TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN và SỐ NGUYÊN TỐ ppt

TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
1

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
M
b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)
Vậy: a
M
b (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.
3. Các tính chất:
1) Nếu a
M
b thì
±
a
M
±
b (b
≠
0)
2) a
M
a; 0

M
a với mọi a
≠
0
3) a
M
±
1 với mọi a
4) Nếu a
M
m thì a
n

M
m (m
≠
0, n nguyên dương).
5) Nếu a
M
b và b
M
a thì |a| = |b|
6) Nếu a
M
b và b
M
c (b,c
≠
0) thì a
M

c.
7) Nếu a
M
c và b
M
c(c
≠
0) thì (a
±
b)
M
c. Điều ngược lại không đúng.
8) Nếu a
M
m hoặc b
M
m thì ab
M
m(m
≠
0). Điều ngược lại không đúng.
9) Nếu a
M
p và a
M
q, (p, q)= 1 thì a
M
pq
10) Nếu a = mn; b = pq và m
M

p n
M
q thì a
M
b
11) Nếu ab
M
m và (b,m) = 1 thì a
M
m
12) Nếu a
±
b
M
m và a
M
m thì b
M
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, , 2
n-1

(2
n
- 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
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
2
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
M
2 => n(n + 1)
M
2
* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1)
M
2 => n(n +1)
M
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)
M
p và A(n)

M
q.
+ Nếu (p, q)
≠
1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:
B(n)
M
p và C(n)
M
q .
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)
M
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
M
4 và n(n +1)
M
2 nên A(n)
M
8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n
5
- 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) = n

5
- n = n(n
4
- 1) = n(n
2
- 1)(n
2
+ 1) = n(n - 1)(n + 1)(n
2
+1)
M
2
n = 5k + 1 => (n - 1)
M
5
n = 5k + 4 => (n + 1)
M
5.
n = 5k + 2 => n
2
+ 1 = (5k + 2)
2
+ 1 = (25k
2
+ 20k + 4 + 1)
M
5
n = 5k + 3 => n
2
+ 1 = (5k + 3)

2
+ 1 = (25k
2
+ 30k + 9 + 1)
M
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 n
3
- 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc
năm 1970).
Giải : n
3
- 13n = n
3
- n - 12n = n(n
2
- 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
M
6 . Do đó
A(n)
M
6
Ví dụ 5: Chứng minh n
2

+ 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n
2
+ 4n + 5 = (2k + 1)
2
+ 4(2k + 1) + 5 = 4k
2
+ 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)
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
3
không chia hết cho k
Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 2
2
+ 2
3
+ + 2
60
chia hết cho 15.
Giải: Ta có: 2 + 2
2
+2
3

+ + 2
60
= (2 + 2
2
+ + 2
4
) + (2
5
+ +2
8
)+ +(2
57
+ 2
60
)
= 2(1+2+4+8) +2
5
(1+2+4+8) + + 2
57
(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 2
5
+ + 2
57
)
M
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
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)
M
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)
M
k.Tiếp tục:
Giả sử A(k)
M
k.
Chứng tỏ A(k + 1)
M
k. Nếu đúng => Kết luận : A(n)
M
k
Ví dụ 8: Chứng minh : 16
n
- 15n - 1 chia hết cho 225.
Đặt A(n) = 16
n
- 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0
M
225 => A(1) đúng.

Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16
k
- 15k -1
M
225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m:
16
k + 1
- 15(k + 1) - 1
M
225.
Thật vậy, 16
k+1
- 15(k + 1) - 1 = 16. 16
k
- 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16
k
- 15k - 15 - 1
= 15.16
k
+ 16
k
- 15k -15 - 1 = (16
k
- 15k - 1) + 15(16
k
- 1)
= (16
k
-15k-1)+15(16 - 1)(16
k-1

+ +1) = (16
k
- 15k - 1) + 225(16
k-1
+ + 1)
M
225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n)
M
k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1. a) 19
2007
- 19
2006
chia hết cho 9.
b) 9
2n
+ 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. (n
2
- 1)n
2
(n
2

+ 1) chia hết cho 60
4. a) n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n
2
+ 3n +5 không chia hết cho 11
5. a) n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n chia hết cho 24.
b) n
4
- 4n
3
- 4n
2
- 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.
6. 4
n
+ 15n - 1 chia hết cho 9.
7. n
2
+ 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.
8. n
3
+ 3n

2
- n - 3 chia hết cho 48.
9) 3
6n
-2
6n
chia hết cho 35
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
4
10) ab(a
2
+ b
2
)(a
2
- b
2
) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b.
11) a) (6
2n
+ 19
n
- 2
n+1
) chia hết cho17.
b) (7.5
2n
+ 12.6

n
) chia hết cho 19.
c) (5
n+2
+ 26.5
n
+ 8
2n+1
) chia hết cho 59.
12) a)a
2
+ b
2
chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.
b) a
2
+ b
2
chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3

Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC .
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
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 a
n

≡
b
n
(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 : n

p

≡
n (mod p) ; n
∈
Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : n
p-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 = a
1
α
. a
2
β
a
n
λ
. Thế thì : (m) = m









−








−








−
n
aaa
1
1

1
1
1
1
21

III. Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2
100
- 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 2
4
≡
1(mod 5) =>(2
4
)
25

≡
1
25
(mod 5) =>2
100

≡
1(mod 5) hay 2
100
- 1
M
5

Bài 2: Tìm số dư của phép chia 2
99
cho 3.
Giải : Có 2
3

≡
-1 (mod 3)
⇔
(2
3
)
33

≡
(-1)
33
(mod 3)
⇔
2
99

≡
-1 (mod 3) .
Vậy 2
99
chia 3 dư 2.
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2
999
Bài 4: Chứng minh 2

2008
không chia hết cho 10.
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983
k
- 1
chia hết cho 10
5
.
Giải:
Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:
Cho k lần lượt lấy 10
5
+ 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 10
5
+ 1 giá trị khác
nhau của 1983
k
- 1. Chia 10
5
+1 số này cho 10
5
, ta có nhiều nhất là 10
5
số dư, do đó
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
5
theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 10
5

. Giả sử đó là
hai số 1983
m
-1 và 1983
n
- 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 10
5
:
(1983
m
- 1) - (1983
n
-1) = 1983
m
- 1983
n
= 1983
n
(1983
m-n
-1)
M
10
5
.
Do 1983 không chia hết cho 10
5
=> 1983
n
cũng không chia hết cho 10

5
.
Vì vậy 10
m-n
- 1 chia hết cho 10
5
. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983
k
- 1 chia
hết cho 10
5
.
Cách 2: Áp dụng định lí Euler:
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 10
5
= 2
5
5
5
nên (1983,
10
5
) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983

