CHỦ ĐỀ SỐ HỌC
Cách ghi số tự nhiên.
I/ Ghi số tự nhiên.
- Hê ê thâ pê phân:an an 1...a1a0 an .10n an 1.10 n1 ... a1.101 a0 .100
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tâ nê cùng là 3, nếu xoá số tâ ên cùng thì ta được số
mới nhỏ hơn số ban đầu 2010
Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 10 x 3 ( x N );
Số sau khi xoá đi số tâ nê cùng là x:
Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010
9 x 2007
x 223
Vâ êy số cần tìm là: 2233
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab ba M3; ab ba M5
Giải: Ta có ab
10a b(a, b Z ;1 a, b 9)
Từ đã: ab ba 11(a b) , vì ƯCLN(3,5) = 1
ab ba 11(a b) M
15
(ƯCLN(11,15) =1)
a bM
15
Do 1 a, b 9 (a, b) 7,8 , 8, 7 , 9, 6 , 6,9
Vâ êy số cần tìm là 78; 87; 69; 96
II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.
1/ Phép tính(+; -; x; :)
- Phép tính luỹ thừa:
n
+ a a.a...a
nthuaso
+ a n .a m a m n
m
n
m n
+ a : a a m
n, m, n N , a 0
( a m ) n a m. n
+ Quy ước: a1 a; a 0 0( a 0)
+ Lưu ý: ( x0) n y 0;( x6) n y 6;( x1) n y1;( x5) n y5
+ Những số có số tâ nê cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tâ ên cùng là 6; nếu luỹ
thừa lẻ thì số tâ ên cùng là 4 ; + Những số có số tâ ên cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì
số tâ ên cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tâ nê cùng là 4 ;
Ví dụ 1: So sánh 300200 và 200300
Giải: Ta có: 300200 3200.100200 9100.100200 9100.10400
200300 200300.100300 8100.100300 8100.(102 )300 8100.10600
Do 9 < 10, nên 9100< 10100
9100.10400 10500 10600 8100.10600
Vâ êy300 200 < 200300
Ví dụ 2: 122004 21000 M
10
4
Ta có 2 = 16
2100 24
25
có số tâ ên cùng là 6.22010
22
1005
41005 45.41000 45.(48 )125
122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+....+ 2004.10.22003+ 22004)
Mà 102004 + 2.102003+....+ 10.22003 M
Vây xét 22004 = (24)501 có số tâ ên cùng là 6, nên 122004có số tâ ên cùng là 6.
122004 21000 M
10
B/ Phép chia hết trong tâ âp hợp các số nguyên.
I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.
1. Tính chất:
+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”.
+ Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
+ Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120.
Các dấu hiê âu chia hết
a )an an 1...a1a0 M2 a0 M2
b)an an1...a1a0 M5 a0 M5
c)an an 1...a1a0 M3
d )an an 1...a1a0 M3
n
i 0
n
i 0
ai M3
ai M9
f )an an 1...a1a0 M25; 4 a1a0 M25;4
g )an an1...a1a0 M
125;8 a2 a1a0 M
125;8
Dấu hiê âu chia hết cho 11
Cho A = ... a5 a4 a3 a2 a1 a0.
A 11 [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )]
11.
Chứng minh:
2
4
3 3
5
A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ... ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ... )
2
4
Chú ý rằng : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1,..., tổng quát :
2k
3
5
10 = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1,...
2k + 1
Tổng quát 10
= béi 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) +
+ (béi 11 – a1 – a3 – a5 - ... ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 +...)
Như vâ êy điều kiê ên cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số
hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiê êu chia hết cho 11
Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n M6
Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - 1 M9. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 M9 (Đề thi chọn HSG
lớp 9 huyê ên Văn Bàn năm học 2009 - 2010)
Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 1 M9, Đă êt: 717 + 17.3 - 1 = 9k.
