cac bai toan suu tap tren toan tuoi tho.doc

Lop
Noi dung
6 MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN
Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ
nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ
kiện về ƯCLN và BCNN.
Phương pháp chung để giải :
1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số.
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số
nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc
chứng minh hệ thức này không khó :
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 (*)
Từ (*) => ab = mnd
2
; [a, b] = mnd
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd
2
= ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**)
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa.
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như
nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b.
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Theo định nghĩa BCNN :
[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80.
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.16

2
= 240.16 suyy ra
mn = 15.
Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3
tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18.
Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60.
Lời giải :
Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3.
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2.
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15.
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd
180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3.
Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5.
Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25.
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1.
Bài toán 5 :
Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140.
Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d.
Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35.
Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z

+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n.
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)
[a, b] = mnd = 72 (2)
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}.
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn
= 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24
Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)
[a, b] = mnd = 140 (2’)
=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}.
Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất :
d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4
Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 .
Bài tập tự giải :
1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45.
2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị
giống nhau.
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho
số còn lại.

6 CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự
nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số tự nhiên bằng
bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …).
Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính
phương. Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học. Những bài toán này sẽ làm tăng
thêm lòng say mê môn toán cho các em.
1. Nhìn chữ số tận cùng
Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay số chính phương phải có
chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Từ đó các em có thể giải được bài toán kiểu sau
đây :
Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 2004
2
+ 2003
2
+ 2002
2
- 2001
2

không phải là số chính phương.
Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do
đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương.
Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn không phải là
số chính phương. Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa :
Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p
2
.
Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương.
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không chia hết cho 25 (vì

hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương.
Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng không chia hết cho 4 (vì
hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương.
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có
tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính
phương.
2. Dùng tính chất của số dư
Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây :
Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương.
Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng”. Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng
các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì
diệu” như bài toán 3. Thế thì ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta
có lời giải.
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài tập để các em tự
chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không
phải là số chính phương.
Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán :
Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương.
Bài toán 6 : Chứng minh số :
n = 2004
4
+ 2004
3
+ 2004
2
+ 23 không là số chính phương.
Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới.
Bài toán 7 : Chứng minh số :
n = 4

4
+ 44
44
+ 444
444
+ 4444
4444
+ 15 không là số chính phương.
Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là không “bắt chước” được
cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên
không làm “tương tự” được như các bài toán 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3.
Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em có thể tự chứng minh và được
kết quả : số dư đó chỉ có thể là 0 hoặc 1. Như vậy là các em đã giải xong bài toán 7.
3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp”
Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n
2
< k < (n + 1)
2
thì k không là số
chính phương. Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau :
Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương.
Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách
làm trước đều không vận dụng được. Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác.
Lời giải : Ta có 2003
2
= 4012009 ; 2004
2
= 4016016 nên 2003
2
< 4014025 < 2004

2
. Chứng tỏ 4014025 không
là số chính phương.
Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0.
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính phương
(đây là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải.
Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2) + 1 = (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n2 + 3n) +1 =
(n
2
+ 3n +1)
2
.
Mặt khác :
(n
2
+ 3n)
2
< (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n

2
+ 3n) = A.
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n
2
+ 3n)
2
< A < A + 1 = (n
2
+ 3n +1)
2
. => A không là số chính
phương.
Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau :
Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n
4
- 2n
3
+ 3n
2
- 2n là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến (n
2
- n + 1)
2
.
Bài toán 11 : Chứng minh số 23
5
+ 23
12
+ 23