(10
5
)
≡
1 (mod 10
5

)
Mà (10
5
) = 10
5
(1 -
2
1
) (1 -
5
1
) = 4. 10
4
.
Nên ta có 1983
4.10
4
≡
1 (mod 10
5
).
số 4.10
4
là số k phải tìm.
Đề bài áp dụng:
1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 1532
5
-1 cho 9
c) chia 3
40

cho 83.; d) chia 2
1000
cho 25; e) chia 3012
93
cho 13
2. Chứng minh rằng : a) 2
4n
- 1
M
15; b) 2
70
+ 3
70
M
13
c) 12
2n+1
- 11
n+2

M
133; d) 2222
5555
+ 5555
2222

M
7
e) 1
4k

+ 2
4k
+ 3
4k
+ 4
4k
không chia hết cho 5
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
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
.
(
)
(

)
11
3
−+−= xxx
n

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
( )
( )
11
111111
12
22
+++−=
+++−=−+++−=
++ nnn
nn
xxxx
xxxxxxxxx

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x
8
+ 3x
4
+ 4.
b. x
6
- x
4
- 2x
3
+ 2x
2
.
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x
8
+ 3x
4
+ 4 = (x
8
+ 4x
4
+ 4)- x
4

= (x

4
+ 2)
2
- (x
2
)
2

= (x
4
- x
2
+ 2)(x
4
+ x
2
+ 2)
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
6
b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng
đẳng thức
x
6
- x
4
- 2x
3
+ 2x

2
= x
2
(x
4
- x
2
- 2x +2)
(
)
(
)
[
]
( )
( )
[ ]
( ) ( )
[
]
( )
[ ]
221
11111
1212
2
2
2
22
2

2
2
22
2242
++−=
++−=−+−=
+−++−=
xxxx
xxxxxx
xxxxx

Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
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 3
333
−++

b.
(
)
333
3
cbacba −−−++
.
Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức
(
)

(
)
abbababa −++=+
2233

(
)
(
)
[
]
abbaba 3
2
−++=

(
)
(
)
baabba +−+= 3
3
.Do đó:
=−++ abccba 3
333
(
)
[
]
(
)

abcbaabcba 33
3
3
−+−++=

(
)
(
)
(
)
[
]
(
)
( )
( )
cabcabcbacba
cbaabccbabacba
−−−++++=
++−++−+++=
222
2
2
3

b.
(
)
(

)
[
]
(
)
3
3
3
333
3
cbacbacbacba +−−++=−−−++

(
)
(
)
(
)
[
]
(
)
(
)
( )
( )
( )( )( )
bacacbcabcabacb
cbcbcbacbaacbacb
+++=++++=

+−+−+++++++=
33333
2
222
2

Ví d
ụ
5: Cho a + b + c = 0.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc.
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
7
Gi
ả
i: Vì a + b + c = 0
(
)
(

)
abc
c
b
a
abc
c
b
a
cbaabbacba
3
0
3
3
333333
3333
3
=
+
+
⇒
=
−
+
+
⇒
−=+++⇒−=+⇒

Ví d
ụ

6: Cho 4a
2
+ b
2
= 5ab, và 2a > b > 0. Tính
22
4
b
a
ab
P
−
=

Gi
ả
i: Bi
ế
n
đổ
i 4a
2
+ b
2
= 5ab
⇔
4a
2
+ b
2

- 5ab = 0
⇔
( 4a - b)(a - b) = 0
⇔
a = b.
Do
đ
ó
3
1
3
4
2
2
22
==
−
=
a
a
b
a
ab
P

Ví d
ụ
7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Ch
ứ
ng minh r

ằ
ng n
ế
u:
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

Gi
ả
i:
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
+ +
 
+ + = ⇒ + + = + + + = ⇒ + + =
 
 

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
1.
Ch
ứ
nh minh :
a
2

+ b
2

≥ 2ab
(V
ớ
i a , b ≥ 0) (B
Đ
T Cô-si)
Gi
ả
i:( a – b )
2

= a
2

- 2ab + b
2

≥ 0

⇒
a
2

+ b
2

≥ 2ab .
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi a = b

2.
Ch
ứ
ng minh:
( a + b )
2

≥ 4ab
. (V
ớ
i a , b ≥ 0)
Gi
ả
i:( a+b )
2

= (a
2

- 2ab + b
2

)+ 4ab = (a-b)
2

+ 4ab ≥ 0 + 4ab
⇒
( a + b )
2

≥ 4ab .
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi a = b.
3.
Ch
ứ
ng minh:
2(a
2

+ b

2

) ≥ ( a+b )
2


(V
ớ
i a , b ≥ 0)
Gi
ả
i:2(a
2

+ b
2

) – ( a+b )
2

= a
2

-2ab+b
2

= (a-b)
2

≥ 0

⇒
2(a
2

+ b
2

) ≥ ( a+b )
2

.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi a = b.

4.
Ch
ứ
ng minh:
a
b
+
b
a
≥ 2
.(V
ớ

i a.b > 0)
Gi
ả
i:
a
b
+
b
a
=
(a
2

+b
2

)
ab
.Do ab ≤
a
2

+b
2

2

⇒

(a

2

+b
2

)
ab
≥ 2 .Hay
a
b
+
b
a
≥ 2 .

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi a = b
5.
Ch
ứ
ng minh:
a
b
+
b
a

≤ - 2
.(V
ớ
i a.b < 0)
Gi
ả
i:
a
b
+
b
a
= -
a
2

+b
2

| |
a.b
.Do
a
2

+b
2

| |
a.b

≥ 2
⇒
-
a
2

+b
2

| |
a.b
≤ -2. Hay
a
b
+
b
a
≤ - 2.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi a = -b.
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
8
6.
Ch

ứ
ng minh:
1
a
+
1
b
≥
4
a+b

. (V
ớ
i a , b > 0)
Gi
ả
i:
1
a
+
1
b
-
4
a+b
=
(a+b).a+(a+b).b-4ab
(a+b).ab
=
(a-b)

2

(a+b).ab
≥ 0
⇒

1
a
+
1
b
≥
4
a+b
.

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi a = b.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
a
2

+b
2

+c
2

≥ ab+bc+ca
.
Gi
ả
i:2(a
2

+b
2

+c
2

) – 2(ab+bc+ca) =(a-b)
2

+(b-c)
2

+(c-a)
2

≥ 0
7.