Mă êt khác: 718 + 18.3 – 1 = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)]
= 7.9k – 33.9
= 9.(7k - 33) M9
18
Vâ êy: 7 + 18.3 - 1 M9.
Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - 1 M3. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 M3 (Đề thi chọn HSG líp
9, cấp trường năm học 2010 - 2011)
2. Sử dụng định lý mở rộng.
a)n N : a n b n a b a n 1 a n2b ... ab b n1 ; a, b Z
n 2
a n b n M(a b)
n 2k , k N , a n b n M(a b)
b)k N , n 2k 1: a n bn a b a n1 a n2b ... ab b n 1
n 2k 1: a n b n M a b ; a b
n 2
Các ví dụ:
Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 1 M323
3. Một số phương pháp chứng minh khác.
- Chứng minh quy nă pê : Nguyên tắc chứng minh
+ Xét vì n = n0 đúng.
+ Gỉa sử vì n = k đúng.
+ Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng
Từ đã được điều phải chứng minh.
Bài tâ âp vâ ân dụng:
Chứng minhrằng
a )32 n 2 n M7(n N )
b)32 n 1 2n 2 M7(n N )
c) 10n 18n 1M9
Giải: a )32 n 2 n M
7
+ Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng,
2k
k
+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là: 32 k 2k M
7 . Đă êt: 3 2 7 q .
+ Xét vì n = k + 1,ta có
32( k 1) 2k 1 9(3k 2k 1 ) 9.2k 2.2k 7(9q 2k ) M
7
Vâ êy n = k + 1 đúng,
Kết luâ nê :32 n 2n M
7
b) Làm tương tự:
c) 10n 18n 1M27
Giải:
+ Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 10 + 18.0 – 1 = 0 M27
+ Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k 18k 1M27 , Đă êt: 10k 18k 1 27 q
+ Xét vì n = k +1 ta có:
10k 1 18( k 1) 1 10(10k 18k 1) 18k 18 1 (180k 10)
0
10.27q 27. 1 6k 27(10q 6k 1) M27
Vâ êy n = k + 1 đúng,
Kết luâ nê : 10n 18n 1M27
Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ1: Tìm chữ số x,y đó 7 x36 y5M
1375
Ví dụ2: Tìm chữ số x,y đó 134 xyM45 (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyênê Văn Bàn năm
học 2009 - 2009)
3.Các dạng bài tâ âp khác sử dụng.
a) Tìm số tâ nê cùng.
b) Sử dụng phép chia có dư.
c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne.
d) Sử dụng đồng dư thức.
C/ Số nguyên tố.
I/ Số nguyên tố, hợp số.
1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố.
Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau. ƯCLN,
BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết.
1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích
chia hết cho p.
n
Hê ê quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p .
2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau
thì a chia hết cho m.
Thâ êt vâ êy, phân tích m ra Theo số nguyên tố :
k1 k2
kn
m = a1 a2 ...an
(1)
Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2,...an vì
số mò lớn hơn hoă êc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b
và m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa
số a1 , a2, ..., an. Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , ... an tức là a chia hết cho m.
3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n.
Thâ êt vâ êy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết
cho BCNN ( m,n).
Hê ê quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết
cho tích m.n.
II. Những ví dụ
Ví dụ 1 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7.
7
Giải : Cách 1:
18n + 3
14n + 4n + 3 7
7
4n + 3
4n + 3 – 7 7
7
4n – 4
4(n – 1)
7
Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1 7
Vâ êy n = 7k + 1 ( k N).
7
Cách 2:
18n + 3
18 n + 3 – 21 7
18n - 18
7
18(n – 1)
7
Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1 7
Vâ êy n = 7k + 1 ( k N)
Nhâ ân xét: Viê êc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một
biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hê ê số của n bằng 1.
Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b N) . Chứng minh rằng 10a + b
chia hết cho 13.
Giải : Đă êt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x 13, cần chứng minh y 13.
