MỘT số KINH NGHIỆM GIÚP học SINH LUYỆN THI VIOLYMPIC TOÁN TRÊN INTERNET và NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG môn TOÁN 6 TRONG NHÀ TRƯỜNG

MỤC LỤC
Nội dung

PHẦN A: MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề:
1. Thực trạng của vấn đề
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
II. Phương pháp tiến hành
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn
1.1. Cơ sở lý luận
1.2. Cơ sở thực tiễn
2. Các biện pháp tiến hành và thời gian tạo ra giải pháp
2.1. Các biện pháp tiến hành
2.2. Thời gian tạo ra giải pháp

PHẦN B: NỘI DUNG
I

I. Mục tiêu:
II. Mô tả giải pháp của đề tài:
1.Thuyết minh tính mới
1.1. Giới thiệu khái quát về các kiểu bài thi Violympic toán 6
1.2. Các dạng bài tập thường gặp trong các vòng thi
2. Khả năng áp dụng
3. Lợi ích kinh tế - xã hội

PHẦN C: KẾT LUẬN
1. Kết luận
2. Đề xuất, kiến nghị
3. Tài liệu tham khảo

Trang 2

Trang
3
3
3
4
4
4
4
5
5
5
6

6
6
6
6
9
42
43

44
44
46


MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIÚP HỌC SINH LUYỆN THI

VIOLYMPIC TOÁN TRÊN INTERNET VÀ NÂNG CAO CHẤT
LƯỢNG MÔN TOÁN 6 TRONG NHÀ TRƯỜNG.

PHẦN A: MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề:
1. Thực trạng của vấn đề:
Trong những năm gần đây để đẩy mạnh ứng dụng công nghệ thông tin trong
giáo dục, Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã tổ chức “Cuộc thi giải toán Violympic
trên Internet” nhiều vùng, miền trên khắp cả nước đều tham gia tích cực. Những
em học sinh ở vùng nông thôn tiếp cận công nghệ thông tin còn chậm, dù vậy
các em cũng đã cố gắng tham gia tích cực trong các cuộc thi Violympic toán trên
internet các cấp. Tuy kết quả chưa cao nhưng đây cũng là tiền đề trong việc đổi
mới cách học, cách nghĩ cách làm, tác phong công nghiệp cho các thế hệ mai
sau.
Việc thi Violympic toán trên internet là một sân chơi trí tuệ bổ ích, khơi dậy
niềm đam mê và yêu thích môn toán, giúp các em nâng cao kiến thức, phát triển
tư duy và sáng tạo. Violympic là một sân chơi trực tuyến cho học sinh các cấp
và là nơi hội tụ những kiến thức về Tin học lẫn Toán học, do đó đòi hỏi các em
cần phải biết cách sử dụng máy tính một cách khoa học, xử lý nhanh nhẹn và
hiệu quả, đồng thời phải có một nền tảng kiến thức về toán học thật vững chắc,
nhận biết từng dạng toán cụ thể, có kĩ năng tính toán nhanh gọn, lôgic và khoa
học.
Trong thực tế, ở các trường THCS hiện nay các em còn yếu về khả năng suy
luận, tìm tòi, phát hiện vấn đề, nhất là đối với các bài tập nâng cao. Việc suy xét,
tìm tòi lời giải như thế nào là tùy thuộc vào từng dạng toán nên các em thường
gặp rất nhiều khó khăn. Hơn nữa đây là vấn đề mà giáo viên thường ít chú ý rèn
luyện cho học sinh một cách có hệ thống. Do đó, các em khi tham gia thi
Violympic toán trực tuyến trên internet thường gặp những dạng toán khó không
giải được hoặc giải được nhưng thao tác tính toán còn chậm không kịp thời gian.
Nhiều em tuy có năng khiếu và tố chất về toán học nhưng khi tham gia thì kết

quả không được như mong muốn.
Trước những thực trạng trên, là một người giáo viên bộ môn tôi nghĩ cần
sớm trang bị cho học sinh về những tư duy khoa học, phương pháp tự học, tìm
tòi và sáng tạo ngay từ đầu cấp học, để các em khi tham gia cuộc thi Violympic
toán trên Internet không còn phải lung túng, mất tự tin. Chính vì thế mà tôi đưa
ra đề tài: “Một số kinh nghiệm giúp học sinh luyện thi Violympic toán trên
Internet và nâng cao chất lượng môn toán 6 trong nhà trường”.
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới:
Thi Violympic toán trên internet là một sân chơi trực tuyến cho những em
học sinh yêu thích môn toán, đó là một sân chơi bổ ích đầy trí tuệ, nó không
những giúp các em củng cố kiến thức cơ bản đã học mà còn giúp các em học hỏi
được những dạng toán nâng cao, rèn luyện cho các em kĩ năng tính nhanh, tính
Trang 3


nhẩm, vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học, tính toán thành thạo nhanh gọn.
Tạo điều kiện để các em làm quen dần với những dạng toán ở các kiểu bài thi ở
trong các vòng thi. Tuy mức độ kiến thức khác nhau nhưng các em vẫn hệ thống
được những kiến thức trọng tâm trong các vòng thi và biết cách giải quyết các
dạng toán một cách nhanh gọn và hiệu quả.
Việc hướng dẫn học sinh luyện thi Violympic toán trên Internet là một việc
làm rất cần thiết, giúp các em học sinh có năng khiếu về toán sớm có cơ hội tiếp
cận và tham gia dự thi, đồng thời thử sức của mình trong kho tàng kiến thức
thuộc đỉnh cao của toán học. Nơi đây các em có thể học hỏi nhiều dạng toán
nâng cao và rút ra những kinh nghiệm quý báu cho bản thân.
Các em làm quen dần với phương pháp suy luận, rèn trí thông minh, sáng
tạo, làm cơ sở cho việc trau dồi trí thức văn hóa sau này.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài:
- Các kiểu, dạng đề toán thường gặp trong các vòng thi Violympic toán lớp 6.
- Một số thủ thuật tính toán nhanh và hiệu quả.