⇒
2(a
2

+b
2

+c
2

) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a
2

+b
2

+c
2

≥ ab+bc+ca .
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra
khi a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c.
Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
D

Ạ
NG
P = ax
2

+ bx + c

•
••
•

N
ế
u a > 0 :
2
2
2
4ac-b
ax + bx +c =
4a 2
b
P a x
a
 
= + +
 
 
Suy ra
2
4ac-b

=
4a
MinP
Khi
b
x=-
2a

•
••
•

N
ế
u 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

M
ộ
t s
ố
ví d
ụ
:
1.
Tìm GTNN c
ủ
a A = 2x
2
+ 5x + 7
Gi
ả
i:A = 2x
2
+ 5x + 7 =
2

5 25 25
2( 2. ) 7
4 16 16
x x
+ + − +
=

2 2 2
5 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
= = −
.
3.
Tìm GTLN c
ủ
a A = -2x
2
+ 5x + 7
Gi
ả

i: A = -2x
2
+ 5x + 7 = -
2
5 25 25
2( 2. ) 7
4 16 16
x x
− + − +
=

2 2 2
5 25 56 25 5 81 5
2( ) 7 2( ) 2( )
4 8 8 4 8 4
x x x
+
= − − + + = − − = − −
≤
81
8
.
4.
Suy ra
81 5
8 4
MinA Khi x
= =
.
5.

Tìm GTNN c
ủ
a B = 3x
2

+ y
2

- 8x + 2xy + 16.
Gi
ả
i: B = 3x
2

+ y
2

- 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2)
2

+ (x + y)
2

+ 8 ≥ 8.

⇒
MinB = 8 khi :






x-2=0
x+y=0
⇔





x=2
y=-2
.
6.
Tìm GTLN c
ủ
a C = -3x
2

- y
2

+ 8x - 2xy + 2.
Gi
ả
i: C = -3x
2

- y
2

+ 8x - 2xy + 2 = 10 -
[ ]
2(x-2)
2

+(x+y)
2

≤ 10.
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
9

⇒
GTLNC = 10 khi:





x-2=0
x+y=0
⇔






x=2
y=-2
.
Chuyên đề 4:
BIẾN ĐỔI PHÂN THỨC

•

Ví d
ụ
1`:
a.

Rút g
ọ
n Bi
ế
u th
ứ
c
6
2
9124
2
2
−
−
++
=
a

a
aa
B
V
ớ
i a
2
3
−≠

b.

Th
ự
c hi
ệ
n phép tính:
( )
aaa
a
a
aa
−
+
+
−
+
++
2
2

2
8
:
5,01
25,0
32
(a
≠
±
2.)
Gi
ả
i:a.
6
2
9124
2
2
−
−
++
=
a
a
aa
B
(
)
( )( )
2

32
232
32
2
−
+
=
−+
+
=
a
a
aa
a

b.
( ) ( )
aa
a
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
aa
aaa
aa 1
2
2
2
2
422
42
2
2
=
−
−
=
−
−
++−
++
=

•

Ví d
ụ
2 Th
ự
c hi
ệ

n phép tính:
xyyx
yx
yx
xyyx
A
2
:
22
33
22
22
−+
+
−
−+
=
.( V
ớ
i x
≠

±
y)
Gi
ả
i:
( )( )
( )
( )

( )
( )
2
2 2 3 3 2 2
2
2 2 2 2
2 2
:
2
x y
x 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 d
ụ
3 Cho bi
ể
u th
ứ

c :
1
2
1
234
34
+
−
+
−
+++
=
x
x
x
x
xxx
A
.
a.

Rút g
ọ
n bi
ể
u th
ứ
c A.
b.

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng A không âm v
ớ
i m
ọ
i giá tr
ị
c
ủ
a x .
1
1
1
2
1
2234
34
234
34
+−++−
+++
=
+−+−
+++
=
x
x

x
x
x
xxx
x
x
x
x
xxx
A

( ) ( )
( ) ( )
(
)
(
)
( )( )
(
)
(
)
( )( )
( )
( )
2
2
3 2
3
2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
x x x x x
x x x x
x x x x x x x x x x x x
+ + + − +
+ + + +
= = = =
− + + − + − + + − + + +

b.
(
)
( )
001;01;
1
1
2
2
2
2
≥⇒>+≥+
+
+
= Axx
x
x
A

Ví d
ụ
4 Tính giá tr
ị
bi
ế
u th
ứ
c :
8765
8765
−−−−
+
+
+
+++
a
a
a
a
aaaa
v
ớ
i a = 2007.Gi
ả
i:
(
)
( )
8 5 6 7 8

5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8
3 2 1
5 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 a
a a a a a a a a a a a a
B
a a a
a a a a a a a
a a a a
a
a a a a
a B
a a a
− − − −
+ + +
+ + + + + + + + +
= = = =
+ + +
+ + + + + +

+ + +
+ + +
= = ⇒ =
+ + +

•

Ví d
ụ
5: Tính giá tr
ị
bi
ế
u th
ứ
c :
2
2
:
2510
25
223
2
−−
−
+−
−
yy
y
xxx

x
.
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
10
Bi
ế
t x
2
+ 9y
2
- 4xy = 2xy -
3−x
.
Gi
ả
i:
x
2
+ 9y
2
- 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 ph
ươ
ng trình
ẩ
n s
ố
x: x

2
– 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a)

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình khi m = 2.
b)

Ch
ứ
ng t
ỏ
r
ằ
ng ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m s
ố
v
ớ
i m
ọ
i m.
c)

Tìm m sao cho nghi
ệ
m s
ố
x
1,
x
2
c
ủ
a ph
ươ
ng trình th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
2
1
x
+
2
2
x
≥
10.

Bài 2: Cho các s
ố
a, b, c th
ỏ
a
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
( )



−+<+
>
acbcabac
c
2
0
2

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng ph
ươ
ng trình ax

2
+ bx + c = 0 luôn luôn có nghi
ệ
m.
Bài 3: Cho a, b, c là các s
ố
th
ự
c th
ỏ
a
đ
i
ề
u ki
ệ
n: a
2
+ ab + ac < 0.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng ph
ươ
ng trình ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghi
ệ
m phân bi

ệ
t.
Bài 4: Cho ph
ươ
ng trình x
2
+ px + q = 0. Tìm p, q bi
ế
t r
ằ
ng ph
ươ
ng trình có hai
nghi
ệ
m x
1
, x
2
th
ỏ
a mãn:



=−
=−
35
5
3

2
3
1
21
xx
xx

Bài 5: CMR v
ớ
i m
ọ
i giá tr
ị
th
ự
c a, b, c thì ph
ươ
ng trình
(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghi
ệ
m.
Bài 6: CMR ph
ươ
ng trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có nghi
ệ
m bi

ế
t r
ằ
ng 5a + 2c = b
Bài 7: Cho a, b, c là
độ
dài các c
ạ
nh c
ủ
a m
ộ
t tam giác. CMR ph
ươ
ng trình sau có
nghi
ệ
m:
(a
2
+ b
2
– c
2
)x
2
- 4abx + (a
2
+ b
2