Cách 1: xét biểu thức:
10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b
Như vâ êy 10x – y 13
Do x 13 nên 4y 13. Suy ra y 13
Cách 2: Xét Biểu thức:
4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a
Như vâ êy 4y – x 13
Do x 13 nên 4y 13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y 13
Cách 3 : Xét biểu thức:
3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b.
Như vâ êy 3x + y 13
Do x 13 nên 3x 13 . Suy ra y 13
Cách 4: Xét biểu thức:
x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b
Như vâ êy x + 9y 13
Do x 13 nên 9y 13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y 13
Nhânê xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có
một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13.
Hê ê số của a ở x là 4, hê ê số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a
(tức là làm cho hê ê số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hê ê số của a
bằng 13.
Hê ê số của b ở x là 4, hê ê số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử
b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hê ê số của b bằng 13.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia
hết cho 24.
Giải .
Ta có (p – 1)p(p + 1) 3 mà (p,3) = 1 nên
(p – 1)(p + 1) 3
(1)
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên
tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết
cho 8 (2).
Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3
và 8.
Vâ êy (p – 1)(p + 1) 24.
III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia
Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.
Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5
Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r N, r < 35), trong
đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.
Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia
cho 5 dư 1, vâ êy r = 26.
Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26.
Cách 2: Ta có n – 1 5 n – 1 + 10 5 n + 9 (1) . Ta có n – 5 7
n – 5 + 14 7 n + 9 7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9 35
số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26
Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5 5x = 5y + 2y + 4 2(y + 2) 5 y + 2 5
Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26.
Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n
cho 132 thì dư 98.
Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98
131x = 131y + y – 14 y – 14 131
y = 131k + 14 ( k N)
n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946
Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946
Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra
131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14 131 y 145 n có
nhiều hơn bội chữ số.
Vâ êy x = y, do đó y = 14, n = 1946,
Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên
132 n = 131.132x + 14784
(1)
Mă êt khác n = 132y + 98 nên
131n = 131.132y + 12838
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946
n = 131.132(x – y) + 1946.
Vì n có bội chữ số nên n = 1946.
III/ ƯCLN, BCNN.
1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng.
Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng
bằng 6.
Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a b) .
Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; N)
Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14
Chọn că êp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’ b’), ta được:
a’
b’
1
13
3
11
5
9
Do đó
a
b
6
78
Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5.
Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a b).
18
66
30
54
Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1
Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3
Chọn că êp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’ b’) ta được:
a’
1
3
Do đó
a
5
15
b’
12
4
b
60
20
2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.
Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của
chúng bằng 900.
Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a b .
Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ b. Do đó ab = 100 a’b’(1).
Mă êt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp:
a’
1
2
5
9
Do đó
a
10
20
50
90
b’
90
45
18 10
b
900
450
180
100
3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuâtê toán Ơ clit
Ví dụ 4 . Cho hai số tự nhiên a và b (a > b)
a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b
b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN
của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ.
c) Dùng các nhâ ên xét trên đó tìm ƯCLN (72,56).
Giải :
a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b. Đảo lại,do a chia hết
cho b nên b là ước chung của a và b. Vâ êy (a,b) = b.
b) Gọi r là số dư trong phép chia a cho b (a > b) . Ta có a = bk + r (k N),
cần chứng minh rằng (a, b) = (b,r)
Thâ êt vâ êy, nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chúng của
a và b còng là ước chung của b và r (1).
Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b
và r còng là ước chung của a và b (2).
Từ (1) và (2) suy ra tâ pê hợp các ước chung của a và b và tâ pê hợp các chung của
b và r bằng nhau. Do đó hai số lớn nhất trong hai tâ êp hợp đó còng bằng nhau, tức
là
(a, b) = (b,r)
c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16)
56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8);
16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 . Vâ êy (72,56) = 8
Nhâ nê xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r1, b chia cho
r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3... , rn – 2 chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư 0. (dãy số b,
r1 , r2 ,...,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình
trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có
(a, b) = (b,r1) = (r1,r2) =... =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn).