II. Phương pháp tiến hành:
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn:
1.1. Cơ sở lý luận:
Mục tiêu giáo dục hiện nay là hướng đến sự phát triển toàn diện của học
sinh và phát huy năng lực, chủ động sáng tạo của học sinh. Đối với việc luyện
thi Violympic toán trên Internet là một nhu cầu rất cần thiết để các em sớm tiếp
cận với công nghệ thông tin trong những năm còn học ở phổ thông. Đây là một
nền tảng kiến thức quan trọng đối với bộ môn toán lớp 6 mà các em cần phải đạt
được. Tuy nhiên, với mặt bằng hiện nay học sinh tiếp cận với công nghệ thông
tin còn hạn chế, khả năng sử dụng máy vi tính lại càng hạn chế hơn. Nhiều em
học sinh ở vùng nông thôn thì điều kiện kinh tế khó khăn ít có điều kiện để mua
máy vi tính để các em học tập. Các em chủ yếu học và thực hành trong những
thời gian ít ỏi ở giờ Tin học trong nhà trường.
Mặt khác, kiến thức luyện thi Violympic toán trên Internet thường nằm
ngoài sách giáo khoa, đa số là những kiến thức nâng cao. Thời gian giáo viên bộ
môn dạy ở trường không đủ để mở rộng nâng cao và bổ sung các kiến thức mới
cho các em nên việc tham gia dự thi Violympic môn Toán trên Internet vẫn còn
gặp nhiều khó khăn. Một số em tuy có tham gia nhưng khả năng tính toán và
làm bài còn hạn chế, các em chỉ vượt qua một số vòng đầu rồi bế tắc không
tham gia tiếp tục được nữa.
Các tài liệu tham khảo, nhất là sách viết theo nội dung bồi dưỡng học sinh
giỏi rất phong phú, đa dạng. Nhiều phụ huynh học sinh tuy có mua cho con em
mình học nhưng sử dụng không có hiệu quả. Một số sách tham khảo lại viết theo
hệ thống phát triển các kiến thức sách giáo khoa, đôi khi viết trước chương trình
nên cũng gặp những khó khăn trong học tập của các em. Nhiều giáo viên có
hướng dẫn các em đọc và làm các bài tập nhưng cũng chỉ một vài kiến thức đã
học, chưa đi sâu vào từng dạng toán và hệ thống kiến thức đầy đủ. Do đó khả
năng học sinh tham gia dự thi Violympic toán trên Internet còn rất hạn chế.
Các bài học, bài tập ở phân môn số học 6 ít có tính chất angorit. Mỗi dạng,
mỗi bài tập đều có cách giải quyết khác nhau, học sinh lớp 6 quen với phương

Trang 4


pháp trực quan cụ thể như ở Tiểu học nên rất khó tiếp thu những bài tập đòi hỏi
phải tìm tòi và sáng tạo. Vậy làm thế nào để giúp các em học sinh tiếp cận được
công nghệ thông tin và có vốn kiến thức cơ bản để tham gia dự thi Violympic
toán trên Internet có hiệu quả? Là một giáo viên dạy bộ môn Toán, tôi luôn trăn
trở, nghiên cứu nhiều năm liền và đến nay tôi cũng đã rút ra cho mình một số
kinh nghiệm với mong muốn chia sẻ cùng với các đồng nghiệp của mình.
1.2. Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy môn Toán ở trường, bản thân tôi nhận thấy học
sinh lớp 6 chưa nắm được cách trình bày bài giải, nhiều em học sinh giỏi toán
chưa được phát huy trí thông minh và năng lực sáng tạo của mình.
Trong tiết dạy giáo viên ít có thời gian để bồi dưỡng kiến thức cho các em,
những kiến thức nâng cao đa số các em còn bỡ ngỡ, không biết cách khai thác
mở rộng, đào sâu và lập luận chặt chẽ có hệ thống.
Nhiều em học sinh đã cố gắng mua sách “Tự luyện thi Violympic toán” về
nhà để tập luyện, tuy có giáo viên hướng dẫn các em nhưng chỉ hướng dẫn
chung chung, gặp bài nào thì hướng dẫn bài nấy chưa có hệ thống, phương pháp
cụ thể.
Nhiều bài toán, nhất là dạng toán dãy số quy luật các em còn lúng túng, chưa
biết thủ thuật để tính nhanh và hiệu quả.
Quá trình làm bài thi trên máy tính các em chưa quen với các thao tác xử lý,
máy, còn bị động với các kiểu bài thi nên làm mất nhiều thời gian trong lúc thi.
Để giúp các em học sinh yêu thích môn toán có điều kiện tham gia dự thi
Violympic toán trên internet có hiệu quả, bản thân tôi đã thường xuyên nghiên
cứu các chuyên đề có liên quan đến các vòng thi và đã bồi dưỡng cho nhiều em
tham gia. Tôi nhận thấy các em đã giải được các bài tập nâng cao và những bài
tập khó trong các vòng thi, làm quen được với phương pháp suy luận, tìm tòi và
sáng tạo. Trong những năm học gần đây số lượng và chất lượng học sinh tham

gia dự thi Violympic toán trên internet đã đạt được kết quả rất tốt. Đó là lí do tôi
chọn đề tài này.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo ra giải pháp:
2.1. Các biện pháp tiến hành:
Với những nhu cầu thực tiễn trên, bản thân tôi đã đưa ra một số biện pháp
tiến hành sau:
- Tìm hiểu những thuận lợi và khó khăn trong quá trình luyện thi Violympic ở
học sinh.
- Nghiên cứu các văn bản, tài liệu có liên quan đến thi Violympic và có kế
hoạch bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu môn toán tham gia.
- Tìm tòi các dạng toán có liên quan đến các vòng thi, phân chia các dạng
toán ở các vòng thi, giải thích hợp lí những thắc mắc của học sinh.
- Tham gia cùng học sinh luyện thi Violympic toán trên Internet để nắm bắt
cách thức làm bài và các kiến thức trong từng vòng thi, từ đó chia sẻ những khó
khăn cùng với học sinh và hướng dẫn có hiệu quả.
- Trong quá trình luyện thi nên dành nhiều thời gian khai thác các bài tập hơn
là giải nhiều bài tập, chú ý phân tích đề toán để nhận dạng bài toán và từ đó đưa
ra cách giải phù hợp với yêu cầu bài toán.
Trang 5


- Kết hợp tốt các phương pháp dạy học mới, tạo niềm vui và hứng thú trong
quá trình luyện thi. Không nên tạo áp lực và sự nhàm chán đối với học sinh.
- Đưa ra một số bài tập nâng cao vào cuối mỗi tiết học để các em về nhà
nghiên cứu giải. Giáo viên có thể hướng dẫn cho học sinh trong khoảng thời
gian hợp lý.
2.2 Thời gian tạo ra giải pháp:
Đặt vấn đề nghiên cứu đề tài từ năm học 2013 – 2014 đến nay.
Thời gian viết đề tài 2 tháng.

