Chuyên đề số học

Phần I: SỐ HỌC
MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ
1/ nếu a
1 ,
a
2
, a
3
đều chia hết cho b
Thì : a/ a
1
+

a
2
+ a
3
+… chia hết cho b
b/ a
1
n + a
2
.n + a
3
.n … chia hết cho b
* HỆ QUẢ : a
1
M

b
a

1
+ a
2

M

b
2/ b
1
\ a
1
, b
2
\ a
2
, b
3
\ a
3
thì b
1
.b
2
.b
3
\ a
1
.a
2
.a

3

* HỆ QUẢ: b\ a thì b
n

\ a
n

và b.c \ a.c ( với mọi n
∈
N, c
≠
0 , c
∈
Z )
3/ bc\ ac
⇒
b \ a ( c
≠
0)
4/ Nếu a
M
b
a
M
c
( b,c) = 1
5/ Nhò thức Niu-Tơn:
a/ a
n

- b
n
= ( a-b)(a
n-1
b
0
+ a
n-2
b + a
n-3
b
2
+…+a
0
b
n-1
) với n
∈
N, và a
≠
b
b/ a
n

+ b
n
= ( a+ b)(a
n-1
b

0
- a
n-2
b + a
n-3
b
2
– a
n-4
b
3
+…-ab
n-2
+ a
0
b
n-1
) với n
∈
N, n lẻ và a
≠
-b
c/ ( a+ b+ c)
2
=
2 2 2
2 2 2a b c ab ac bc+ + + + +
d/
2 2 2
( ) 2 2 2a b c a b c ab ac bc+ − = + + + − −

6/ Đònh lý BRu ( mở rộng chia hết trong đa thức )
Nếu f(x) có

nghiệm là x
0
thì f(x) = ( x-x
0
)g(x) họăc f(x)
M

( x-x
0
).
Nói cách khác f(x)
M
(x- a) khi f(a) = 0
• CHÚ Y Ù:a/ Nếu tổng các hệ số của đa thức f(x) bằng 0 thì f(x) có nghiệm bằng 1 .
Hay f(x)
M
(x-1)
b/ Nếu đa thức f(x) có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì f(x) có
nghiệm x = -1 . Hay f(x)
M
(x+1)
7/ CHIA HẾT – CHIA CÓ DƯ :
Tr 1
Thì a
2

M

b
⇒
a
M

b.c
• Ngòai các điều kiện chia hết học ở lớp 6 , ta cần nhớ thêm các điều kiện sau:
+ Mọi số chẵn đều chia hết cho 2
+ ĐK chia hết cho 4 ( họăc 25) : Số có 2 chữ số tận cùng lập thành một số có 2 chữ số
chia hết cho 4 (hoặc 25) thì số ấy chia hết cho (4 họăc 25).
+ ĐK chia hết cho 8 ( họăc 125) : số có 3 chữ số tận cùng lập thành một số có 3 chữ số
chia hết cho 8 (hoặc 125) thì số ấy chia hết cho 8 (hoặc 125)
+ Tích 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp luôn chia hết cho 8
+ Với a,b
∈
Z ; b
≠
0 luôn tồn tại một cặp số nguyên q, r sao cho
.a b q r= +

(0 r≤
<
b
). Ta gọi r là số dư , q là thương trong phép chia a cho b
+ Đònh lý BRu mở rộng ( Tham khảo) : Phần dư của phép chia f(x) cho nhò thức
g(x) = x-a là một hằng số bằng giá trò của f(a)
+ Lược đồ Hooc-Ne ( Tính hệ sốø của đa thương và dư trong phép chia
Đa thức f(x) =
1 2
1 2 1 0

n n n
n n n
a x a x a x a x a
− −
− −
+ + + + +
cho nhò thức
x
α
−
a
n
a
n-1
a
n-2
… a
1
a
0
α
b
n
=a
n
1 1
.
n n n
b b a