Như vâ êy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a
cho b; b cho r1; r1 cho r2;... trong đó r1,r2,... là số dư trong các phép chia theo thứ tự
trên.
Trong thực hành ngưêi ta đă tê tính như sau:
72
56
56
16
1
16
8
3
0
2
Viê êc thực hiê ên một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuâ êt toán Ơ–
clit.
Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết
quả vì số thứ ba.
4) Hai số nguyên tố cùng nhau:
Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ
có ước chung duy nhất là 1.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng
a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n N) là hai số nguyên tố cùng nhau.
Giải:
a) Gọi d ƯC (2n + 1,2n + 3) (2n + 3) – (2n + 1) d
2 d d {1; 2}
Nhưng d 2 vì d là ước của số lẻ. Vâ êy d = 1
c) Gọi d ƯC (2n + 1, 3n + 1) 3 (2n + 1) – 2 (3n + 1) d 1 d d=1
Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng
nhau.
Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì
9n + 24 – 3 (3n + 4) d 12 d d { 2 ; 3}
Điều kiê ên đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d 2 và d 3. Hiển nhiên d 3 vì 3n + 4
không chia hết cho 3. Muốn d 2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n +
4 không chia hết cho 2. Ta thấy:
9n + 24 là số lẻ 9n lẻ n lẻ
3n + 4 là số lẻ 3n lẻ n lẻ
Vâ êy điều kiê ên đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ.
5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số
Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n N)
Giải : Gọi d ƯC (2n – 1, 9n + 4) 2(9n + 4) - 9(2n – 1) d 17 d
d { 1 ; 17 }
Ta có 2n – 1 17 2n – 18 17 2(n – 9) 17 n – 9 17
n = 17k + 9 ( k N)
Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1 17 và
9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17
Nếu n 17k + 9 thì 2n – 1 không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1
n( n 1)
và 2n + 1 (n N *)
2
n ( n 1)
,2 n 1 thì n(n + 1) d và 2n + 1
Giải : Gọi d ƯC
d
2
Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1) d tức là n2 d
Từ n(n+1) d và n2 d suy ra n d . Ta lại có 2n + 1 d, do đó 1
d, nên
n( n 1)
Vâ êy ƯCLN của
và 2n + 1 bằng 1
2
Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của
d=1
V. Số lượng các ước của một số (*)
x y z
Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = a .b .c ...
thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
Thâ êt vâ êy, ước của A là số có dạng m.n.p... trong đó
m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 ,... ax),
2
y
n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b , ..., b ),
2
z
p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c ,... c ),...
Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước.
Giải : Phân tích số phải tìm ra theo số nguyên tố :
x y z
N = a .b .c ... ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) ... = 12.
( x y z ... 1).
Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là:
12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2.
Xét các trường hợp sau:
a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn theo số
11
nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 2 .
b) n chứa hai thừa số nguyên tố:
Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoă êc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoă êc x = 3
, y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có
5
3 2
n = 2 .3 = 96 hoă êc n = 2 .3 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72.
c) n chứa ba thừa số nguyên tố :
2
Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là 2 .3.5 = 60
11
So sánh ba số 2 , 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60
CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT
I. Dãy cộng :
Xét các dãy số sau:
a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,...
b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7,... c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 ...
Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số
hạng đứng liòn trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy
b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng.
Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19... Hiê êu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số
hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là
4 + (10 – 1).3 = 31.
Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a 1 và hiê êu giữa hai số hạng
liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiê êu an) bằng:
an = a1 + (n - 1)d
(1)
Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng
4 + 7 + 10 + ... + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số)
Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + ... 25 + 28 + 31
A = 31 + 28 + 25 + ... + 10 + 7 + 4
nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) +... + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10
Do đó A =
(4 31).10
175
2
Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a 1, số hạng cuối là
an thì tổng của n số hạng đó được tính như sau:
S
(a1 a n ).n
2
(2) (*)
Trường hợp đă êc biê êt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng:
1 + 2 + 3 + ... + n =
n(n 1)
2
(3)
II. Các dãy khác
Ví dụ 1 . Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luâ êt:
a) 3 , 8 , 15 , 24 , 35, ...