2003
không là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4.
Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001
sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này
liền nhau để được một số chính phương.
Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính
phương.
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4.
Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333
333
+ 555
555
+ 777
777
không là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?)
Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn
mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương.
Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó không ?
Để kết thúc bài viết này, tôi muốn chúc các em học thật giỏi môn toán ngay từ đầu bậc THCS và cho tôi được
nói riêng với các quý thầy cô : nguyên tắc chung để chứng minh một số tự nhiên không là số chính phương,
đó là dựa vào một trong các điều kiện cần để một số là số chính phương (mà như các quý thầy cô đã biết : mọi
điều kiện cần trên đời là dùng để … phủ định !). Từ đó các quý thầy cô có thể sáng tạo thêm nhiều bài toán
thú vị khác.
Mong các em và quý thầy cô phát hiện thêm nhiều điều kiện cần nữa để chúng ta có thể tìm hiểu kĩ hơn về số
chính phương.
6 CHỨNG MINH MỘT SỐ
LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2

số 9. Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là số chính phương.
Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa.
Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định
hướng giải quyết các bài toán.
Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì
a
n
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Lời giải : Ta có :
a
n
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1
= (n
2
+ 3n) (n
2
+ 3n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1
= (n
2
+ 3n + 1)
2
Với n là số tự nhiên thì n
2

+ 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, a
n
là số chính phương.
Bài toán 2 : Chứng minh số :
là số chính phương.
Lời giải :
Ta có :
Vậy : là số chính phương.
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.
Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là
một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m
2
+ m = 4n
2
+ n thì m - n và 4m + 4n
+ 1 đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : 3m
2
+ m = 4n2 + n
tương đương với 4(m
2
- n2) + (m - n) = m
2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m
2
(*)
Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1

chí hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có : m
2
chia hết cho d
2
=> m chia hết cho d.
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính
phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :
1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương :
2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a +
b có là số chính phương hay không ?
3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3
n
+ 4 không là số chính phương.
4) Tìm số tự nhiên n để n
2
+ 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương.
6 NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH - LÊ
Nguyên lí Đi-rích-lê phát biểu như sau : “Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > n thì có ít nhất một
ngăn kéo chứa ít nhất hai vật”.
Nguyên lí Đi-rích-lê chỉ giúp ta chứng minh được sự tồn tại “ngăn kéo” chứa ít nhất hai vật mà không chỉ ra
được đó là “ngăn kéo” nào. Các bạn hãy làm quen việc vận dụng nguyên lí qua các bài toán sau đây.
Bài toán 1 :
Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng tồn tại ít nhất 2 số có hiệu chia hết cho 10.
Lời giải :
Với 11 số tự nhiên khi chia cho 10 ta được 11 số dư, mà một số tự nhiên bất kì khi chia cho 10 có 10 khả năng
dư là 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 9.
Vì có 11 số dư mà chỉ có 10 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 10 có cùng

số dư do đó hiệu của chúng chia hết cho 10 (đpcm).
Bài toán 2 :
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 19941994...199400...0 chia hết cho 1995.
Lời giải :
Xét 1995 số có dạng : 1994 ; 19941994 ; ... ; .
Nếu một trong các số trên chia hết cho 1995 thì dễ dàng có đpcm.
Nếu các số trên đều không chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽ chỉ có 1994 khả năng dư là 1 ;
2 ; 3 ; ... ; 1994.
Vì có 1995 số dư mà chỉ có 1994 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 1995
có cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho 1995. Giả sử hai số đó là :
Khi đó : = 1994...199400...0 chia hết cho 1995 (đpcm).
Bài toán 3 :
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho (1999^k - 1) chia hết cho104.
Lời giải :
Xét 104 + 1 số có dạng :
19991 ; 19992 ; ... ; 1999104 + 1.
Lập luận tương tự bài toán 2 ta được :
(1999m - 1999n) chia hết cho 104 (m > n)
hay 1999n (1999m-n - 1) chia hết cho 104
Vì 1999n và 104 nguyên tố cùng nhau, do đó (1999m-n - 1) chia hết cho 104.
Đặt m - n = k => 1999^k - 1 chia hết cho 104 (đpcm).
Bài toán 4 :
Chứng minh rằng tồn tại một số chỉ viết bởi hai chữ số chia hết cho 2003.
Lời giải :
Xét 2004 số có dạng 1 ; 11 ; 111 ; ... ;
Lập luận tương tự bài toán 2 ta được :
hay 11...100...0 chia hết cho 2003 (đpcm).
Một số bài toán tự giải :
Bài toán 5 :
Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta có thể tìm được một số được viết bởi hai chữ số chia hết cho p.