α
− −
= +
2 1 2
.
n n n
b b a
α
− − −
= +
…
1 2 1
.b b a
α
= +
1 0
.r b a
α
= +
( Dòng thứ 2 : giá trò ở ô cuối cùng là số dư, giá trò ở mỗi ô còn lại là hệ số của đa thức
thương)
+ Tam giác PASSCAN: 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
( Các số ở mỗi dòng của tam giác ứng với các hệ số trong khai triển các lũy thừa của một

tổng 2 số hạng)
8/ NGHI Ệ M C Ủ A Đ A TH Ứ C V Ớ I H Ệ S Ố NGUN :
Tr 2
f(x) =
1 2
0 1 2 1 0

n n n n
n
a x a x a x a x a
− −
−
+ + + + +
• Nếu có nghiệm hữu tỷ
p
q
thì : p là ước của a
n
(
n
a pM
)

và q là ước của a
0
(
0
a qM
)
• Nếu có nghiệm ngun x = a thì a là ước của a

n

• Nếu f(x) có nghiệm x = a thì (x- a ) là một nhân tử của f(x)
* VD1- Phân tích đa thức: f(x) = x
3
– x
2
+4 thành nhân tử ( CMR : x
3
– x
2
+4 chia
hết cho x
2
+x+2)
+nghiệm nguyên nếu có của f(x) thì x =
{ }
1;1; 2;2− −
+ Thử lại ta có x = 2 là nghiệm .
Vậy
2
( ) ( 2)( 2)f x x x x= − + +
(
2
( )
2
2
f x
x x
x

= + +
−
)
+ x
2
+x+2 có
∆
= -7 < 0 ( VN)
* VD2 phân tích f(x) = 3x
3
+ 7x
2
+ 17x -5 thành nhân tử
Nghiệm nguyên nếu có của đa thức thì x
{ }
1; 1; 5; 5∈ − + − +

Nghiệm hữu tỷ nếu có của đa thức thì x
1 1 5 5
; ; ;
3 3 3 3
 
∈ − + − +
 
 
Thử lại ta có
1
3
là nghiệm .
2

1
( ) 3( )( 2 5)
3
f x x x x⇒ = − − +
do x
2
-2x +5 VN
9/ Phương trình bậc hai :
Có biệt thức :
( )
2
2
0 0
4
ax bx c a
b ac
+ + = ≠
∆ = −
*
∆
< 0 phương trình vơ nghiệm.
*
∆
= 0 tphương trình có nghiệm kép
1 2
2
b
x x
a
= = −

*
∆
> 0 phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1 2
,
2 2
b b
x x
a a
− + ∆ − − ∆
= =
VD- 3x
2
– 8x + 4 = 0

10/ phương pháp chứng minh bằng quy nạp: f(x) = a
* CM f(x) đúng với x = 1
* Giả sử f(x) đúng với x = n
* Chứng minh f(x) luôn đúng với x = n+1
VD
I-PHÉP CHIA HẾT
BÀI 1: 1, Cho biểu thức: A =
5
2n
−
−
a, Tìm các số ngun n để biểu thức A là phân số.
b, Tìm các số ngun n để biểu thức A là số ngun.
2, Tìm x biết:
a, x chia hết cho cả 12; 25; 30 và 0 ≤ x ≤ 500

Tr 3
b, (3x 2
4
). 7
3
= 2. 7
4
c,
5 16 2.( 3)x = +
3, Bn Hng ỏnh s trang sỏch bng cỏc s t nhiờn t 1 n 145. Hi bn Hng
ó dựng bao nhiờu ch s ? Trong nhng ch s ó s dng thỡ cú bao nhiờu ch s 0 ?
BI 2: 1, Cho S = 5 + 5
2
+ 5
3
+ . . . . + 5
96

a, Chng minh: S
M
126
b, Tỡm ch s tn cựng ca S
2, Chng minh A = n(5n + 3)
M
n vi mi n