– c
2
) = 0
Bài 8: CMR ph
ươ
ng trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có nghi
ệ
m n
ế
u
4
2
+≥
a
c
a
b

Bài 9: Cho ph
ươ
ng trình : 3x
2
- 5x + m = 0. Xác
đị
nh m
để

ph
ươ
ng trình có hai nghi
ệ
m
th
ỏ
a mãn:
2
1
x
-
2
2
x
=
9
5

Bài 10: Cho ph
ươ
ng trình: x
2
– 2(m + 4)x +m
2
– 8 = 0. Xác
đị
nh m
để
ph

ươ
ng trình có
hai nghi
ệ
m x
1
, x
2
th
ỏ
a mãn:
a)

A = x
1
+ x
2
-3x
1
x
2

đạ
t GTLN
b)

B = x
1
2
+ x

2
2
-
đạ
t GTNN.
c)

Tìm h
ệ
th
ứ
c liên h
ệ
gi
ữ
a x
1
,

x
2
không ph
ụ
thu
ộ
c vào m.
Bài 11: Gi
ả
s
ử

x
1
,

x
2
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình b
ậ
c 2:
3x
2
- cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá tr
ị
c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
11

S =
3
2
3
1
11
xx
+

Bài 12: Cho ph
ươ
ng trình : x
2
- 2
3
x + 1 = 0. Có hai nghi
ệ
m là x
1
,

x
2.
Không gi
ả
i
ph
ươ
ng trình trên hãy tính giá tr
ị

c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
A =
2
3
1
3
21
2
221
2
1
44
353
xxxx
xxxx
+
++

Bài 13: Cho ph
ươ
ng trình: x
2
– 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
1)

CMR ph
ươ
ng trình (1) luôn có hai nghi
ệ
m v
ớ
i m
ọ
i giá tr
ị
c
ủ
a a.
2)

Tìm giá tr
ị
c
ủ
a a
để
pt (1) có hai nghi
ệ
m x
1
,

x
2

th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
x
1
2
+ x
2
2
= 6.
3. Tìm giá tr
ị
c
ủ
a a
để
ph
ươ
ng trình có hai nghi
ệ
m x
1
,

x
2
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
x
1
< 1 <

x
2
.
Bài 14: Cho ph
ươ
ng trình: x
2
– 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)
a)

CMR ph
ươ
ng trình (1) có nghi
ệ
m v

ớ
i m
ọ
i giá tr
ị
c
ủ
a m.
b)

G
ọ
i x
1
,

x
2
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình (1) .
Tìm GTNN c
ủ
a M = x
1
2

+ x
2
2

Bài 15: Cho a, b là hai s
ố
th
ự
c th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:

2
111
=+
b
a

CMR ít nh
ấ
t m
ộ
t trong hai ph
ươ

ng trình sau ph
ả
i có nghi
ệ
m:
x
2
+ ax + b = 0 và x
2
+ bx + a = 0.
Bài 16: Cho ph
ươ
ng trình: x
2
– 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)
a)

Gi
ả
i và bi
ệ
n lu
ậ
n s
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a ph

ươ
ng trình (1) theo m.
b)

Tìm m sao cho 10x
1
x
2
+ x
1
2
+ x
2
2

đạ
t GTNN. Tìm GTNN
đ
ó.
Bài 17: Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i s
ố
a, b, c khác 0, t

ồ
n t
ạ
i m
ộ
t trong các ph
ươ
ng trình
sau ph
ả
i có nghi
ệ
m:
ax
2
+ 2bx + c = 0 (1)
bx
2
+ 2cx + a = 0 (2)
cx
2
+ 2ax + b = 0 (2)
Bài 18: Cho ph
ươ
ng trình: x
2
– (m - 1)x + m
2
+ m – 2 = 0 (1)
a)

CMR ph
ươ
ng trình (1) luôn luôn có nghi
ệ
m trái d
ấ
u v
ớ
i m
ọ
i giá tr
ị
c
ủ
a m.
b)

V
ớ
i giá tr
ị
nào c
ủ
a m, bi
ể
u th
ứ
c P = x
1

2
+ x
2
2

đạ
t GTNN.
Bài 19: Cho ph
ươ
ng trình: x
2
– 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)
1) CMR ph
ươ
ng trình (1) luôn có hai nghi
ệ
m v
ớ
i m
ọ
i giá tr
ị
c
ủ
a m.
2) Tìm giá tr
ị
c
ủ
a m

để
pt (1) có hai nghi
ệ
m x
1
,

x
2
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
x
1
2
+ x
2
2

≥
10.
3) Xác
đị
nh giá tr

ị
c
ủ
a m
để
ph
ươ
ng trình có hai nghi
ệ
m x
1
,

x
2
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
E = x
1
2
+ x
2
2

đạ
t GTNN.
Bài 20: Gi
ả
s
ử
ph
ươ
ng trình b
ậ
c 2: x
2
+ ax + b + 1 = 0 có hai nghi
ệ
m nguyên d
ươ
ng.
CMR: a
2
+ b
2
là m
ộ
t h
ợ
p s
ố
.
Chuyên đề 6:Phương trình vô tỉ

TrngTHCS Nguyn ỡnh chiu

Nm hc2010-2011
12
Dạng1:
( ) ( )
f x g x
=

( ) ( ) 0
( ) ( )
x TXD
f x g x
f x g x


=

=

(*)
Chú ý: Điều kiện (*) đợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của f(x)

0 và g(x)

0
VD: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
2 2
3 2 2
x x m x x

+ = +

2
2 2
1 2
3 2 0
3 2 2 0
1
1
x
x x
x x m x x
x m
x m


+

+ = +

= +
= +



Để phơng trình có nghiệm thì 1
1 2 0 1
m m
+

Dạng2:
2
( ) & ( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x conghia g x
f x g x
f x g x


=

=


Chú ý: Không cần đặt điều kiện
( ) 0
f x


VD: Giải phơng trình:
2 2
2 2
1 0
1
1 1 1 1 1
2 2
1 ( 1)
x
x

x x x x x
x
x x
+



= = + =

=
= +



Vậy phơng trình có nghiệm x=-1
Dạng3:
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



+ =


+ =

Chú ý: Không cần đặt điều kiện
( ) 0
h x


VD: Giải phơng trình:
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
+ =

+ = +


+ + = +


= +


2
2
1 1
1
1 1
2 2
2
2 1 0 0
0
2 2
2 7 0
7
(1 )(1 2 ) (2 1)
2
x
x
x
x x
x
x x
x x x

x











+ =
=




+ =
= +



=




Hoặc có thể trình bày theo cách khác nh sau: - Tìm điều kiện để các bt có nghĩa
- Biến đổi phơng trình

Chuyờn 7: Mt s bi tp c bn v hỡnh hc
Bi 1 : Cho n

a

ng trũn (O)

ng kớnh AB . T

A v B k

ti

p tuy

n Ax v By .
Qua

i

m M thu

c n

a

ng trũn k

ti

p tuy

n th

3 c

t cỏc ti

p tuy

n Ax v By l

n
l

t t

i E v F .
1.