Bài toán 6 :
Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của nó có dạng : 111...1.
Bài toán 7 :
Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 1997k (k thuộc N) có tận cùng là 0001.
Bài toán 8 :
Chứng minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì tìm được số tự nhiên k sao cho mk - 1
chia hết cho n.
Các bạn hãy đón đọc số sau : Nguyên lí Đi-rích-lê với những bài toán hình học thú vị.
6 SUY NGHĨ TRÊN MỖI BÀI TOÁN
Giải hàng trăm bài toán mà chỉ cốt tìm ra đáp số và dừng lại ở đó thì kiến thức thu lượm được chẳng là bao.
Còn giải ít bài tập mà lại luôn suy nghĩ trên mỗi bài đó, tìm thêm cách giải, khai thác thêm những ý của bài
toán, đó là con đường tốt để đi lên trong học toán.
Dưới đây là một thí dụ.
Bài toán 1 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và B = A.3. Tính giá trị của B.
Lời giải 1 : Theo đề bài ta có :
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3)
+ 5.6.(7 - 4) + 6.7.(8 - 5) + 7.8.(9 - 6) + 8.9.(10 - 7) + 9.10.(11 - 8) = 1.2.3 - 1.2.3 + 2.3.4 - 2.3.4 + 3.4.5 - … +
8.9.10 - 8.9.10 + 9.10.11 = 9.10.11 = 990.
Trước hết, ta nghĩ ngay rằng, nếu bài toán yêu cầu chỉ tính tổng A, ta có : A = B/3 = 330
Bây giờ, ta tạm thời quên đi đáp số 990 mà chỉ chú ý tới tích cuối cùng 9.10.11, trong đó 9.10 là số hạng cuối
cùng của A và 11 là số tự nhiên kề sau của 10, tạo thành tích ba số tự nhiên liên tiếp. Ta dễ dàng nghĩ tới kết
quả sau :
Nếu A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n - 1).n thì giá trị của B = A.3 = (n - 1).n.(n + 1). Các bạn có thể tự kiểm
nghiệm kết quả này bằng cách giải tương tự như trên.
Bây giờ ta tìm lời giải khác cho bài toán.
Lời giải 2 :
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = (0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 +
8.9 + 9.10).3 = [1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + 7.(6 + 8) + 9.(8 + 10)].3 = (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2
+9.9.2).3 = (1
2

+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
).2.3 = (1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
).6.
Ta chưa biết cách tính tổng bình phương các số lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1, nhưng liên hệ với lời giải 1, ta có :
(1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2

).6 = 9.10.11, hay
(1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ 9
2
) = 9.10.11/6
Hoàn toàn hợp lí khi ta nghĩ ngay đến bài toán tổng quát :
Bài toán 2 : Tính tổng :
P = 1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ 7
2
+ … + (2n + 1)
2

Kết quả : P = (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)/6
Kết quả này có thể chứng minh theo một cách khác, ta sẽ xem xét sau.
Loạt bài toán sau là những kết quả liên quan đến bài toán 1 và bài toán 2.
Bài toán 3 : Tính tổng :
Q = 11

2
+ 13
2
+ 15
2
+ … + (2n + 1)
2
.
Bài toán 4 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và C = A + 10.11. Tính giá trị của C.
Theo cách tính A của bài toán 1, ta được kết quả là : C = 10.11.12/3
Theo lời giải 2 của bài toán 1, ta đi đến kết quả : C = 2.(2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ 8
2
+ 10
2
). Tình cờ, ta lại có kết quả của
bài toán tổng quát : tính tổng bình phương của các số tự nhiên chẵn liên tiếp, bắt đầu từ 2.
Bài toán 5 : Chứng minh rằng :
2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ …+ (2n)