PHẦN B: NỘI DUNG
I. Mục tiêu:
Giúp học sinh yêu thích môn toán phát huy năng khiếu, khả năng tư duy
sáng tạo, suy luận chặt chẽ và lôgic trong lĩnh vực toán học.
Giúp học sinh hiểu được một số thủ thuật tính nhẩm, giải nhanh một số
dạng toán theo quy luật, trình bày được, giải được một số dạng toán liên quan.
Giúp học sinh hệ thống được những kiến thức đã học và vận dụng linh hoạt
trong từng dạng toán, biết phân tích đề bài, xây dựng phương án giải phù hợp
với yêu cầu bài toán.
Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tính toán, trình bày bài giải lôgic, khoa học
và biết vận dụng kiến thức toán học vào thực tiễn có hiệu quả.
Phát huy ở học sinh tinh thần độc tập, tự chủ, sáng tạo, lòng say mê học
Toán và nghiên cứu khoa học trong nhà trường.
Giáo dục cho học sinh tính kiên trì, nhẫn nại, ham học hỏi, hứng thú say mê
nghiên cứu khoa học.
II. Mô tả giải pháp của đề tài:
1. Thuyết minh tính mới:
- Xây dựng phương pháp học tập từ lý thuyết đến bài tập và kĩ năng giải,
thực hành trong các vòng thi.
- Sắp xếp theo từng dạng toán, có hệ thống kiến thức và xây dựng phương
pháp giải cụ thể theo từng dạng toán.
- Cung cấp cho học sinh một số thủ thuật tính nhẩm, giải nhanh, tìm nhanh
và chính xác khi thực hành trên máy tính trong thời gian hạn hẹp ở mỗi bài thi
trong các vòng thi.
- Khắc sâu những kiến thức cơ bản đã học, đồng thời phát huy trí tuệ cho
học sinh, hình thành kỹ năng tính toán và nhận biết từng dạng toán trong quá
trình học tập.
1.1. Giới thiệu khái quát về các kiểu bài thi Violympic toán 6
Bài thi: Điền vào chỗ trống(…)
-Để điền các số thích hợp vào chỗ…các em ấn chuột vào vị trí …rồi dùng các số

trên bàn phím để ghi số thích hợp.
-Để điền dấu >; <; = thích hợp vào chỗ … tương tự như thao tác điền số. Các em
ấn chuột vào vị trí … rồi chọn dấu >; <; = trong bàn phím để điền cho thích
hợp(Chú ý để chọn dấu >; < các em phải ấn Shift và dấu đó)
Trang 6


Bài thi: Tìm cặp bằng nhau:

Bài thi: Sắp xếp

Bài thi: Vượt chướng ngại vật

Trang 7


Bài thi: Cóc vàng tài ba

Bài thi: Đi tìm kho báu

Bài thi: Đỉnh núi trí tuệ

Trang 8


1.2. Các dạng bài tập thường gặp trong các vòng thi:
1.2.1. PHẦN SỐ HỌC:
DẠNG 1: Xác định số phần tử của một tập hợp theo điều kiện cho trước
Phương pháp: Xác định số phần tử
Ví dụ 1: Cho tập hợp A các số tự nhiên không vượt quá 2006. Hãy viết tập hợp

A và cho biết tập hợp này có bao nhiêu phần tử?
Hướng dẫn:
Tập hợp A các số tự nhiên không vượt quá 2006 là: A   0;1; 2;3;...; 2006
Tập hợp A có 2007 phần tử.( 2006 - 0 +1= 2007)
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 1 (năm học 2014-2015): Đi tìm kho báu

Hướng dẫn:
Số tự nhiên lớn hơn 9 và không vượt quá 86 là gồm các số tự nhiên từ 10 đến 86
Vậy có 86 – 10 + 1 = 77 (số)
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 2 (năm học 2013-2014): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...):
Câu 1: Số phần tử của tập hợp các số tự nhiên không vượt quá 20 là
Hướng dẫn: Tập hợp các số tự nhiên không vượt quá 20 là {0; 1; 2; 3;...; 20} có
20 – 0 + 1 = 21 (phần tử)
Tổng quát: Tập hợp các số tự nhiên từ a đến b có: b – a +1 (phần tử)
(với a, b �N; a < b )
Ví dụ 2: Tính số phần tử của các tập hợp sau:
Q   41; 43; 45;...; 2015
P   18; 20; 22;...; 2014 ;
Hướng dẫn:
Tập hợp P có: (2014  18) : 2  1  999 (phần tử)
Tập hợp Q có: (2015  41) : 2  1  988 (phần tử)
Áp dụng vào bài thi số 1 vòng 2 (năm học 2014-2015): Cóc vàng tài ba

Trang 9


Hướng dẫn:
Tập hợp A các số tự nhiên lẻ không nhỏ hơn 54 và không lớn hơn 1997 là gồm
các số tự nhiên lẻ từ 55 đến 1997.

Vậy tập hợp A có tất cả là: (1997  55) : 2  1  972 (phần tử)
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 2 (năm học 2014-2015): Cóc vàng tài ba

Hướng dẫn:
Tập hợp B = {101; 103; 105;...; 997; 999}
Vậy tập hợp B có tất cả là: (999  101) : 2  1  450 (phần tử)
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 2 (năm học 2013-2014): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...):
Câu 2: Số phần tử của tập hợp các số tự nhiên chẵn không vượt quá 30 là
Câu 3: Số phần tử của tập hợp A = {4; 6; 8;...; 78; 80} là
Câu 4: Số phần tử của tập hợp các số tự nhiên chẵn lớn hơn 3 và nhỏ hơn 2000
là
Hướng dẫn:
Câu 2: Tập hợp các số tự nhiên chẵn không vượt quá 30 là:
{0; 2; 4; 6; 8;...; 30} có (30  0) : 2  1  16 (phần tử)
Câu 3: Tập hợp A = {4; 6; 8;...; 78; 80} có (80  4) : 2  1  39 (phần tử)
Câu 4: Tập hợp các số tự nhiên chẵn lớn hơn 3 và nhỏ hơn 2000 là:
{4; 6; 8;...; 1998} có (1998  4) : 2  1  998 (phần tử)
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 4 (năm học 2013-2014): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...):
Câu 5: Số các số lẻ có 4 chữ số chia hết cho 9 là…………….
Hướng dẫn:
Cách 1:
Số có 4 chữ số là từ 1000 đến 9999
Trang 10


Các số chia hết cho 9 gồm: 1008; 1017; 1026; ………; 9990; 9999
Dãy số trên cách đều nhau 9 đơn vị có số đầu là 1008 và số cuối là 9999
Các số chia hết cho 9 có: (9999 - 1008): 9 + 1 = 1000 (số)