(1)
b) 3 , 24 , 63 , 120 , 195, ...
(2)
c) 1 , 3 , 6 , 10 , 15, ...
(3)
d) 2 , 5 , 10 , 17, 26,...
(4)
Giải
a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng:
1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,...
Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn hơn
theo số thứ nhất là 2 đơn vị. Các theo số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5,... dãy
này có số hạng thứ 100 là 100.
Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200
b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng :
1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,...
Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , ... là : 1 + 99.3 = 298.
Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400.
c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng :
1.2
;
2
2.3
;
2
3.4
;
2
4.5
;
2
5.6
;...
2
100.101
5050
Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng :
2
d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng:
2
2
2
2
2
1 + 1 , 1 + 2 , 1 + 3 , 1 + 4 , 1 + 5 ,...
2
Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 100 = 10001
BÀI TẬP
1 . Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ :
1, 3, 5, 7,...
2 . a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số.
b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số
3 . Có số hạng nào của dãy sau tâ ên cùng bằng 2 hay khằng?
1;1+2;1+2+3;
1 + 2 + 3 + 4 ;...
4. a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A.
Tính tổng các chữ số của A.
b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000.
5. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số mới
bằng bao nhiêu ?
6. Tích A = 1.2.3... 500 tâ ên cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?
7. a) Tích B = 38.39.40... 74 có bao nhiêu theo số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên
tố ?
b) Tích C = 31 . 32 . 33... 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra theo số
nguyên tố ?
8. Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau:
3, 7 , 11, 15..., 407
(1)
2,9,16,23,..., 709
(2)
9. Trong dãy số 1, 2, 3,..., 1990, có thể chọn được nhiều nhất bao nhiêu số đó tổng
hai số bất kì được chọn chia hết cho 38 ?
10. Chia dãy số tự nhiên kế tiếp 1 thành từng nhóm ( các số cùng nhóm được đă tê
trong dấu ngoă êc)
(1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15),...
a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100.
b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 .
11. Cho S1 = 1 + 2,
S2 = 3 + 4 + 5,
S3 = 6 + 7 + 8 + 9,
S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14,
.....
Tính S100.
12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
a) 1.6; 2.7; 3.8;...
b) 1.4; 4.7; 7.10;...
2
3
20
21
13 . Cho A = 1 + 3 + 3 + 3 + ... + 3 , B = 3 : 2
Tính B – A
2
3
99
100
14. Cho A = 1 + 4 + 4 + 4 + ... + 4 , B = 4
B
Chứng minh rằng : A < 3
15. Tính giá trị của biểu thức:
a) A = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
50 chữ số
b) B = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
200 chữ số
DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT
Dãy các số viết theo quy luâ êt đã được trình bày ở chủ đề I. Chúng ta cũng
gă pê các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luâ êt nhất định.