Ch

ng minh AEMO l t

giỏc n

i ti

p .
2.

AM c

t OE t

i P , BM c

t OF t

i Q . T

giỏc MPOQ l hỡnh gỡ ? T

i sao
?
3.

K

MH AB ( H AB) . G

i K l giao c

a MH v EB . So sỏnh MK
Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ

ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011
13
và KH.
H
ướ
ng d
ẫ
n :
1) EAO = EMO = 90
0
. Nên AEMO là t
ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p .
2) D
ự
a vào tính ch
ấ
t hai ti

ế
p tuy
ế
n c
ắ
t nhau có
MPO = MQO = 90
0
và PMQ = 90
0
nên PMQO là
hình ch
ữ
nh
ậ
t .
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) c

ắ
t (O’) t
ạ
i A và B . K
ẻ
cát tuy
ế
n
chung CBD ⊥ AB ( C
ở
trên (O) và D
ở
trên (O’).)
1.

Ch
ứ
ng minh A , O , C và A ,O’, D th
ẳ
ng
hàng .
2.

Kéo dài CA và DA c
ắ
t (O’) và (O) theo
th
ứ
t
ự

t
ạ
i I và K . Ch
ứ
ng minh t
ứ
giác
CKID n
ộ
i ti
ế
p .
3.

Ch
ứ
ng minh BA , CK và DI
đồ
ng quy .
H
ướ
ng d
ẫ
n :
1.

CBA = DBA = 90
0
nên AC và DA là
đườ

ng kính hay A,O, C th
ẳ
ng hàng D ,O’,A
th
ẳ
ng hàng .
2.

T
ừ
câu 1) và d
ự
a vào góc n
ộ
i ti
ế
p ch
ắ
n n
ử
a
đườ
ng tròn ta thây K , I cùng nhìn CD
d
ướ
i m
ộ
t góc vuông nên t
ứ
giác CDIK n

ộ
i ti
ế
p .
3.

A là tr
ự
c tâm c
ủ
a tam giác ADG có AB là
đườ
ng cao hay BA
đ
i qua G .
Bài 3 : Cho hai
đườ
ng tròn (O) và (O’) c
ắ
t nhau t
ạ
i hai
đ
i
ể
m A,B . Các
đườ
ng AO và
AO’c
ắ

t
đườ
ng tròn (O) l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i C và D , c
ắ
t
đườ
ng tròn (O’) l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i E , F .
a)

Ch
ứ
ng minh B , F , C th
ẳ
ng hàng .
b)

Ch
ứ

ng minh t
ứ
giác CDEF n
ộ
i ti
ế
p .
c)

Ch
ứ
ng minh A là tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p
tam giác BDE .
d)

Tìm
đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
DE là ti

ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a
(O) và (O’)
H
ướ
ng d
ẫ
n :
A

B

F

E

M

O

P

Q

K

H

C

D

B

G

K

I
O

O
A

E

D

C

B

F

O’
A

O

Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011
14

a)

CBA + FBA = 180
0
nên A , B , F th
ẳ
ng hàng .
b)

D, E cùng nhìn CF d

ướ
i m
ộ
t góc vuông nên CDEF n
ộ
i ti
ế
p .
c)

T
ứ
giác CDEF n
ộ
i ti
ế
p nên EDF = ECF ; ACB = ADB t
ừ

đ
ó suy ra EDF =
ADB . Hay DE là phân giác góc D c
ủ
a ∆BDE . T
ươ
ng t
ự
EC là phân giác góc
E c
ủ

a ∆BDE . Hai phân giác c
ắ
t nhau t
ạ
i A nên A là tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p
∆BDE .
d)

Gi
ả
s
ử
DE là ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a hai
đườ
ng tròn ta có OO’ // CE cùng vuông
góc v
ớ
i AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE n

ộ
i ti
ế
p ) suy ra : AOO’
= ODE hay t
ứ
giác ODEO’ n
ộ
i ti
ế
p (1)
DE là ti
ế
p tuy
ế
n thì DE vuông góc v
ớ
i OD và O’E (2)
V
ậ
y ODEO’ là hình ch
ữ
nh
ậ
t : Hay OD = O’E ( Hai
đườ
ng tròn có bán kính
b
ằ
ng nhau )

Bài 4 : Cho (O,R)
đườ
ng kính AB ,
đườ
ng kính CD di
độ
ng .
G
ọ
i
đườ
ng th
ẳ
ng d là ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đườ
ng tròn t
ạ
i B .
Đườ
ng
th
ẳ
ng d c
ắ

t các
đườ
ng th
ẳ
ng AC , AD theo th
ứ
t
ự
t
ạ
i P và Q .
1)

Ch
ứ
ng minh t
ứ
giác CPQD n
ộ
i ti
ế
p m
ộ
t
đườ
ng tròn .
2)

Ch
ứ

ng minh AD. AQ = AC.AP .
3)

T
ứ
giác ADBC là hình gì ? T
ạ
i sao ?
4)

Xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a CD
để
S
CPQD
= 3.S
ACD

H
ướ
ng d
ẫ
n :
1. CPB = CDA ( cùng b
ằ

ng CBA) nên CPB + CDQ = 180
0
.
2. ∆ADC ∆APQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP .
3. T
ứ
giác ADBC là hình ch
ữ
nh
ậ
t vì có 4 góc vuông.
4.
Để
S
CPQD
= 3.S
ACD

⇒
S
ADC
= ¼ S
APQ
t
ứ
c là t
ỉ
s
ố

đồ
ng d
ạ
ng
c
ủ
a hai tam giác này là ½ .
Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông t
ạ
i B nên C là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a CP
⇒
CB = CA hay ∆ACB cân
⇒
CD ⊥ AB .
Bài 5 : T
ừ
m
ộ
t
đ
i
ể
m S n
ằ

m ngoài
đườ
ng tròn (O) v
ẽ
hai ti
ế
p tuy
ế
n SA , SB và cát tuy
ế
n
SCD c
ủ
a
đườ
ng tròn
đ
ó .
1)

G
ọ
i E là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a dây CD . Ch
ứ

ng minh 5
đ
i
ể
m S ,A , E , O , B cùng
n
ằ
m trên m
ộ
t
đườ
ng tròn .
2)

N
ế
u SA = OA thì SAOB là hình gì ? T
ạ
i sao
?
3)