Trong đó xen kẻ 1 số lẻ thì có 1 số chẵn, nên số lẻ có 4 chữ số chia hết cho 9 có:
1000: 2 = 500 (số)
Cách 2:
Các số lẻ có 4 chữ số chia hết cho 9 là: 1017; 1035; ……; 9981; 9999
có: (9999 -1017):18+1= 500 (số)
Tổng quát: Ta có hai số chẵn (hoặc lẻ) liên tiếp hơn kém nhau 2 đơn vị.
Do vậy tập hợp các số chẵn từ số chẵn a đến số chẵn b có:
(b  a) : 2  1 ( phần tử) (với a < b)
Tập hợp các số lẻ từ số lẻ c đến số lẻ d có:
(d  c) : 2  1 ( phần tử) (với c < d )
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 4 (năm học 2013-2014): Vượt chướng ngại vật

Hướng dẫn:
Tập hợp A các số tự nhiên nhỏ hơn 100 chia hết cho 13 là các số thuộc bội của
13 và nhỏ hơn 100. Vậy A   0; 13; 26; 39; 52; 65; 78; 91
DẠNG 2: Giải các bài toán về phép chia
Phương pháp 1: Chứng minh phép chia hết:
Ví dụ 1: Cho C  1  3  32  33  ...  311 . Chứng minh rằng:
a) C M13
b) C M40
Hướng dẫn:
a) C  1  3  32  33  ...  311
9

 (1  3  32 )  (33  34  35 )  ...  (3  310  311 )
9

= (1  3  32 )  33 (1  3  32 )  ...  3 (1  3  32 )
= 13.(1  33  ...  39 )M
13

2
3
b) C  1  3  3  3  ...  311
 (1  3  32  33 )  (34  35  36  37 )  (38  39  310  311 )

= (1  3  32  33 )  34 (1  3  32  33 )  38 (1  3  32  33 )
= 40. (1  34  38 )M
40
Trang 11


Tổng quát: Chứng minh A(n) Mm ta biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng
và chứng minh mỗi số hạng đều chia hết cho m
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
a) Tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 2.
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Hướng dẫn:
a) Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là: a; a +1.
Ta phải chứng minh: a.(a +1) M2
Trường hợp 1: a = 2n (a là số chẵn).
Ta có: A(n) = 2n.(2n +1) M2 � đpcm
Trường hợp 2: a = 2n +1 (a là số lẻ). Ta có:
(2n + 1) + 1�
A(n) = (2n +1). �
�
�= (2n + 1).( 2n + 2) = (2n + 1). 2. (n +1) M2
� đpcm
b) Ta có A(n) = n(n + 1)(n + 2) và 6 = 2.3 (2 và 3 là số nguyên tố), ta tìm cách
chứng minh A(n) M2 và A(n) M3.
Trong hai số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho 2 (Chứng

minh ở ví dụ 3), do đó A(n) M2
Trong ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho 3 (Chứng
minh ở ví dụ 3), do đó A(n) M3
Ta có A(n) M2 và A(n) M3.
Vậy A(n) M2.3 hay A(n) M6 � đpcm
Ví dụ 3: Chứng minh rằng n 3 -13n M6 (n �Z)
Hướng dẫn:
Ta phải chứng minh A(n) = n3 -13n M6 (n �Z)
Ta có: A(n) = n 3 -13n = n 3 - n -12n = n(n 2 -1) - 12n = n(n -1)(n +1) -12n
Hay A(n) = (n-1)n(n+1)-12n
Mà (n-1).n.(n+1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên (n-1).n.(n+1) M6 và 12n M6
Vậy A(n) = (n - 1)n(n + 1) -12n M6 hay A(n) = n 3 -13n M6
Tổng quát: Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) ra thừa
số, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) Mp và C(n) Mq. Từ
đó suy ra A(n) = B(n).C(n) Mp.q hay A(n) = B(n).C(n) Mm
19
Ví dụ 4: Tìm số nguyên n để A=
là số nguyên
n2
Hướng dẫn:
A là số nguyên khi n + 2 là ước của 19.
Tức là: n  2 � 1; -1; 19; -19 . Suy ra n � 1; -3; 17; -21
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 15 (Năm học 2013-2014): Vượt chướng ngại
vật

Trang 12


Hướng dẫn:
Ta có: 169 M(3n  1) nên suy ra (3n +1) � Ư(169).

Mà Ư(169) =  �1; �13; �169
Với 3n + 1 = 1 � n = 0 (nhận) .
Với 3n + 1 = -1 � n =

2
(loại). Vì n là số nguyên
3

Với 3n + 1 = 13 � n = 4 (nhận)
Với 3n + 1 = -13 � n =

14
(loại). Vì n là số nguyên
3

Với 3n + 1 = 169 � n = 56 (nhận)
Với 3n + 1 = -169 � n =

170
(loại). Vì n là số nguyên
3

Vậy các số cần tìm là: 0; 4; 56
Phương pháp 2: Tìm số dư trong phép chia có dư
Ví dụ 1: Tìm số dư khi chia tổng 21  2 2  23  24  ....  299  2100 cho 7
Hướng dẫn: Ta có: 100 – 1 +1 = 100 số hạng. Mà 100 = 3. 33 + 1
Do đó : 21  2 2  23  24  ....  299  2100
= 21  22 (1  2  22 )  25 (1  2  22 )  ...  298 (1  2  22 )
= 2  22.7  25.7  ....  298.7 chia cho 7 dư 2
Ví dụ 2: Tìm dư trong phép chia 21000 cho 25

Hướng dẫn: Dùng phép đồng dư thức:
Ta có : 210 �24 (mod 25)

 220

1 (mod 25)

� 21000 1500 1 (mod 25)
Vậy số dư trong phép chia 21000 cho 25 là 1
a.b �m.n (mod p)
a �m (mod p)
�
�
�
Tổng quát: �
�c
b �n (mod p)
a �m c (mod p)
�
�
Áp dụng vào bài thi số 3 vòng 15 (Năm học 2013-2014): Cóc vàng tài ba

Trang 13


Hướng dẫn:
53 �6(mod 7)
55 �3(mod 7)

510 �(55 )2 �32 �2(mod 7)

5100 �(510 )10 �210 �2(mod 7)
51000 �(5100 )10 �210 �2(mod 7)
52000 �(51000 )2 �22 �4(mod 7)
52013 �52000.510.53 �4.2.6 �6(mod 7) .