Z
3,Tỡm a, b

N, bit: a + 2b = 48

CLN (a, b) + 3. BCNN (a, b) = 14
BI 2 :a. Chng minh:
12 1
30 2
n
n
+
+
(n

Z) ti gin
b.Bn Hng ỏnh 1 cun sỏch dy 284 trang bng dóy s chn.
c, Bn Hng cn bao nhiờu ch s ỏnh ht cun sỏch ú ?
d, Trong dóy s trờn thỡ ch s th 300 l ch s no ?
e, Tớnh:
2 2 2 2

1.3 3.5 5.7 99.101
+ + + +
BI 3: 1) Rút gọn
108.6381.4227.21
36.2127.149.7
++
++
=A
2) Cho
*
)3(
3
10.7

3
7.4
3
4.1
3
Nn
nn
S
+
++++=
Chứng minh: S < 1

3) So sánh:
2004.2003
12004.2003
và
2005.2004
12005.2004

4) Tìm số nguyên tố P sao cho các số P + 2 và P +10 là số nguyên tố
5) Tìm giá trị nguyên dơng nhỏ hơn 10 của x và y sao cho 3x - 4y = - 21
6 )Cho phân số:
)1;(
1
5

+

= nZn
n

n
A
a) Tìm n để A nguyên.
b) Tìm n để A tối giản .
BI 4
1) Tìm các giá trị của a để số
5123a
a) Chia hết cho 15
b) Chia hết cho 45
2/ Chứng minh rằng:
11810 += nA
n
chia hết cho 27 (n là số tự nhiên).
3/ Cho
nnnA 23
23
++=
a) Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi số nguyên n.
b) Tìm giá trị nguyên dơng của n với n < 10 để A chia hết cho 15.
4/ Trong đợt thi học sinh giỏi cấp tỉnh có không quá 130 em tham gia. Sau khi chấm bài thấy
số em đạt điểm giỏi chiếm
9
1
, đạt điểm khá chiếm
3
1
, đạt điểm yếu chiếm
14
1
tổng số thí sinh

dự thi, còn lại là đạt điểm trung bình.
Tr 4
Tính số học sinh mỗi loại.
BI 5:
1/ Cho
200432
3 333 ++++=A
a) Tính tổng A.
b) Chứng minh rằng
130MA
.
c) A có phải là số chính phơng không ? Vì sao ?
2) Tìm n Z để
31313
2
++ nnn M
CHUYấN TNH TNG HU HN
Bi 1:
a. Cho n l mt s nguyờn dng. Hóy so sỏnh:
2
1 1
1 + -
n n+1

ữ

v
( )
2
2

1 1
1 + -
n
n+1
b. Tớnh:
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 + + + 1 + + + 1 + + + + 1 + +
2 3 3 4 4 5 2005 2006
Bi 2:
Chng minh rng:
n
n 1 1 1
1 + + + + n
2 2 3 2 -1

vi
n N
v
Ví dụ1(SGK-T8.Tr25)
Chứng minh rằng: n

3
n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.
Giải:
Ta có n

3
n =n.(n-1).(n+1). Trong ba số nguyên liên tiếp n,n-1,n+1 luôn cómột số chia
hết cho 2 , một số chia hết cho 3 và (2,3)=1 .Do đó n

3
n
6M
.
Qua bài toán trên ta thấy n
3
và n đồng d khi chia cho các số 2,3 và6 từ đó ta đề xuất một
số bài toán tơng tự nh sau.
Bài1:
Chứng minh rằng :
),(66
33
Znmmnmn ++ MM
.
Giải: Tacó
)(,6)()()()(
1
3333
theoVDmmnnmnmn M+=++
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Tổng quát hoá ta đợc bài toán sau.
Bài2: Chứng minh rằng:

),1,(,6 6
321
33
3
3
2
3

1
niZxxxxxxxxx
inn
=++++++++ MM
Bài3: Cho A=
.9998 321
33333
+++++
Hỏi A có chia hết cho 6 không?
Tr 5
Hớng dẩn: Đặt S=1+2+3+4+ +98+99. Theo bài 2 ta có A-S chia hết cho 6,trong đó
S=
625.33.6
2
)199(99
MS=
+
. Do đó A
6M
.
Bài4:(Thi học sinh giỏi T.P-HCM năm học 2003-2004).
Chứng minh rằng:
6)(
3333
Mzyxzyx ++
với mọi số nguyên x,y,z.
Giải:
[ ]
)()()()()()(
33333333

zzyyxxzyxzyxzyxzyx ++++=++
.
Theo VD1 ta thấy các hạng tử của VP đều chia hết cho 6, từ đó suy ra điều phải chứng
minh.
Bài5:
Viết số
2004
2005
thành tổng của k số tự nhiên tuỳ ý
k
aaaa .,, ,,
321
.Tìm số d của phép chia
33
3
3
2
3
1

k
aaaa
++++
cho3.

Giải: Đặt N=
33
3
3
2

3
1

k
aaaa
++++
và
k
aaaa ++++= 2005
321
2004
.
Ta có N-
=
2004
2005
3)( )()()(
3
3
3
32
3
21
3
1
M
kk
aaaaaaaa ++++
,(VD
1

)
Mặt khác
2004
2005
chia cho 3 d 1, do đó N chia cho 3 d 1.
Kết hợp với hằng đẳng thức đã học
1
VD
đợc phát triển thành các bài toán thú vị sau.
Bài 6:
Cho
23232
)()13()1( baabbabaP ++++=
. Chứng minh rằng P chia hết cho 6 với mọi số
nguyên a,b.
Giải:
Đặt
222
)(13;1 bayxabbyabax +=++=+=
. Khi đó ta có
P=
6)()()(
3333
Myyxxyxyx +=++
.
Bài7: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x,y thì:
33)3()3(
23323
MM yxyxyxyx ++++
.

Gợi ý: Đặt
:,)(3;3
32323
yxbayxybxyxa
+=++=+=
Ta có
33)()(33
3
1
33
MMMM yxyxBTbaba ++++
(vì 3 là số nguyên tố).
Bài8: Cho các số nguyên x, y , z thoả mãn : x+y+z=
2007
2006.3
Chứng minh rằng: M=
323232
)()()( xzyzzxzxyyyzxyx ++++++++
chia hết cho 6.
Giải:
Đặt
333222
;; cbaMxzyzzcxzxyybyzxyxa ++=++=++=++=
Ta có:
)(6)()(2
2222
gtTheozyxzxyzxyzyxcba ++=+++++=++ M
.
Do đó M
6M

(theo-BT
2
)
Kết hợp ví dụ 1 với bài toán tìm nghiệm nguyên ta có một số bài toán sau.
Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau:
a)
333
20052)()( +++=+++ zyxzyyx
(1)
b)
189)12()1(
3322
=+++ xyyx
(2)
Giải:
a)
[ ] [ ]
333
2005)()()()()1( =+++++ zyzyyxyx
(3)
Tr 6
Dễ thấy VT của (3) chia hết cho 6 (theo-VD1).Nhng
3
2005
không chia hết cho 6,do đó ph-
ơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
b) Đặt
222
)(12;1 yxqpxyqyxp +=++=+=
. Khi đó phơng trình (2) trở thành :

189
33
=+ qp
. Vì 189
3M
nên
)(33
1
33
BTtheoqpqp ++ MM
.Từ đó suy ra p+q là số chính ph-
ơng chia hết cho 3.
Mặt khác
7.3.9))((189
2233
=++=+ qpqpqpqp
.Do đó p+q chỉ có thể bằng 9
),(39)(
2 +
=+=+ Zyxyxyx
, từ đó suy ra phơng trình có hai nghiệm (x,y)=(1,2)hoặc
(2,1). Thử lại thấy thoã mãn.
Bài 10 trang 14 (Sách bài tập tóan 9 tập I ) chứng minh rằng

nn
nn
++
=+
1
1

1
với n là số tự nhiên.
Chứng minh : (
nnnn +++ 1)(1
)
11
=+=
nn

nn
nn
++
=+
1
1
1
Phát biểu cách khác :
1. Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n thì (
)1 nn +
và
nn ++1(
) là hai số nghịch đảo.
2 .
nn
nn
++=
+
1
1
1