2
= 2n.(2n + 1).(2n + 2)/6
Từ đây, ta tiếp tục đề xuất và giải quyết được các bài toán khác.
Bài toán 6 :
Tính tổng : 20
2
+ 22
2
+ … + 48
2
+ 50
2
.
Bài toán 7 : Cho n thuộc N*. Tính tổng :
n
2
+ (n + 2)
2
+ (n + 4)
2
+ … + (n + 100)
2
.
Hướng dẫn giải : Xét hai trường hợp n chẵn và n lẻ ; áp dụng kết quả bài toán 2, bài toán 5 và cách giải bài
toán 3.
Bài toán chỉ có một kết quả duy nhất, không phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của n.
Bài toán 8 : Chứng minh rằng :
1
2
+ 2

2
+ 3
2
+ … + n
2
= n.(n + 1)(n + 2)/6
Lời giải 1 :
Xét trường hợp n chẵn :
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
= (1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ … + (n - 1)
2
) + (2
2
+ 4
2
+ 6
2

+ … + n
2
)
= [(n - 1).n.(n + 1) + n.(n + 1).(n + 2)]/6
= n.(n + 1).(n -1 + n + 2)/6 = n.(n + 1).(2n + 1)/6
Tương tự với trường hợp n lẻ, ta có đpcm.
Lời giải 2 : Ta có :
1
3
= 1
3

2
3
= (1 + 1)
3
= 1
3
+ 3.1
2
.1 + 3.1.1
2
+ 1
3
3
3
= (2 + 1 )
3
= 2
3

+ 3.2
2
.1 + 3.2.1
2
+ 1
3
……… (n + 1)
3
= n
3.n.1
2
+ 1
3
.
Cộng từng vế của các đẳng thức trên :
1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3
+ (n + 1)
3
= = (1
3
+ 2
3
+ 3

3
+ … + n
3
) + 3(1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
) + 3(1 + 2 + 3 + … + n)
+ (n + 1)
=> (n + 1)
3
= 3(1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
) + 3(1 + 2 + 3 + … + n) + (n + 1)
=> 3(1
2
+ 2
2
+ 3
2

+ … + n
2
) = (n + 1)
3
- 3(1 + 2 + 3 + … + n) - (n + 1)
= (n + 1)
2
.(n + 1) - 3.n.(n + 1)/2 - (n + 1)
= (n + 1)[2(n + 1)
2
- 3n + 2]/2
= (n + 1).n.(2n + 1)/2
=> 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
= (n + 1).n.(2n + 1)/6
Bài toán 9 : Tính giá trị biểu thức :
A = - 1
2
+ 2
2
- 3
2
+ 4
2

- … - 19
2
+ 20
2
.
Lời giải : Đương nhiên, ta có thể tách A = (2
2
+ 4
2
+ … + 20
2
) - (1
2
+ 3
2
+ …+ 19
2
) ; tính tổng các số trong
mỗi ngoặc đơn rồi tìm kết quả của bài toán. Song ta còn có cách giải khác như sau :
A = (2
2
-1
2
) + (4
2
- 3
2
) + … + (20
2
-19