Vậy số dư của 52013 khi chia cho 7 là 6.
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 11 thi cấp trường (năm học 2013-2014): Đỉnh
núi trí tuệ

Hướng dẫn:
Cách 1: Thực hiện phép tính theo chu kỳ
Ta có: 100 – 0 +1 = 101 số hạng
Mà: 101 = 4. 25 + 1
Do đó:
A  20  21  22  23  ....  2100

 (20  21  22  23 )  (24  25  26  27 )  ...  (296  297  298  299 )  2100
 (1  21  22  23 ) + 24 (1+ 21  2 2  23 )  ...  296 (1+ 21  2 2  23 )  2100
= 15 + 24 . 15+ ... + 296 . 15  2100
Suy ra số dư của A khi chia cho 15 chính là số dư của 2100 chia cho 15
Ta có: 21 : 15 dư 2
22 : 15 dư 4
23 : 15 dư 8
24 : 15 dư 1
25 : 15 dư 2
26 : 15 dư 4
27 : 15 dư 8
28 : 15 dư 1
... có chu kỳ là 4 (2; 4; 8; 1). Mà 100: 4 dư là 0
Suy ra số dư của 2100 khi chia cho 15 là 1 (là số cuối của chu kỳ)

Vậy số dư của A khi chia cho 15 là 1.
Cách 2: Thực hiện phép tính bằng phương pháp đồng dư thức:
25
Ta có: 24 �1(mod15) � 2100   24  �1(mod15)
Vậy số dư của A khi chia cho 15 là 1.
Trang 14


Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 5 (Năm học 2013-2014): Đỉnh núi trí tuệ

Hướng dẫn:
Gọi a là số bị chia của phép chia, b là thương của phép chia.(a,b �N )
Theo đề cho ta có: a = b. 48 + 41
Nếu chia số a cho 16 thì: a = (b. 48 + 41):16
Mà b. 48 M16 và 41: 16 dư 9
Do đó số a chia cho 16 sẽ dư là 9
Ví dụ: Biết a chia cho 9 dư 7, b chia cho 9 dư 4. Hỏi a.b chia cho 9 dư mấy?
Hướng dẫn:
Ta có a = 9n + 7; b = 9m + 4
Nên a.b = (9n + 7).( 9m + 4) = 81nm + 36n + 63m + 28
Mà (81nm + 36n + 63m) ⋮9.
Do đó số dư của a.b phụ thuộc vào số dư của phép chia 28 cho 9
Ta có 28 chia cho 9 dư 1
Vậy a.b chia cho 9 dư 1
DẠNG 3: Tìm x, y nguyên
Phương pháp 1: Dùng tính chất chia hết:
Ví dụ 1:
a) Tìm số tự nhiên n để phân số A 

6n + 99

có giá trị là số tự nhiên.
3n + 4

b) Tìm số tự nhiên n để: 6n + 3 chia hết cho 3n + 6

c) Tìm các giá trị nguyên của n để phân số A =

3n + 2
có giá trị là số nguyên.
n-1

Hướng dẫn:
2  3n + 4  + 91 2  3n + 4 
91
91
a) A = 6n + 99 = 6n + 8 + 91 =
=
+
=2+
3n + 4
3n + 4
3n + 4
3n + 4 3n + 4
3n + 4
�
Để A là số tự nhiên thì 913n
⋮ + 4 hay 3n + 4
Ư(91)
�
Mà Ư(91) ={1; 7; 13; 91} hay 3n + 4 {1; 7; 13; 91}.

Với 3n + 4 = 1 � n = -1 (loại ) Vì n là số tự nhiên.
Với 3n + 4 = 7 � n = 1 (nhận)
Với 3n + 4 = 13 � n = 3 (nhận)
Với 3n + 4 = 91 � n = 29 (nhận)
Vậy n = 1; n = 3; n = 29
2  3n + 6   9
9
b) Ta có: 6n + 3 = 6n + 12 - 9 =
=23n + 6
3n + 6
3n + 6
3n + 6
Để 6n + 3 chia hết cho 3n + 6 thì 9 chia hết cho 3n + 6 hay 3n + 6 � Ư(9)
Mà Ư(9) = 1; 3; 9 hay 3n + 6 �1; 3; 9
Vì 3n + 6 �6 nên 3n + 6 = 9  n = 1
Trang 15


Vậy với n = 1 thì 6n + 3 chia hết cho 3n + 6.
3n + 2 3n - 3 + 5 3(n - 1) + 5
5
=
=
=3+
c) Ta có A 
n-1
n-1
n-1
n-1
5

Để A có giá trị nguyên thì
là số nguyên.
n-1
5
Mà
nguyên  5 M
(n-1) hay n - 1 � Ư(5) = 1;  5
n-1
Ta tìm được n = 2; n = 0; n = 6; n = - 4
Áp dụng vào bài thi số 1 vòng 5 (năm học 2013-2014): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...)
Câu 4: Tập hợp các số tự nhiên x sao cho 6 ⋮x( – 1) là{............} (Nhập các phần
tử theo giá trị tăng dần, ngăn cách bởi dấu “;”).
Hướng dẫn:
Để 6⋮x( – 1) thì (x – 1) � Ư(6)
Mà Ư(6) ={1; 2; 3; 6} hay x – 1�{1; 2; 3; 6}
Với x – 1 = 1 � x = 2
Với x – 1 = 2 � x = 3
Với x – 1 = 3 � x = 4
Với x – 1 = 6 � x = 7
Vậy x �{2; 3; 4; 7}.
Câu 6: Tập hợp các số tự nhiên x sao cho 14 ⋮2x
( + 3) là{............} ( Nhập các
phần tử theo giá trị tăng dần, ngăn cách bởi dấu “;”).
Hướng dẫn:
Để 14⋮2x
( + 3) thì (2x + 3) � Ư(14)
Mà Ư(14) ={1; 2; 7; 14} hay (2x + 3) �{1; 2; 7; 14}
Do 2x + 3 là số lẻ và lớn hơn 1 nên 2x + 3 = 7
� x = (7 – 3): 2 = 2

Vậy x = 2
Áp dụng vào bài thi số 3 vòng 15 thi cấp huyện (năm học 2013-2014): Vượt
chướng ngại vật

Hướng dẫn:
Để 169⋮3n
( + 1) thì (3n + 1) � Ư(169)
Mà Ư(169) = 1; 13; 169
Hay 3n + 1� 1; 13;169
Với 3n + 1 = 1 � n = 0
2
Với 3n + 1 = - 1 � 3n = -2 � n =
(loại)
3
Với 3n + 1= 13 � n = 4
14
Với 3n + 1 = -13 � 3n = - 14 � n =
(loại)
3
Trang 16


Với 3n + 1= 169 � n = 56
Với 3n + 1 = - 169 � 3n = - 170 � n =

170
(loại)
3

Vậy n �{0; 4; 56}.