(với n là số tự nhiên)
Bài 12: Tính
a.
99100
1

34
1
23
1
12
1
+
++
+
+
+
+
+

b.
1
1

34
1
23
1
12
1

+
++
+
+
+
+
+ nn
với n

1
Giải :
Tr 7
a.
99100
1

34
1
23
1
12
1
+
++
+
+
+
+
+
=

9110099100 342312 ==++++
b.
1
1

34
1
23
1
12
1
+
++
+
+
+
+
+ nn
với n

1
=
11 342312 =++++ nnn

Bài 13: Tính
a. A =
200620005
1

43

1
32
1
21
1

++

+




b. B =
122
1

43
1
32
1
21
1
+
+

+


kk

Định hớng :
21
1
21
+

=
hay
1
1
1
++

=+
nn
nn
Giải :
a. A =
200620005
1

43
1
32
1
21
1

++

+




=
)20062005( )43()32()21( ++++++
=
20062005 433221 +++

=
)20061( +

b. B =
122
1

43
1
32
1
21
1
+
+

+

kk
B =
)122( )43()32()21( ++++++++ kk

=
122 433221 ++++++ kk

=
)112( +k
ởBài 71, thay 1 = x

N ta có bài toán 3
Bài 14 Chứng minh: Với x>0,n
0
Tr 8
Ta có:
nxn
x
nxn
++
=+

Bài15 Tính
a. C =
1316
3

710
3
47

3
14
3
+
++
+
+
+
+
+

b. D =
1212
1

57
1
45
1
13
1
++
++
+
+
+
+
+ kk
Với k là số tự nhiên

1
Giải
a. áp dụng bài 3 vào bài bài 4 a. (
4
)
2
-
2
1
= 3 , ở đây x = 3
Ta có:
C =
+
+ 14
3
+
+ 47
3
+
+ 710
3
+
1316
3
+
=
1316 7104714 ++++

=
314116 ==

b. áp dụng bài3vào bài bài 4b (
3
)
2
- (
1
)
2
= 2, ở đây x = 2
Do đó ta đa về dạng bài toán 4a nh thế nào ? ( Nhân 2 vào 2 vế )
2D =
2 2 2 2

3 1 5 3 7 5 2 1 2 1k k
+ + + +
+ + + + +

2D =
1212 573513 +++++ kk

2D =
+ 112k
D =
2
112 +k
Bài 16: Tính
a. E =
25242425
1

3223
1
2112
1
+
++
+
+
+
Định hớng :
nnnn )1(1
1
+++
= ?
Tr 9

nnnn )1(1
1
+++
=
1
1
+nn
.
1
1n n+ +
=
1.
1
+

−+
nn
nn
=
1
11
+
−
nn
E =
25
1
24
1

3
1
2
1
2
1
1
1
−++−+−
= 1-
5
4
5
1
1

25
1
=−=

3 3 3
.
5 2 2 5 8 5 5 8 2006 2003 2003 2006
b P = + + +
+ + +

Ta cã
3
5 2 2 5+
3(5 2 2 5)
(5 2 2 5)(5 2 2 5)
−
=
+ −
3(5 2 2 5)
30
−
=
=
5 2 2 5
10
−
=
5 2 2 5
10 10
−

=
1 1
2 5
−

1 1 1 1 1 1

2 5 5 8 2003 2006
1 1
2 2006
P
P
= − + − + + −
= −
Bµi 17: Kh«ng dïng m¸y tÝnh h·y so s¸nh
A =
20062007 −
vµ B =
20052006 −
Gi¶i :
ap dông bµi 71
A =
20062007
1
+
B =
20052006
1
+

⇒
A < B do
20052007 >
Tr 10



2007 2006 2006 2005 <
Bài 18: Tổng quát từ bài 6 ta có :

11 <+ nnnn
với n

1
áp dụng bài 71 (bài tập toán 9 tập I) ta có điều phải chứng minh.
Bài 8 : Thay 1 = x ở bài 7 ta có : Với
n x
>1
A =
nxn +