2
) = (2 + 1)(2 - 1) + (4 + 3)(4 - 3) + … + (20 + 19)(20 - 19) = 3 + 7 + 11
+ 15 + 19 + 23 + 27 + 31 + 35 + 39 = (3 + 39).10/2 = 210.
Trở lại bài toán 1. Phải chăng bài toán cho B = A.3 vì 3 là số tự nhiên liền sau của 2 trong nhóm đầu tiên : 1.2.
Nếu đúng như thế thì ta có thể giải được bài toán sau :
Bài toán 10 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10.
Lời giải :
A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 +
6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10).4/4 = [1.2.3.(4 - 0) + 2.3.4.(5 - 1) + … + 8.9.10.(11 - 7)] : 4 = (1.2.3.4 - 1.2.3.4 +
2.3.4.5 - 2.3.4.5 + … + 7.8.9.10 - 7.8.9.10 + 8.9.10.11) : 4 = 8.9.10.11/4 = 1980.
Tiếp tục hướng suy nghĩ trên, ta có ngay kết quả tổng quát của bài toán 10 :
Bài toán 11 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n - 1).n.(n + 1).
Đáp số : A = (n -1).n.(n + 1)(n + 2)/4 <DD.BàI
Các bạn thấy đấy ! Chỉ với bài toán 1, nếu chịu khó tìm tòi, suy nghĩ, ta có thể tìm được nhiều cách giải, đề
xuất được những bài toán thú vị, thiết lập được mối liên hệ giữa các bài toán.
Kết quả tất yếu của quá trình tìm tòi suy nghĩ trên mỗi bài toán, đó là làm tăng năng lực giải toán của các bạn.
Chắc chắn còn nhiều điều thú vị xung quanh bài toán 1. Các bạn hãy cùng tiếp tục suy nghĩ nhé.
6 NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ
& NHỮNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC THÚ VỊ
Tạp chí Toán Tuổi thơ số 12 đã đề cập đến các bài toán số học được vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê để giải
quyết.
Nguyên lí có thể mở rộng như sau : Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > k.n thì có ít nhất một ngăn
kéo chứa ít nhất k + 1 vật. Với mở rộng này, ta còn có thể giải quyết thêm nhiều bài toán khác.
Sau đây xin giới thiệu để bạn đọc làm quen việc vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê với một số bài toán hình học.
Bài toán 1 : Trong tam giác đều có cạnh bằng 4 (đơn vị độ dài, được hiểu đến cuối bài viết) lấy 17 điểm.
Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1.
Lời giải : Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều có cạnh bằng 1 (hình 1). Vì 17 > 16, theo
nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2 điểm trong số 17 điểm đã
cho. Khoảng cách giữa hai điểm đó luôn không vượt quá 1 (đpcm).
Bài toán 2 : Trong một hình vuông cạnh bằng 7, lấy 51 điểm. Chứng minh rằng có 3 điểm trong 51 điểm đã

cho nằm trong một hình tròn có bán kính bằng 1.
Lời giải : Chia hình vuông cạnh bằng 7 thành 25 hình vuông bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuông nhỏ bằng
5/7 (hình 2).
Vì 51 điểm đã cho thuộc 25 hình vuông nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, có ít nhất một hình
vuông nhỏ chứa ít nhất 3 điểm (3 = 2 + 1) trong số 51 điểm đã cho. Hình vuông cạnh bằng có bán kính đường
tròn ngoại tiếp là :
Vậy bài toán được chứng minh. Hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1, chứa hình vuông ta đã chỉ
ra ở trên.
Bài toán 3 : Trong mặt phẳng cho 2003 điểm sao cho cứ 3 điểm bất kì có ít nhất 2 điểm cách nhau một
khoảng không vượt quá 1. Chứng minh rằng : tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm.
Lời giải : Lấy một điểm A bất kì trong 2003 điểm đã cho, vẽ đường tròn C
1
tâm A bán kính bằng 1.
+ Nếu tất cả các điểm đều nằm trong hình tròn C1 thì hiển nhiên có đpcm.
+ Nếu tồn tại một điểm B mà khoảng cách giữa A và B lớn hơn 1 thì ta vẽ đường tròn C
2
tâm B bán kính bằng
1.
Khi đó, xét một điểm C bất kì trong số 2001 điểm còn lại. Xét 3 điểm A, B, C, vì AB > 1 nên theo giả thiết ta
có AC ≤ 1 hoặc BC ≤ 1. Nói cách khác, điểm C phải thuộc C
1
hoặc C
2
. => 2001 điểm khác B và A phải nằm
trong C
1
hoặc C
2
. Theo nguyên lí Đi-rích-lê ta có một hình tròn chứa ít nhất 1001 điểm. Tính thêm tâm của
hình tròn này thì hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002 điểm trong 2003 điểm đã