Ví dụ 2: Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 3x + 17y = 159 (1)
Hướng dẫn:
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn (1).
Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y cũng chia hết cho 3, do đó y chia
hết cho 3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau)
Đặt y = 3t ( t �Z ). Thay vào (1), ta được:
3x + 17.3t = 159
� x + 17t = 53
� x = 53 - 17t
�x = 53 - 17t
; (t �Z)
Do đó:
�
�y = 3t
Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào (1) được nghiệm đúng.
Vậy (1) có vô số (x; y) nguyên được biểu thị bởi công thức:
�x = 53 - 17t
(t �Z)
�
�y = 3t
Áp dụng vào bài thi số 3 vòng 13 thi cấp trường (năm học 2013-2014): Vượt
chướng ngại vật

Hướng dẫn:
Ta có: 35x + 2y = 84 (1)
Ta thấy 84 và 2y đều chia hết cho 2 nên 35x cũng chia hết cho 2, do đó x chia
hết cho 2 (vì 35 và 2 nguyên tố cùng nhau)
Đặt x = 2t, t�Z thay vào (1) ta được: 35. 2t + 2y = 84
� 35t  y  42 � y = 42 - 35t
Vì x,y là hai số nguyên tố nên x= 2; y = 7

Trang 17


Áp dụng vào bài thi số 3 vòng 5 (năm học 2013-2014): Đỉnh núi trí tuệ

Hướng dẫn:
Ta có (2x + 1)(y – 3) = 10 = 1.10 = 2.5 = 5.2 = 10.1
Mà 2x + 1 là số lẻ nên 2x + 1 = 1 hoặc 2x + 1 = 5
2x + 1 = 1 �2x + 1 = 5
�
Khi đó ta có các trường hợp sau: �
; �
�y - 3 = 10
�y - 3 = 2
Giải ta được các cặp số là (0;13); (2;5)
Vậy cặp số có tổng x+ y lớn nhất là (0;13)
Áp dụng vào bài thi số 1 vòng 5 (năm học 2014-2015): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...)
Câu 6: Trong các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn (2x + 1)(y - 3) =10, cặp số cho
tích lớn nhất là (……….)
Hướng dẫn:
Ta có (2x + 1)(y – 3) = 10 = 1.10 = 2.5 = 5.2 = 10.1
Mà 2x + 1 là số lẻ nên 2x + 1 = 1 hoặc 2x + 1 = 5
2x + 1 = 1 �2x + 1 = 5
�
Khi đó ta có các trường hợp sau: �
; �
�y - 3 = 10
�y - 3 = 2

Giải tìm được các cặp số là (0;13); (2;5)
Vậy cặp số có tích x. y lớn nhất là (2;5)
Phương pháp 2: Đưa về phương trình ước số:
Ví dụ: Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x.y - x - y = 2
Hướng dẫn:
Ta có: x.y - x - y = 2 � x.(y-1) - y = 2
� x.(y - 1) - (y - 1) = 3
� (x - 1)(y - 1) = 3
Do x, y là các số nguyên nên x - 1, y - 1 cũng là các số nguyên và là ước của 3.
Suy ra các trường hợp sau:
�x - 1 = -1
�x - 1 = -3
�x - 1 = 3
�x - 1 = 1
; �
; �
;
�
�
�y - 1 = 1
�y - 1 = 3
�y - 1 = -3
�y - 1 = -1
Giải các hệ này ta được các cặp số (4; 2), (2; 4), (0; -2), (-2; 0)
Phương pháp 3: Tách ra giá trị nguyên:
Ví dụ: Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x.y - x - y = 2 (ở ví dụ 1 trên giải bằng cách
khác)
Hướng dẫn:
Ta có x.y - x - y = 2 � x.(y - 1) = 2 + y
Ta thấy y �1 (vì nếu y = 1 thì x.0 = 3 không có giá trị x, y nào thỏa mãn)

Trang 18


y+2
3
Do đó: x = y - 1 = 1 + y - 1
3
Do x nguyên nên
y - 1 nguyên
� y - 1 là ước của 3
� y - 1 = 3; y - 1 = -3; y - 1 = 1; y - 1 = -1
Ta cũng có đáp số như ở ví dụ 2.
Phương pháp 4: Chỉ ra nghiệm nguyên
Ví dụ: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x +3x =5x
Hướng dẫn:
x
x
�2 � �3 �
x
Chia hai vế cho 5 , ta được � �  � �  1 (1)
�5 � �5 �
Với x = 0 � vế trái của (1) bằng 2 (loại)
Với x = 1 � vế trái của (1) bằng 1 (đúng)
x
x
�2 � 2 �3 � 3
Với x �2 thì: � � < ; � � <
�5 � 5
�5 � 5

x

�2 �
Nên � � +
�5 �

x

�3 � 2
3
+ = 1 (loại)
� �<
5
�5 � 5

Vậy x = 1.
DẠNG 4: Dạng toán về lũy thừa
Phương pháp 1: Viết biểu thức dưới dạng một lũy thừa:
Ví dụ: Viết biểu thức sau dưới dạng một lũy thừa:
a) 410 . 815
;
82 . 253
Hướng dẫn:

  . 2 

a) 410 . 815 = 22

10

3

15

= 220 . 245 = 265

Hay 265  (25 )13  3213
Hay 265  (213 )5  81925
Vậy ta có 3 cách viết là: 410.815  265
410.815  3213
410.815  81925
b) 82 . 253 =  23  .  52  = 26 . 56 = 106
2

3

Hay 106  (102 )3  1003
Hay 106  (103 ) 2  10002
Vậy ta có 3 cách viết là: 82. 253  106
82. 253  1003
82. 253  10002
Phương pháp 2: Tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa:
* Tìm một chữ số tận cùng
Lũy thừa có cơ số tận cùng đặc biệt (x,y �N)
Trang 19


n

x0 = y0 (n �N* )

n

x1 = y1 (n �N* )
n

x5 = y5 (n �N* )
n

x6 = y6 (n �N* )

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.
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.
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.
Ví dụ 1: Tìm chữ số tận cùng của số:
a) 8102;
b) 799
Hướng dẫn:
a) Ta có 8102  8100.82  84.25.82  ...6. 64  ...4
Do 84k (k = 25) có chữ số tận cùng là 6 (theo tính chất 1d)
Vậy 8102 có chữ số tận cùng là 4.
b) Ta có 799  796 3  74.24 3  ...3
Do 74k+3 (k = 24) có chữ số tận cùng là 3 (theo tính chất 3a)
Vậy 799 có chữ số tận cùng là 3.
Bài tập tương tự:
Tìm chữ số tận cùng của các lũy thừa sau:
a) 22005 ; 32006
b) 7 2007 ; 82007
Hướng dẫn:
a) 22005 = 2 2004 . 2 =  24 