B =
xnn
ta có : A < B
từ bài toán 6 ta có bài toán sau:
Bài 19: So sánh C và D
C =
mpm +

D =
npn +
Với m > n > 0 ,p > 0
Ta có
C =
mpm
p
++

D =
npn
p
++
Vì m > n

C < D
*ap dụng bài 71 chứng minh bất đẳng thức
Bài 20 : Chứng minh
a.
nnn 211 <++
(Với n

1)
b.
nxnxn 2<++
(với n> x

0)
Chứng minh
Tr 11

a.
nnn 211 <++


11 <+ nnnn
Bất đẳng thức này đã chứng minh ở bài 7
b.
nxnxn 2<++

xnnnxn <+
Đã chứng minh ở bài 8
Bài 21 : Chứng minh :
122222 +<++ mmm
với m

-1
Chứng minh: Với n = 2 m +1, thay vào bài 10a thì ta đợc :
122222 +<++ mmm

Bài 12:Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng tỏ
1,099101 >
Giải

99101
2
99101
+
=

Vì 0 <

100299101 <+
( Suy ra từ bài 10a )

1,099100
1002
2
99101
2
>>
+

Bài 22: a. Chứng minh rằng với mọi n

N*

nn
n
+<
+
1
12
1
b. Chứng minh:
)1(2
1
)1(2 <<+ nn
n
nn

Giải

a.
nn
n
+<
+
1
12
1

nnn ++
<
+ 1
1
12
1
( Ap dụng bài 71 trang 14 )
Tr 12
⇔
2
1+n
>
1+n
+
n
(hiÓn nhiªn ®óng )
b.
)1(2
1
)1(2 −−<<−+ nn
n

nn

* Chøng minh : 2 (
1+n
-
n
) <
n
1

⇔
0 <
nn ++1
1
<
n2
1


⇔

1+n
+
n
> 2
n

⇔

1+n

>
n

BÊt ®¼ng thøc nµy hiÓn nhiªn ®óng
* Chøng minh

n
1

2( 1)n n< − −

⇔
0 <
n2
1
<
1
1
−+ nn

⇔
2
n
>
n
+
1−n
⇔

n

>
1−n

BÊt ®¼ng thøc nµy hiÓn nhiªn ®óng

⇒
BÊt ®¼ng thøc ®· cho ®îc chøng minh
Bµi 23 : Cho S = 1+
+++
4
1
3
1
2
1
+ …
100
1
Chøng minh
18 < S < 19
Chøng minh
Áp dông bµi 13b ta cã :
)1(2
1
)1(2 −−<<−+ nn
n
nn
Thay n = 2,3,4, 100 ta cã:
Tr 13
2 (

23
) <
2
1
< 2 (
12
)
2 (
34
) <
3
1
< 2 (
23
)
2 (
5 4) 2( 4 3) <
.
2(
99100(2
100
1
)100101 <<
)
Cộng vế với vế ta có
1 + 2 (
100101 3423 +++
)< S < 1 + 2(
12
+

23
+
34
+
99100
)

1+2 (
100 2
) < S < 1+2 (
1100
)


1+2 ( 10 -1,5 ) < S < 1+2 (10-1)
Vậy ta có : 18 < S < 19
Chú ý : Cũng có thể thay đổi nội dung bài này nh sau :
Cách 1: Chứng minh S không phải là số tự nhiên
Cách 2: Tìm phần nguyên của S
Bài 24 So sánh A và B
A = 2 (
2008)2006 42 ++++
; B = 2 (
)2007 31 +++
p dụng bài 11 .
122222 +<++ mmm
với m

-1
Cho m = 0 , 1, 2 , ,1003 ta có:

1220 <+

3242 <+


Tr 14
……………

2007220082006 <+

Céng vÕ víi vÕ ta cã:
2007 31(22008)2006 42(2 +++<++++⇒
)
⇒
A < B
Bµi 25 : Chøng minh r»ng :
1+
100
2500
1