Ví dụ 1. Tính nhanh:
A
1 1
1
1
2 3 ... 8
3 3
3
3
Giải
1
1
1
2 ... 7
3 3
3
1 1
1
1
A 2 ... 7 8
3 3
3
3
3A 1
Ta có:
(1)
(2)
Lấy (1) trừ (2) được:
2A = 1 A
Do đó:
1
1
6560
1
8
6561 6561
3
3280
6561
Ví dụ 2. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau:
1
1
1
1
1 1 1
1
,
,
,
,
,
,
,
a)
b) ,
1.2 2.3 3.4 4,5
6 66 176 336
Giải
a) Ta chú ý r”ng :
1 1
1 1 1
1
1
1
1
,
, ,
1 2 1.2 2 3
2.3
n n 1
n( n 1)
Do đó:
1
1
1
1.2
2.3
100 .101
1 1 1 1
1
1
1
1
1 2 2 3
99 100 100 101
1
1
100
101 101
b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336,... dưới dạng 1.6; 6.11; 11.16;
16.21;..., số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1)
Cần tính tổng A =
Nhânê xet:
1 1 5
;
1 6 1.6
1
1
1
1
1.6
6.11 11.16
496.501
1 1
5
; ;
6 11 6.11
1
1
5
496 501 496.501
Tổng quát :
1
1
5
5n 4
5n 1
(5n 4)(5n 1)
Do đó:
5A
1 1 1 1
1
1
1
500
1
1 6 6 11
496 501
501 501
Suy ra :
A
100
501
Ví dụ 3. Tính tổng:
Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiê êu
của hai số sao cho số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau:
Ta xét:
1
1
2
1
1
2
1
1
2
,
, ,
2 2.3 1.2.3 2.3 3.4 2.3.4
37.38 38.39 37.38.39
Tổng quát :
1
1
2
n( n 1)
( n 1)( n 2)
n( n 1)( n 2)
Do đó:
2B
.
2
2
2
2
1.2.3 2.3.4 3.4.5
37.38.39
1
= 2
1 1
1
1
1
2.3 2.3 3.4
37.38 38.39
1
1
740
370
1.2 38.39 38.39 741
185
Suy ra: B 741
Tổng quát
1
1
1
1
1
1.2.3
2.3.4
n( n 1)( n 2)
2
( n 1)(n 2)
Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức:
1 1
1
1
3 5
97 99
A
;
1
1
1
1
1
1.99 3.97 5.95
97.3 99.1
1 1 1
1
2 3 4
100
B
99 98 97
1
1
2
3
99
1
a)
b)
Giải
a) Ghép các phân số ở số bị chia thành từng că pê đó mẫu chung, giêng mẫu của các
phân số tương ứng ở số chia. Biến đổi số bị chia: cộng từng că pê các phân số cách
đều hai đầu ta được:
1 1
1 1
1
1
100
100
100
100
1
1
99 3
97 5
95
51 1.99
3.97
5.95
49.51
49
Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vâ êy A = 50
b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiê êu 100 – 1, 100 – 2 , ... 100 – 99.
Số chia bằng:
100 1 100 2 100 3
100 99
1
2
3
99
100 1 2
3
99
100 100 100
2
3
99 1 2
3
99
1
1
1
1
99
2
3
99
1
1
1
1
1
1
1
= 1 + 100 2 3 99 100 2 3 99 100
1
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vâ êy B = 100
= 100 + 100
Ví dụ 5:
a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 98.99
b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính.
B = 12 + 22 + 32 + ...+ 972 + 982
c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính:
C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ... + 98.2 + 99.1
Giải
a) Đó tích mỗi số hạng thành hiê êu của hai số nhóm triê êt tiêu từng că pê hai số, ta
nhân mỗi số hạng của A vì 3. Thừa số 3 này được viết dưới dạng 3 – 0 ở số hạng
thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứ ba,..., 100 – 97 ở số hạng cuối
cùng. Ta có:
3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + ... + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97)
= 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + ...+ 97.98.99 - 96.97.98 +
98.99.100 - 97.98.99
= 98.99.100
Suy ra A = 323400
Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + ...+ n(n+1) =
n( n 1)( n 2)
3
b) B = 12 + 22 + 32 + ... + 972 + 982 =
= 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + ... + 97(98 – 1) + 98(99 – 1 ) =
= (1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 97.98 + 98 .99) – (1 + 2 +3 + ... + 97 + 98)
= A-
98.99
323400 4851 318549
2
Tổng quát : 12 + 22 + 32 + ...+ n2 =
n( n 1)( n 2)
n( n 1)
n( n 1)( 2n 1)
3
2
6
c) C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ...+ 98.2 + 99.1 =
= 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) +...+ 98(99 – 97) + 99(99 – 98) =
= (1.99 + 2.99+...+ 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+...+ 97.98 + 98.99) =
= 99 ( 1 + 2 + 3 + ... + 99 ) – A =
= 99.