cho.
Bài toán 4 : Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia ABCD thành hai
hình thang có tỉ số diện tích bằng 1/3 . Chứng minh rằng, trong 17 đường thẳng đó có 5 đường thẳng đồng
quy.
Lời giải : Gọi M, Q, N, P lần lượt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA (hình 3).
Vì ABCD là hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD.
Gọi d là một trong 17 đường thẳng đã cho. Nếu d cắt AB tại E ; CD tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lượt là
đường trung bình của các hình thang AEFD, EBCF. Ta có :
S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 hoặc S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 hoặc là LQ / LP = 1/3.
Trên PQ lấy hai điểm L
1
, L
2
thỏa mãn điều kiện L
1
P / L
1
Q = L
2
Q / L
2
P = 1/3 khi đó L trùng với L
trùng với L
2
. Nghĩa là nếu d cắt AB và CD thì d phải qua L
1
hoặc L
2
.
Tương tự, trên MN lấy hai điểm K

1
, K
2
thỏa mãn điều kiện K
1
M / K
1
N = K
2
N / K
2
M = 1/3 khi đó nếu d cắt
AD và BC thì d phải qua K
1
hoặc K
2
.
Tóm lại, mỗi đường thẳng trong số 17 đường thẳng đã cho phải đi qua một trong 4 điểm L
1
; L
Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, trong 17 đường thẳng đó sẽ có ít nhất 5 đường thẳng (5 = 4 + 1)
cùng đi qua một trong 4 điểm L
1
; L
2
; K
1
; K
2
(5 đường thẳng đồng quy, đpcm).

Sau đây là một số bài tập tương tự.
Bài 1 : Trong hình chữ nhật có kích thước 3 x 5, lấy 7 điểm bất kì. Chứng minh rằng có hai điểm cách nhau
một khoảng không vượt quá
Bài 2 : Trong mặt phẳng tọa độ, cho ngũ giác lồi có tất cả các đỉnh là các điểm nguyên (có hoành độ và tung
độ là số nguyên). Chứng minh rằng trên cạnh hoặc bên trong ngũ giác còn ít nhất một điểm nguyên khác nữa.
Bài 3 : Tờ giấy hình vuông có cạnh bé nhất là bao nhiêu để có thể cắt ra được 5 hình tròn có bán kính bằng 1.
Bài 4 : Trên một tờ giấy kẻ ô vuông, chọn 101 ô bất kì. Chứng minh rằng trong 101 ô đó có ít nhất 26 ô không
có điểm chung.
6 TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng toán hay. Đa số các tài liệu về dạng toán này đều sử dụng
khái niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và không có trong chương trình. Vì thế có không ít học sinh,
đặc biệt là các bạn lớp 6 và lớp 7 khó có thể hiểu và tiếp thu được.
Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ số tận
cùng”, chỉ sử dụng kiến thức THCS.
Chúng ta xuất phát từ tính chất sau :
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.
Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng của số
tự nhiên x = a
m
, trước hết ta xác định chữ số tận cùng của a.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 3, 7, 9, vì a
m
= a
4n + r

= a
4n
.a
r
với r = 0, 1, 2, 3 nên từ tính chất 1c => chữ số tận
cùng của x chính là chữ số tận cùng của a
r
.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng của x
chính là chữ số tận cùng của 6.a
r
.
Bài toán 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số :
a) 7
99
b) 14
1414
c) 4
567

Lời giải :
a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 :
9
9
- 1 = (9 - 1)(9
8
+ 9
7
+ … + 9 + 1) chia hết cho 4
=> 99 = 4k + 1 (k thuộc N) => 7