4
1
3
1
2
1
<++++

Chøng minh : Tõ bµi 13 b ta còng cã :
)1(2
1
1
nn
n
−+<
+
LÇn lît cho n = 0 , 1 , 2 , 3 , 2499 ta cã…
1 < 2
)12(2
2
1
−<
)23(2
3
1
−<
………………
)24992500(2
2500
1
−<
Céng vÕ víi vÕ ta cã:
1+
)2499250023121(2
2500
1

4

1
3
1
2
1
−+−+−+<++++
25002
2500
1

4
1
3
1
2
1
1 <+++++⇔
100
2500
1

4
1
3
1
2
1
1 <+++++⇔
( §iÒu ph¶i chøng minh )
Tr 15

C. Khai th¸c øng dông cña bµi 71 trong gi¶i ph¬ng tr×nh
Bµi 26 : Gi¶i ph¬ng tr×nh

1
1
1
12
1
23
1
=
++
+
+++
+
+++ xxxxxx
víi x
0
≥

Gi¶i:
1
1
1
12
1
23
1
=
++

+
+++
+
+++ xxxxxx
1)1()12()23( =−+++−+++−+⇔ xxxxxx

)13( =−+⇔ xx
1)323( =+−++⇔ xxxx
xxx 3222
2
+=+⇔
xxx 31
2
+=+⇔
1312
22
=⇔+=++⇔ xxxxx
Bµi 27: Gi¶i ph¬ng tr×nh :
2
2
2
+
+
+
x
x
x
= 9 ( 18 )

x

x
++
+
11
2
( Cã 2007 sè 2 )
Gi¶i :
Víi x
≥
-1 ta cã :

11
11
−+=
++
x
x
x
( T¬ng tù bµi 7 )
Ta cã : 2 +
11112
11
++=−++=
++
xx
x
x
Tr 16
Phơng trình (18)
99

1001
101
911
=
=+
=+
=+
x
x
x
x
Bài 28 : Giải phơng trình :
(
4)32()32 =++
xx
( 19 )
Giải :
Đặt y = (
y
xx
1
)32()32 =+

Phơng trình (19)
014
4
1
2
=+
=+

yy
y
y

32
32
314
2
1
/
=
+=
==
y
y
Thay lại ẩn x ta có :
2
)32()32(
)32(
1
)32(
32)32(
2
)23()32(
2
2
=
+=+
+
=+

=+
=
+=+

x
x
x
x
x
x
x
Vậy phơng trìmh đã cho có nghiệm
x = 2
Bài 29 :Giải phơng trình
Tr 17

(9 4 5 ) ( 9 4 5) 18
x x
− + + =
(20)
Gi¶i:
§Æt y =
x
)549( +

=>
y
x
1
)549( =−

Ph¬ng tr×nh (20)

⇔

18
1
=+ y
y

⇔
y
2
- 18y + 1 = 0
Cã
80181
'
=−=∆
y
1
= 9 +
80
= 9 +
54
y
1
= 9 -
80
= 9 -
54
Thay l¹i Èn x nÕu: y = 9 +

54
=>
x
)549( +
=
2
)549( +
NÕu y = 9 -
54
=> x=-2
VËy ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: x = 2±
*.Bµi tËp :
Bµi 1: TÝnh

2 2 2 2 2
.
3 7 7 11 11 15 15 19 2003 2007
a A = − + − + +
− − − − −
4 4 4 4
.
9 13 13 17 17 21 221 225
b B = + + + +
+ + + +
1 1 1
.
6 1 1 6 11 6 6 11 2006 2001 2001 2006
c C = + + +
+ + +
Tr 18

Bµi2:Chøng minh S = 1+
+++
4
1
3
1
2
1
+ …
1
40000
kh«ng ph¶i lµ sè tù nhiªn
Bµi 3:Gi¶i ph¬ng tr×nh:
1 1 1 1
2
1 3 3 5 5 7 7 9x x x x x x x x
− + − =
+ − + + − + + − + + − +
víi
x ≥
-1
III – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Tr 19
Tr 20