99.100 98.99.100 99.100.101
166650
2
3
6
Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + ... + (n –1)2 + n.1 =
n( n 1)( n 2)
6
BÀI TẬP
16. Tính nhanh:
A=
1
1
1
1
2 3 10
2 2
2
2
17. Viết tất cả các phân số dương thành dãy:
1 2 1 3 2 1 4 3 2 1
; , ; , , ; , , , ;...
2 1 2 1 2 3 1 2 3 4
a) Hãy nêu quy luâ êt viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luâ êt ấy.
b) Phân số
50
là
31
số hạng thứ mấy của dãy ?
18 . Tìm x, biết rằng
a)
1
1
1
1
101
5.8
8.11 11.14
x ( x 3)
1540
;
1 1 1
1
1
1991
x
(
x
1) = 1
b) 3 6 10
1993
2
C/ Phương trình nghiê m
â nguyên
I/ Phương trình nghiê âm nguyên: ax + by = c
Điều kiê ên đó có nghiê êm: (a,b) = d;c Md
- Cách giải:
+ Đă êt ẩn phụ liên tiếp.
+ Tìm nghiê êm riêng x0 ; y0 của phương trình, từ đã nghiê êm của (1) là
x x0 bt
y y0 at
+ Phương pháp phân tích thành nhân tử.
+ Phương pháp loại trừ.
+ Phương pháp xuống thang.
CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ
A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
I. Phương pháp chung.
1. Phương pháp đạt nhân tử chung.
2. Phương pháp nhóm các hạng tử.
3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức.
Phương pháp tách các hạng tử.
Vì đa thức bâ êc hai: f ( x) ax 2 bx c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử
dụng các cách sau:
C1: Tách b = b1 + b2, sao cho b1.b2= a.c khi đã thực hiê ên nhóm các hạng tử đã
phân tích thành nhân tử.
C2: Nếu f ( x) ax 2 bx c = 0 có hai ngiê êm (hoă êc nghiê êm kép ) làx1 ; x2 khi đã
f ( x) ax 2 bx c a( x x1 )( x x2 )
4. Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp
5. Phương pháp đồng nhất các hạng tử:
II/ Các bài tâ âp áp dụng
Dạng bài phân tích thành nhân tử
Bài 1. Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử.
a) 5x2 – 5y2
b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x
c) x4 + 1
d) x8 + x4 + 1.
e) x10 + x5 + 1
f) x2 + 3x - 4 .
g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2)
Bài 2. Giải phương trình:
a) x2 + 2x = x + 2
b) 3x2 + 7x + 4 =0
B. Chia đa thức
1. Đă ât chia.
2. Dùng sơ đồ Hooc – ne.
f ( x ) an x n an 1 x n ... a1 x a0
an
an-1
...
a0
q
an
qan+ an-1 ...
r
+ Vì q là ước của a0
+ Nếu r = 0 thì f ( x) M( x q)
Vý d”:
a) Tìm a sao cho 4 x 2 6 x a M( x 3)
b) Tìm a và b sao cho x 4 ax b M( x 2 1)
C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
1)Đưa về tam thức bâ âc hai rồi biến đổi về dạng:
a) y = a + A2 a Miny a A 0 ,
Tương tự vì: y = a + 2k A a Miny a A 0 ;
Và : y = a + A a Miny a A 0 ;
b) y = a - A2 a => Maxy = a A 0
Tương tự vì: y = a - 2k A a Max y a A 0 ;
Và : y = a - A a Max y a A 0
c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x2 + 2x +7
Tìm giá trị nhỏ nhất của: y = 3x2 +6x + 5
2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bâ âc
f ( x)
hai có cách giải. Cách 1: Đă êt:k g ( x) f ( x) kg ( x);( g ( x) 0) rồi biê ên luâ nê k
phương trình đã phải có nghiê êm(Xét 0 k ? ) rồi kết luâ ên.