Ch
ứ
ng minh AC . BD = BC.DA = ½
AB.CD
H
ướ
ng d
ẫ

n ch
ứ
ng minh
1) S
ử
d
ụ
ng tính ch
ấ
t ti
ế
p tuy
ế
n , ta có A , B cùng nhìn
A
B

Q
D

C

O
P

d

S

O

D
A
C

B

E

K
Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011
15
SO d
ướ
i m
ộ
t góc vuông , nên t

ứ
giác SADO n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn
đườ
ng kính SO .
D
ự
a vào tính ch
ấ
t
đườ
ng kính vuông góc v
ớ
i dây cung , ta có SEO = 90
0
.
Nên E thu
ộ
c
đườ
ng tròn
đườ
ng kính SO .
2) N
ế

u SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên t
ứ
giác SAOB là
hình vuông .
2)

Ta th
ấ
y ∆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 l
ấ
y K sao cho CAK = BAD lúc
đ
ó
∆CAK ∆BAD (g.g)
⇒
AC.DB = AB.CK
∆BAC ∆DAK (g.g)
⇒
BC.AD = DK.AB
C
ộ
ng t
ừ
ng v
ế
ta
đượ
c AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD

V
ậ
y AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD .
Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông
ở
A .
Đườ
ng tròn
đườ
ng kính AB c
ắ
t BC t
ạ
i D . Trên
cung AD l
ấ
y m
ộ
t
đ
i
ể
m E . N
ố
i BE và kéo dài c
ắ
t AC t
ạ
i F .
1)

Ch
ứ
ng minh CDEF n
ộ
i ti
ế
p .
2)

Kéo dài DE c
ắ
t AC
ở
K . Tia phân giác c
ủ
a góc CKD c
ắ
t EF và CD t
ạ
i M và N .
Tia phân giác c
ủ
a góc CBF c
ắ
t DE và CF t
ạ
i P và Q . T
ứ
giác MNPQ là hình gì ?

T
ạ
i sao ?
3)

G
ọ
i r
1
, r
2
, r
3
theo th
ứ
t
ự
là
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p các tam giác ABC , ADB , ADC .
Ch
ứ
ng minh : r = r
1
2
+ r

2
2
.

H
ướ
ng d
ẫ
n :
1) D
ự
a vào s
ố

đ
o cung ta th
ấ
y
C = DEB
⇒
C + DEF = 180
0

Nên t
ứ
giác CDEF n
ộ
i ti
ế
p .

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 c
ắ
t PQ là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
m
ỗ
i
đườ
ng . 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

A

B

K

F

Q

C

N

D

E

P

M
Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N

ă
m h
ọ
c2010-2011
16
⇔
2
2
2
2
1
22
2
2
2
1
2
2
BC
r+r
=
AC
+
AB
r+r
=
BC
r

⇔ r

2
= r
1
2
+ r
2
2
.
Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nh
ọ
n n
ộ
i ti
ế
p (O;R) . H
ạ
các
đườ
ng cao AD , BE
c
ủ
a tam giác . Các tia AD , BE l
ầ
n l
ượ
t c
ắ
t (O) t
ạ
i các

đ
i
ể
m th
ứ
hai M , N . Ch
ứ
ng minh
r
ằ
ng :
a)

B
ố
n
đ
i
ể
m A , E , D , B n
ằ
m trên m
ộ
t
đườ
ng tròn . TÌm tâm I c
ủ
a
đườ
ng

tròn
đ
ó .
b)

MN // DE .
c)

Cho (O) và dây AB c
ố

đị
nh ,
đ
i
ể
m C di chuy
ể
n trên cung l
ớ
n AB .
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
độ
dài bán kính
đườ
ng tròn ngo

ạ
i ti
ế
p tam giác CED
không
đổ
i .
H
ướ
ng d
ẫ
n gi
ả
i :
a) E,D cùng nhìn AB d
ướ
i m
ộ
t góc vuông nên t
ứ

giác AEDB n
ộ
i ti
ế
p trong m
ộ
t
đườ
ng tròn

đườ
ng
kính AB có I ( trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB ) là tâm
b) Ta th
ấ
y : ABE = ADE ( ch
ắ
n cung AE )
mà ABE = AMN ( ch
ắ
n cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
c) K
ẻ
thêm hình nh
ư
hình v
ẽ
. D
ự
a vào góc n
ộ
i
ti

ế
p c
ủ
a t
ứ
giác AEBD suy ra
đượ
c CN = CM nên
OC ⊥ MM
⇒
OC ⊥ DE
T
ứ
giác HDCE n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn tâm K ( trung
đ
i
ể
m c
ủ
a HC)
đ
ây c
ũ
ng là

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
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
đổ
i .
Bài 8 : Cho tam giác
đề
u n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn (O,R)
1)

Tính theo chi
ề
u R
độ
dài c

ạ
nh và chi
ề
u cao c
ủ
a ∆ABC .
2)

G
ọ
i M là
đ
i
ể
m di
độ
ng trên cung nh
ỏ
BC ( M ≠ B,C ) Trên tia
đố
i c
ủ
a MB l
ấ
y
MD = MC . Ch
ứ
ng t
ỏ
∆MCD

đề
u .
3)

CMR : M di
độ
ng trên cung nh
ỏ
BC thì D di chuy
ể
n trên m
ộ
t
đườ
ng tròn c
ố

đị
nh , xác
đị
nh tâm và các v
ị
trí gi
ớ
i h
ạ
n .
4)

Xác

đị
nh v
ị
trí
đ
i
ể
m M sao cho t
ổ
ng S =
MA + MB + MC là l
ớ
n nh
ấ
t. Tính giá
tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a S theo R .
H
ướ
ng d
ẫ
n :
1)

2
3AB
=AH
và AB = AC = BC = R
3

A

N

C

I

B

M

D

E

O

K

H

B

A

C

I

E

O

M
D

H

Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011

17
2) Có MC = MD ( gt)
s
đ
BMC = ½ s
đ
BAC = ½ ( 360
0
: 3).2 = 120
0
.
⇒
CMD = 60
0
. V
ậ
y ∆CMD
đề
u
3) ∆IMC = ∆IMD ( c.g.c)
⇒
IC = ID .
Khi M di
độ
ng trên cung nh
ỏ
BC thì D ch
ạ
y trên
đườ

ng 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
đườ
ng kính .
Bài 9 : Cho ∆ABC ngo
ạ
i ti
ế
p (O) . Trên BC l
ấ
y M , trên BA l
ấ
y N , trên CA l
ấ
y P sao
cho BM=BN và CM = CP . Ch

ứ
ng minh r
ằ
ng :
a)

O là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p ∆MNP .
b)

T
ứ
giác ANOP n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn .
c)