501

32006 = 32004 . 32 =  34 

501

. 2= ...6 . 2 = ....2
501

501

. 9 = ...1 . 9 = ....9

Trang 20


 
= 8 

b) 7 2007 = 7 2004 . 73 = 7 4
82007 = 82004 . 83

501

4 501

501

. 3 = ...1 . 3 = ...3
501

. 2 = ...6 . 2 = ...2

Ví dụ 2: Tìm chữ số tận cùng của các số sau:
a) 571999
b) 931999
Hướng dẫn:
Để tìm chữ số tận cùng của một số chỉ cần xét chữ số tận cùng của số đó
a) 571999 ta xét 71999
Ta có: 71999 = (74)499. 73 = 2041499. 343 .
Suy ra chữ số tận cùng bằng 3
Vậy số 571999 có chữ số tận cùng bằng 3

b) 931999 ta xét 31999
Ta có: 31999 = (34)499. 33 = 81499. 27 .
Suy ra chữ số tận cùng bằng 7.
Vậy số 931999 có chữ số tận cùng bằng 7.
Ví dụ 3: Cho A = 5 + 52 + … + 596. . Tìm chữ số tận cùng của A.
Hướng dẫn:
A = 5 + 52 + …… + 596
 5A = 52 + 53 + …… + 596 + 597
 5A – A = 597 - 5  A =

597 - 5
4

Ta có: 597 có chữ số tận cùng là 5  597 – 5 có chữ số tận cùng là 0.
Vậy chữ số tận cùng của A là 0.
Ví dụ 4: Tìm chữ số tận cùng của tổng:
A  23  37  411  ...  20048011
Hướng dẫn:
Ta có mọi lũy thừa trong A đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy thừa
đều có dạng a 4n 3 với n �N )
Theo tính chất 3 thì 23 có chữ số tận cùng là 8; 37 có chữ số tận cùng là 7; 4 11 có
chữ số tận cùng là 4;...
Khi đó tổng A 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 A là 9
Ví dụ 5: Áp dụng kiến thức trên để giải bài toán:
Cho A = 51n + 47102 (n �N) . Chứng tỏ rằng A M
10

Hướng dẫn:
Ta có: 51n =...1
47102 = 47100 . 47 2 = 47 4.25 . 472 = ...1 . ...9 = ...9
� A = ...1 + ...9 = ...0 .
Vậy: A M
10
Trang 21


Áp dụng vào bài thi số 3 vòng 15 (năm học 2014-2015): Vượt chướng ngại vật

Hướng dẫn:
Từ 12 đến 98 có 8 số có chữ số tận cùng 0 là: 20; 30; 40; 50; 60; 70; 80; 90
Vậy C có 8 chữ số 0.
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 5 (năm học 2013-2014): Tìm cặp bằng nhau

Hướng dẫn:
a) Tìm chữ số tận cùng của số 171000

 

Ta có: 71000 = 74

250

250

= ...1 .

Suy ra chữ số tận cùng của số 71000 là 1

Vậy chữ số tận cùng của số 171000 là 1
b) Tìm chữ số tận cùng của số 20092008
Ta có: 20092008 =  20092 

1004

1004

= ...1

Vậy chữ số tận cùng của số 20092008 là 1
c) Tìm chữ số tận cùng của số 23!
Ta có 23! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12..........23
= (1.2.3.4.5.6.7.8.9.11.12.......23).10
Vậy chữ số tận cùng của số 23! là 0
d) Tìm chữ số tận cùng của số 21 + 2 2 +...+ 2100
Cách 1:
Đặt A = 21 + 22 +...+ 2100
� 2A  22  23  ...  2100  2101
Trang 22


� 2A - A  (2 2  23  ...  2100  2101 )  ( 21 + 22 +...+ 2100 )
25

� A  2101  2  (24 ) 25 . 2  2  ......6 . 2  2  ........0
Vậy A có chữ số tận cùng là 0
Cách 2:
A  21  22  23  ....  2100
 (21  22  23  24 )  (25  26  27  28 )  ...  (297  298  299  2100 )

 (21  22  23  24 ) + 24 (21  22  23  24 )  ...  296 (21  22  23  24 )

= 30 + 24 . 30+ ... + 296 . 30
=30.(1+ 24  ...  296 )
Vậy A có chữ số tận cùng là 0
* Tìm hai chữ số tận cùng
- Các số có tận cùng bằng 01; 25; 76 nâng lên lũy thừa nào (khác 0) cũng tận
cùng bằng 01; 25; 76.
- Các số 320 (hoặc 815 ), 7 4 , 512 , 99 2 có tận cùng bằng 01
- Các số 2 20 , 6 5 , 18 4 , 24 2 , 68 4 ,74 2 có tận cùng 76
- Số 26 n (n > 1) có tận cùng bằng 76
Ví dụ: Tìm hai chữ số tận cùng của:
a) 2100
b) 71991
Hướng dẫn:
a) Ta có: 210  1024
Bình phương của số có tận cùng bằng 24 thì tận cùng bằng 76, mà số có tận
cùng bằng 76 nâng lên lũy thừa nào (khác 0) cũng tận cùng bằng 76. Do đó:
2100   210 

10

  1024 

10

  10242   ...76  ...76
5

5

Vậy hai chữ số tận cùng của 2100 là 76
b) Ta có: 7 4  2401 có tận cùng bằng 01 nâng lên lũy thừa nào (khác 0) cũng
tận cùng bằng 01. Do đó:
71991  71988.73   7 4 

497

497

. 343  ...01 . 343  ...01. 343  ...43

Vậy hai chữ số tận cùng của 71991 là 43
* Tìm ba chữ số tận cùng
Các số có tận cùng bằng 001, 376, 625 nâng lên lũy thừa nào (khác 0) cũng
tận cùng bằng 001, 376, 625.
Ví dụ: Tìm ba chữ số tận cùng của 51992
Hướng dẫn:
Ta có: 51992   54 

498

 625498  ...625

Vậy ba chữ số tận cùng của 51992 là 625
DẠNG 5: Dãy các số viết theo quy luật
Phương pháp 1: Tính tổng một dãy số theo quy luật
Ví dụ 1: Tính tổng: A  4  7  10  ...  25  28  31
Trang 23

Hướng dẫn:
Ta có: (31  4) : 3  1  10 (số hạng )
Ta viết: A  4  7  10  ...  25  28  31
A  31  28  25  ...  10  7  4
Nên
2A  (4  31)  (7  28)  (10  25)  ...  (25  10)  (28  7)  (31  4)  (4  31).10
(4  31).10
 175
2
(a  a n ).n
S 1
Tổng quát:
2