k
Cách 2: + Max g ( x) khi g(x) đạt giá trị nhỏ nhất. (k là hằngsố)
k
+ Min g ( x) khi g(x) đạt giá trị lớn nhất (k là hằngsố)
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A =
3
4x 4x 3
2
Giải: Đă êt:
3
k 2
k (4 x 2 4 x 3) 3;( Do4 x 2 4 x 3 0, x)
4x 4x 3
4kx 2 4kx 3(k 1) 0(*)
Đã phương trình (*) có nghiê êm khi
' (2k ) 2 12 k ( k 1) 0
4k 0
8k 2 12k 0
k 0
0k
3
2
3
2
Vâ êy: Max A = khi x =
2k 1
4k 2
A không có giá trị nhỏ nhất.
Lưu ý vì tam thức bâ êc hai f ( x) ax 2 bx c có hai nghiêm
ê x1và x2 ta luôn có:
+ af(x) 0 vì x , x1 ; x1 ,
+ af(x) 0 vì x x1 ; x2
+ Nếu x x1 ; x2 => f(x1) .f(x1) 0
x2 x 1
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = 2
x 2x 3
3. Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có:
Gỉa sử an an 1 ... a1 a0 k
k
n
Khia đã: Max (an .an 1...a1.a0 ) ( ) n an an 1 .. a1 a0
4. Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có:
Gỉa sử an .an 1...a1.a0 k
Khia đã: Min (an an 1 ... a1 a0 ) n n k an an1 .. a1 a0
5. Bất đẳng thức Chaychy
a) a 0, b 0 a b 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b
b) Mở réng cho n số, ta có
an , an1 ,..., a1 , a0 0 an an1 ... a1 a0 n n an , an1 ,..., a1 , a0 an an1 .. a1 a0
D. Chứng minh thức:
I. Phương pháp giải:
1. Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa.
A B A– B 0
+ Lâ êp hiê êu số A- B.
+ Rút gọn A- B và chứng minh A – B 0.
+ Kết luâ nê A B.
2. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp
+ Biến đổi A:
A A1 A2 .. B M 2 B
3. Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết.
3.1) Bất đẳng thức Chauchy
a) a 0, b 0 a b 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b
b) Mở réng cho n số, ta có
an , an1 ,..., a1 , a0 0 an an1 ... a1 a0 n n an , an1 ,..., a1 , a0 an an1 .. a1 a0
3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki
ax by
2
a 2 b 2 x 2 y 2 , dấu “ = ” sảy ra:
a
y
b
x
3.3) Ngoài ra sử dụng các bất đẳng thức đã học.
4. Phương pháp 4: Phương pháp so sánh.
5. Phương pháp dùng tính chất bắc cầu:
6. Phương pháp 6: Phương pháp tương đương:
A B A1 B1 ... (*)
Mà (*) đóng A B .
7. Phương pháp 7.
8. Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng.
Đã chứng minh A B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô
lý. Ta kết luâ nê : A B .
II. Các bài tâ âp vâ ân dụng:
A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản:
3
a3 b3 a b
2
2
1.
Cho a, b > 0 Chứng minh
2.
Chứng minh:
3.
3
3
Cho a + b 0 Chứng minh: a b 3 a b
4.
Cho a, b > 0 . Chứng minh:
5.
Chứng minh: Vì a b 1:
6.
ab
2
a 2 b2
2
2
2
2
2
a
b
1
2
1 a
2
b
a
a b
1
2
1 b
2
1 ab
Chứng minh a b c 3 2 a b c ; a , b , c R
- Xem thêm -