Tìm v
ị
trí M , N , P sao cho
độ

dài NP nh
ỏ
nh
ấ
t .
H
ướ
ng d
ẫ
n :
a) T
ừ
tính ch
ấ
t 2 ti
ế
p tuy
ế
n c
ắ
t nhau và gi
ả
thi
ế
t suy ra :
DN = EM = FP
⇒
∆ODA = ∆OEM = ∆OFP ( c.g.c )
⇒
ON = OM = OP hay O là tâm

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
∆MNP
b) T
ừ
câu a) suy ra OND = OPF nên t
ứ
giác ANOP n
ộ
i
ti
ế
p .
c) K
ẻ
OH ⊥ NP .
Có NP = 2 .NH = 2. NO .cosHNO = 2.NO.Cos(A/2)
= 2.OE .Cos (A/2) .
V
ậ
y NP
Min
= 2r.cos(A/2) .
Khi
đ
ó M , N , P trùng v

ớ
i các ti
ế
p
đ
i
ể
m .
Bài 10 : Cho hình vuông ABCD có c
ạ
nh b
ằ
ng 3a . L
ấ
y AE = a trên c
ạ
nh AD và DF = a
trên c
ạ
nh DC . N
ố
i AF và BE c
ắ
t nhau
ở
H .
a)

Ch
ứ

ng minh : AF ⊥ BE .
b)

Tính c
ạ
nh c
ủ
a t
ứ
giác ABFE và
đườ
ng chéo c
ủ
a nó theo a .
c)

Tính theo a
đ
o
ạ
n HE , HB .
d)

Ch
ứ
ng minh : EDFH n
ộ
i ti
ế
p

đườ
ng tròn .
Đườ
ng tròn
ấ
y c
ắ
t BF
ở
K . Tính theo a
đ
o
ạ
n
BK . Nh
ậ
n xét gì v
ề
3
đ
i
ể
m E , K ,C .
H
ướ
ng d
ẫ
n :
a) ∆ADF = ∆BAE
⇒

DAF = EBA
⇒
BE ⊥ AF .
A

B

C

D

P

F

E

M
N

O

A

B

C

D

F

E

H

K

Tr

ngTHCS Nguy

n

ỡnh chi

u

N

m h

c2010-2011
18
b) Pitago : BE = AF = a
10
; EF = a
5
; BF = a
13

c) Dựng h

th

c l

ng : EH =
10
10a
; HB =
10
10a9

d) D

a vo t

ng 2 gúc

i b

ng 180
0
nờn EDFH n

i ti

p.
BEK BFH

13
13a9
=
BF
BH.BE
=BK

e)

D

a vo vuụng gúc : E , K , C th

ng hng .
Chuyờn d 8:Mt s ề thi học sinh giỏi toán 9
1:
Cõu 1: ( 6,0 im) 1)Gii phng trỡnh:
x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2
+ + + =

1) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: P =
2 2
1 4x 4x 4x 12x 9
+ + + +

Cõu 2: ( 3,0 im)Chng minh rng: vi mi s t nhiờn n

2 thỡ

2
2
3 8 15 n 1
S
4 9 16
n

= + + + +
khụng th l mt s nguyờn.
Cõu 3: ( 3,0 im)Trong mt cuc ua xe mụtụ, ba tay ua ó khi hnh cựng mt lỳc.
Mi gi, ngi th hai chy chm hn ngi th nht 15km v nhanh hn ngi th ba
3km nờn ngi th hai n ớch chm hn ngi th nht 12 phỳt v sm hn ngi th
ba 3 phỳt. Tớnh vn tc ca ba tay ua mụtụ trờn.
Cõu 4: ( 3,0 im)Cho tam giỏc ABC cõn A, ng cao AH bng 10cm, ng cao
BK bng 12cm. Tớnh di cỏc cnh ca tam giỏc ABC.
Cõu 5: ( 5,0 im)Cho tam giỏc u ABC cnh bng a v mt im M chuyn ng trờn
ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.
1) Chng minh: nu im M thuc cung nh AB thỡ MA + MB = MC.
2) Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc P = MA + MB + MC ( khi M thuc cung nh
AB).
2:
Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức
x3
3x
1x
)3x(2
3x2x
3xx
P

+
+
+




=

1) Rut gn biu thc P
2) Tính giá trị của P khi x = 14 - 6
5

3) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P v giỏ tr tng ng ca x.
Bài 2: (3 điểm) Giải phơng trình:1)
1
x1x
1
1x2x
1
2x3x
1
=
++
+
+++
+
+++

TrngTHCS Nguyn ỡnh chiu

Nm hc2010-2011
19
2)
12428
1
4
2
36
=

+

yx
yx

Bài 3: (3 điểm) 1) Cho biu thc A =
2
4 20
x x +
. Tỡm giỏ tr nh nht ca A.
2) Cho
)3)(3(
22
++++ yyxx
=3. Tính giá trị của biểu thức P = x + y.
Bi 4: (3 im)1) Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn x, y tha món ng thc: ( y + 2 )x
2
+ 1 =
y

2

2) Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:
1980=+ yx

Bi 5: ( 3 im) Cho a, b, c ln lt l di cỏc cnh BC, CA, AB ca tam giỏc ABC.
Chng minh rng: sin
2
2
A a
bc


Bài 6: (5 điểm) Cho tam giỏc u ABC cú cnh 60 cm. Trờn cnh BC ly im D sao
cho BD = 20cm. ng trung trc ca AD ct cỏc cnh AB, AC theo th t E, F. Tớnh
di cỏc cnh ca tam giỏc DEF./.
3:
Bi1(1,5)
a/ Tớnh
6 2 5 6 2 5
+

b/ Cho a +b +c = 0 , a,b,c 0. Chng t rng

2 2 2
1 1 1
a b c
+ +
= |
1 1 1

a b c
+ +
|
c/ Hóy chng t
3 3
5 2 5 2
x
= +
l nghim ca phng trỡnh x
3
+3x 4 = 0
Bi2(2)
a/ Rỳt gn, tớnh giỏ tr biu
thc
( )
]
3
1 1 1 2 1 1
. .
2
x y
A
x y
xy xy x y xy x y
x y




= + + +

+ +


+


Vi x =
2 3, 2 3
y = +

b/ Gii phng trỡnh
9 7 4
x x
+ + =

Bi3(2,5)
a/ Tỡm giỏ tr ln nht ,giỏ tr nh nht ca biu thc
2
2
1
1
x x
B
x x
+
=

+ +

b/ Trờn mt phng to cho cỏc im A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)
Vit phng trỡnh ng thng i qua A, C . Xỏc nh a ng thng y =ax chia hỡnh
ch nht OABC thnh hai phn , trong ú din tớch phn cha im A gp ụi din tớch
phn cha im C
Bi4(3) Cho hai ng trũn (O) v (O) ngoi nhau . K tip tuyn chung ngoi AB
v tip tuyn chung trong EF ( A ,E