Do đó: A 

Trong đó: n là số các số hạng
a1 là số hạng đầu
a n là số hạng cuối
Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 là:
n(n + 1)
1  2  3  4  ..  n =
2
Áp dụng vào bài thi số 1 vòng 3 (năm học 2013-2014): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...):
Câu 6: Tính tổng: 8 + 10 + 12 +... + 112 + 114 =
Hướng dẫn:
Bước 1: Tính số số hạng (114 - 8): 2 + 1 = 54 (số hạng)
Bước 2: Tính số cặp 54: 2 = 27 (cặp)

Bước 3: Tính tổng một cặp 8 + 114 = 122
Bước 4: Tổng là: 122 . 27 = 3294
Áp dụng vào bài thi chọn học sinh giỏi lớp 6 cấp huyện Phù Cát (năm học
2013-2014):
Bài 1: Tính giá trị của biểu thức
A = 2 + 5 + 8 + 11 +…+ 2012
Hướng dẫn:
A = 2 + 5 + 8 + 11 +…+ 2012
A = (2 + 2012). [( 2012- 2) : 3 + 1] : 2 = 675697
Bài 2: Tìm x, biết:
x + (x + 1) + (x + 2) +…+ (x + 30) = 1240
Hướng dẫn:
x + (x + 1) + (x + 2) +…+ (x + 30) = 1240
� (x
+x44+x
14
2 +...+x)
4 4 43 + (1+2+3+...+30) =1240
31 so�
ha�
ng

� 31x  30.(1  30) : 2  1240
� 31x  1240  31.15
� 31x  775
� x  775 : 31  25
Vậy x = 25
Trang 24

Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 10 thi cấp trường (năm học 2013-2014): Điền
kết quả thích hợp vào chỗ (...):
Câu 3: Tìm số tự nhiên n biết rằng: 1+ 2 + 3 + 4 +...+ n = 1275 .
Kết quả là n =
Hướng dẫn:
Ta có: 1  2  3  4  ...  n =

n(n + 1)
 1275
2

n(n + 1)
=1275 hay n(n + 1) = 2550 = 2.3.52 .17 = 50.51 . Vậy n = 50
2
Câu 8: Tìm n  N* biết: 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = 225.
Hướng dẫn:
(1 + 2n -1)n
2n 2
1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) =
=
= n2
2
2
2
�
Ta có: n = 225
n = 15
Phương pháp 2: Tính tổng các lũy thừa viết theo quy luật:
Ví dụ: Tính tổng:
a) A = 1 + 2 + 2 2 +...+ 2100

b) B = 3 - 32 + 33 -...- 3100
Hướng dẫn:
a) A = 1 + 2 + 2 2 +...+ 2100
Suy ra

� 2A = 2 + 2 2 +...+ 2100 + 2101
� 2A - A = (2 + 2 2 +...+ 2100 + 2101 ) - (1 + 2 + 2 2 +...+ 2100 )
Vậy A = 2101 - 1
b) B = 3 - 32 + 33 -...- 3100
� 3B = 32 - 33 + 34 -...- 3101
� B + 3B = (3 - 32 + 33 -...- 3100 ) + (32 - 33 + 34 -...- 3101 )
� 4B = 3 - 3101
3 - 3101
Vậy B =
4
Bài tập tương tự:
Bài 1: Tính tổng:
2

4

6

A = 1 + 5 + 5 + 5 +...+ 5

200

B = 1 - 3 + 32 - 33 +...+ 398 - 399

5202 - 1

( Đáp án: A =
)
24
1 - 3100
(Đáp án: B =
)
4

Bài 2: Tính tổng:
1 1 1
1
A = + 2 + 3 +...+ 100
7 7 7
7

(Đáp án: A =

1-

Trang 25

1
7
6

100

)

4
4
4
4
4
- 4 + 200
B = - + 2 - 3 +...+ 200 (Đáp án:
)
5
B=
5
5
5
5
6
28
24
20
4
25 + 25 + 25 +...+ 25 + 1
Bài 3: Tính: A = 30
25 + 2528 + 2526 +...+ 252 + 1
Hướng dẫn:
Ta có: 2530 + 2528 + 2526 +...+ 252 + 1
= (2528 + 2524 + 2520 +...+ 1)+ (2530 + 2526 + 2522+...+ 252)
= (2528 + 2524 + 2520 +...+1) +252. (2528 + 2524 + 2520 +...+ 1)
= (2528 + 2524 + 2520 +...+ 1). (1 + 252)

1
1

=
626
1  25 2
Bài 4: Tìm 1 cặp số x; y �N thỏa mãn: 73 = x 2 - y 2
Hướng dẫn:
Ta thấy: 73 = x2 - y2
( 13 + 23 + 33 +...+73) - (13+ 23+ 33+...+ 63) = x2 - y2
(1+ 2 + 3 +...+ 7)2 - (1 + 2 + 3 +...+ 6)2 = x2 - y2
282 - 212 = x2 - y2
Vậy 1 cặp (x; y) thỏa mãn là: x = 28; y = 21
13 + 23 + 33 +...+ n 3 = (1 + 2 + 3 + 4 +...+ n)2
Tổng quát:
Áp dụng vào bài thi số 2 vòng 4 (năm học 2013-2014): Điền kết quả thích hợp
vào chỗ (...):
3
3
3
3
3
2
Câu 1: Viết được 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = a , với a =
Vậy A =

Hướng dẫn:
Áp dụng công thức: 13 + 23 + 33 +...+ n 3 = (1 + 2 + 3 + 4 +...+ n)2
Ta có: 13  23  33  43  53   1  2  3  4  5   152
2

Vậy a = 15
Phương pháp 3: Xác định một số hạng trong dãy số theo quy luật đã cho

Ví dụ 1:
a) Tập hợp các số chẵn từ số chẵn 150 đến số chẵn x có 43 phần tử. Tìm x.
b) Tập hợp các số lẻ từ số lẻ 23 đến số lẻ y có 2003 phần tử. Tìm y.
Hướng dẫn:
a) Ta có (x – 150): 2 + 1 = 43
� x = (43 – 1).2 + 150 = 234
b) Ta có (y – 23): 2 + 1 = 2003
� y = (2003 – 1) . 2 + 23 = 4027
Ví dụ 2:
a) Tập hợp các số chẵn từ số chẵn a đến số chẵn 204 có 47 phần tử. Tìm a
b) Tập hợp các số lẻ từ số lẻ b đến số lẻ 403 có 101 phần tử. Tìm b
Hướng dẫn:
a) Ta có (204 – a): 2 + 1 = 47
� (204 – a) = (47 – 1).2 = 92 � a = 204 – 92 = 112
Trang 26