(O) , B , F

(O) )
Tr

ngTHCS Nguy

n

ỡnh chi

u

N

m h

c2010-2011
20
a/ Gi M l giao im ca AB v EF . Chng minh rng :

AOM v

BMO ng
dng
b/ Chng minh rng AE vuụng gúc vi BF
c/ Gi N l giao im ca AE v BF . Chng minh rng ba im O , N , O thng hng
Bi5(1) Cho hỡnh vuụng ABCD . Tớnh cos

MAN
bit rng M ,N theo th t l trung
iim ca BC, CD
Đề 4.
Bài 1(3đ). Cho biểu thức: A =








++

+
++
1
3
327
3
33
3
32
x
x
xxx

a. Rút gọn A.
b. Tính giá trị của A khi x =
3
+2010
Bài 2(3đ). Cho hàm số y = 3x +2m-1 (1)
a. Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 5).
b. Vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc ở câu a. Gọi giao điểm của đồ thị hàm số
(1) với trục 0x là B; giao điểm của đờng thẳng hạ từ A vuông góc với 0x là C. Tính
diện tích tam giác ABC?
Bài 3(2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn
2010
2009
2008
zyx
==

Chứng minh rằng: z x =2
))(( zyyx

Bài 4(2.5). Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x
3
+ y
3
+ xy
Bài 5(2.5). Cho a, b>0. Chứng minh rằng:
ba
b
a
a
b
++
22

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC (
B

= 90
0
, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính
AC. Kẻ dây cung BD vuông góc với đờng kính AC. Gọi H là giao điểm của AC và BD.
Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đờng tròn đờng kính EC cắt cạnh
BC tại I ( I khác C). Chứng minh rằng:
a. CI.CA = CB.CE
b. HI là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính EC
Bài 7(4). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R). Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) tại D;
AN là đờng kính của đờng tròn (0).

a. Chứng minh: BD = CN.
b. Tính độ dài AC theo R và . Biết


ABC = .
c. Gọi H, G lần lợt là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng H; G;
0 thẳng hàng.
S CHNH PHNG
I. NH NGHA
: S chớnh phng l s bng bỡnh phng ỳng ca mt s nguyờn.

II. TNH CHT
:
Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011
21
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.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A.
DẠNG1
:
CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4
là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y

4

= (x
2
+ 5xy + 4y
2
)( x
2
+ 5xy + 6y
2
) + y
4

Đặt x
2
+ 5xy + 5y
2
= t ( t
∈
Z) thì
A = (t - y
2
)( t + y
2
) + y
4
= t
2
–y
4

+ y
4
= t
2
= (x
2
+ 5xy + 5y
2)2

V ì x, y, z
∈
Z nên x
2

∈
Z, 5xy
∈
Z, 5y
2

∈
Z
⇒
x
2
+ 5xy + 5y
2

∈
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
= (n
2
+ 3n)( n
2
+ 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n
2
+ 3n = t (t
∈
N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2

= (n
2
+ 3n + 1)
2
Vì n
∈
N nên n
2
+ 3n + 1
∈

N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011
22
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 . 10
n
+ 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
. 10
n
+ 8.
9
110
−
n
+ 1 =
9
9810.810.410.4
2
+−+−
nnn
=
9
110.410.4
2
++
nn

=









+
3
110.2
n

Ta thấy 2.10
n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết
cho 3


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
210
n
; B =








+
3
810
n
; C =








+
3
710.2
n

2

2

2

2

2

Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011
23
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 = 224.10
2n
+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1
+ 9= 224.10
2n
+ ( 10
n-2
– 1 ) . 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ 10
2n
– 10
n+2
+ 10

n+1
+ 9= 225.10
2n
– 90.10
n
+ 9
= ( 15.10
n
– 3 )
2

⇒
A là số chính phương

b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10
n
+ 5.11…1 + 1


n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1

=
9
110
−
n
. 10
n
+ 5.
9

110
−
n
+ 1 =
9
9510.51010
2
+−+−
nnn


=
9
410.410
2
++
nn
=








+
3
210
n

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
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
+ n
2
+ ( n+1)
2
+ ( n+2)
2
= 5.( n
2
+2)
Vì n
2
không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n
2
+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒
5.( n
2
+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n
6

– n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n
∈
N và n>1
không phải là số chính phương
n
6
– n
4
+ 2n
3
+2n
2
= n
2
.( n
4
– n
2
+ 2n +2 ) = n
2
.[ n
2
(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n

2
[ (n+1)(n
3
– n
2
+ 2) ] = n
2
(n+1).[ (n
3
+1) – (n
2
-1) ]= n
2
( n+1 )
2
.( n
2
–2n+2)
Với n
∈
N, n >1 thì n
2
-2n+2 = (n - 1)
2
+ 1 > ( n – 1 )
2

và n
2
– 2n + 2 = n

2
– 2(n - 1) < n
2

Vậy ( n – 1)
2
< n
2
– 2n + 2 < n
2

⇒
n
2
– 2n + 2 không phải là một số chính phương.
2

Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h

ọ
c2010-2011
24
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 = 5
2
là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a
2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6
⇒
a
M
2
⇒
a
2

M
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 = 5
2

là số chính phương.
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)
⇒
a
2
+ b
2
= (2k+1)
2
+ (2m+1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4(k
2
+ k + m
2
+ m) + 2 = 4t + 2 (Với t
∈
N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t
∈
N) do đó a

2
+ b
2
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
M
2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m
2
(m
∈
N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ
⇒
m
2
lẻ
⇒
m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k
∈
N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1
⇒

p+1 = 4k
2
+ 4k + 1
⇒
p = 4k
2
+ 4k = 4k(k+1)
M
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
M
3
⇒
2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k
∈
N)
⇒

2N-1 không là số chính phương.
Tr
ườ
ngTHCS Nguy
ễ
n
đ
ình chi
ể
u

N
ă
m h
ọ
c2010-2011
25
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ
⇒
N không chia hết cho 2 và 2N
M
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
110
2008
−
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 10
2008
+ 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
210
2008


1
+ab
=








+
3

210
2008
=
3
210
2008
+

Ta thấy 10
2008
+ 2 = 100…02
M
3 nên
3
210
2008
+

∈
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 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a+1)
2

⇒

1
+ab
=
2
)13( +a
= 3a + 1
∈
N
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. n
2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n
2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n

2
+ 2n + 12 = k
2
(k
∈
N)

⇒
(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2

⇔
k
2
– (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) = a
2

(n
∈
N)
⇒
n
2
+ 3n = a
2

⇔
4n
2
+ 12n = 4a
2
2

2