99
= 7
4k + 1
= 7
4k
.7
Do 7
4k
có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c) => 7
99
có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 14
14
= 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d thì 14
1414
= 14
4k
có chữ số tận cùng là 6.
c) Ta có 5
67
- 1 chia hết cho 4 => 5
67
= 4k + 1 (k thuộc N)
=> 4
567
= 4
4k + 1
= 4
4k
.4, theo tính chất 1d, 4

4k
có chữ số tận cùng là 6 nên 4
567
có chữ số tận cùng là 4.
Tính chất sau được => từ tính chất 1.
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.
Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các chữ số tận cùng của từng
lũy thừa trong tổng.
Bài toán 2 : Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2004
8009
.
Lời giải :
Nhận xét : Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1 (các lũy thừa đều có dạng n
thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 2, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng giống nhau, bằng chữ số
tận cùng của tổng :
(2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 = 9009.
Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9.
Từ tính chất 1 tiếp tục => tính chất 3.
Tính chất 3 :
a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 7 ; số có chữ số tận
cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 3.
b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 8 ; số có chữ số tận

cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 2.
c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ không thay đổi chữ số tận
cùng.
Bài toán 3 : Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2004
8011
.
Lời giải :
Nhận xét : Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy thừa đều có dạng n
thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 3 thì 2
3
có chữ số tận cùng là 8 ; 3
7
có chữ số tận cùng là 7 ; 4
11
có chữ số tận cùng là 4 ; …
Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng : (8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 +
8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4 = 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019.
Vậy chữ số tận cùng của tổng T là 9.
* Trong một số bài toán khác, việc tìm chữ số tận cùng dẫn đến lời giải khá độc đáo.
Bài toán 4 : Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000

.
Lời giải : 1995
2000
tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n
2
+ n + 1 có chia hết
cho 5 không ?
Ta có n
2
+ n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng của n
2
+ n chỉ có thể là 0 ; 2 ; 6
=> n
2
+ n + 1 chỉ có thể tận cùng là 1 ; 3 ; 7 => n
2
+ n + 1 không chia hết cho 5.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Sử dụng tính chất “một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9”, ta có thể giải
được bài toán sau :
Bài toán 5 : Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương :
a) M = 19
k
+ 5
k
+ 1995

k
+ 1996
k
(với k chẵn)
b) N = 2004
2004k
+ 2003
Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn hơn 5 chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 1 ; 3 ; 7 ; 9”, ta tiếp tục giải
quyết được bài toán :
Bài toán 6 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng : p
8n
+3.p
4n
- 4 chia hết cho 5.
* Các bạn hãy giải các bài tập sau :
Bài 1 : Tìm số dư của các phép chia :
a) 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2003
8005
cho 5
b) 2
3
+ 3
7
+ 4

11
+ … + 2003
8007
cho 5
Bài 2 : Tìm chữ số tận cùng của X, Y :
X = 2
2
+ 3
6
+ 4
10
+ … + 2004
8010

Y = 2
8
+ 3
12
+ 4
16
+ … + 2004
8016

Bài 3 : Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau :
U = 2
1
+ 3
5
+ 4
9

+ … + 2005
8013

V = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2005
8015

Bài 4 : Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn :
19
x
+ 5
y
+ 1980z = 1975
430
+ 2004.
* Các bạn thử nghiên cứu các tính chất và phương pháp tìm nhiều hơn một chữ số tận cùng của một số tự
nhiên, chúng ta sẽ tiếp tục trao đổi về vấn đề này.
6 TÌM CÁC CHỮ SỐ
Tiếp theo TTT2 số 15, chúng tôi xin được tiếp tục trao đổi với bạn đọc về các bài toán tìm hai chữ số
tận cùng ; tìm ba chữ số tận cùng của một số tự nhiên.
* Tìm hai chữ số tận cùng
Nhận xét : Nếu x Є N và x = 100k + y, trong đó k ; y Є N thì hai chữ số tận cùng của x cũng chính là hai chữ
số tận cùng của y.
Hiển nhiên là y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x thì thay vào đó ta đi
tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên y (nhỏ hơn).

Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng của y càng đơn giản hơn.
Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x = a
m
như sau :
Trường hợp 1 : Nếu a chẵn thì x = a
m
2∶
m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho a
n - 1
25. ∶
Viết m = p
n
+ q (p ; q Є N), trong đó q là số nhỏ nhất để a
q
4 ta có :∶
x = a
m
= a
q
(a
pn
- 1) + a
q
.
Vì a
n - 1
25 => a∶
pn
- 1 25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên a∶

q
(a
pn
- 1) 100. ∶
Vậy hai chữ số tận cùng của am cũng chính là hai chữ số tận cùng của aq. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận
cùng của aq.
Trường hợp 2 : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho a
n - 1
100. ∶
Viết m = u
n
+ v (u ; v Є N, 0 ≤ v < n) ta có :
x = a
m
= a
v
(a
un
- 1) + a
v
.
Vì a
n
- 1 100 => a∶
un
- 1 100. ∶
Vậy hai chữ số tận cùng của a
m
cũng chính là hai chữ số tận cùng của a
v

. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng
của a
v
.
Trong cả hai trường hợp trên, chìa khóa để giải được bài toán là chúng ta phải tìm được số tự nhiên n. Nếu n
càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên sẽ dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng của a
q
và a
v
.
Bài toán 7 :
Tìm hai chữ số tận cùng của các số :
a) a
2003
b) 7
99

Lời giải : a) Do 2
2003
là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2
n
- 1 25. ∶
Ta có 2
10
= 1024 => 2
10
+ 1 = 1025 25 => 2∶
20
- 1 = (2
10

+ 1)(2
10
- 1) 25 => 2∶
3
(2
20
- 1) 100. Mặt khác :∶
2
2003
= 2
3
(2
2000
- 1) + 2
3
= 2
3
((2
20
)
100
- 1) + 2
3
= 100k + 8 (k Є N).
Vậy hai chữ số tận cùng của 2
2003
là 08.
b) Do 7
99
là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho 7

n
- 1 100. ∶
Ta có 7
4
= 2401 => 74 - 1 100. ∶
Mặt khác : 9
9
- 1 4 => 9∶
9
= 4k + 1 (k Є N)
Vậy 7
99
= 7
4k + 1
= 7(7
4k
- 1) + 7 = 100q + 7 (q Є N) tận cùng bởi hai chữ số 07.
Bài toán 8 :
Tìm số dư của phép chia 3
517
cho 25.
Lời giải : Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 3
517
. Do số này lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự
nhiên n nhỏ nhất sao cho 3
n
- 1 100. ∶
Ta có 3
10
= 9

5
= 59049 => 3
10
+ 1 50 => 3∶
20
- 1 = (3
10
+ 1) (3
10
- 1) 100. ∶
Mặt khác : 5
16
- 1 4 => 5(5∶
16
- 1) 20 ∶
=> 5
17
= 5(5
16
- 1) + 5 = 20k + 5 =>3
517
= 3
20k + 5
= 3
5
(3
20k
- 1) + 3
5
= 3

5
(3
20k
- 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là
43.
Vậy số dư của phép chia 3
517
cho 25 là 18.
Trong trường hợp số đã cho chia hết cho 4 thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp.
Trước tiên, ta tìm số dư của phép chia số đó cho 25, từ đó suy ra các khả năng của hai chữ số tận cùng. Cuối
cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho 4 để chọn giá trị đúng.
Các thí dụ trên cho thấy rằng, nếu a = 2 hoặc a = 3 thì n = 20 ; nếu a = 7 thì n = 4.
Một câu hỏi đặt ra là : Nếu a bất kì thì n nhỏ nhất là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng
minh).
Tính chất 4 : Nếu a Є N và (a, 5) = 1 thì a
20
- 1 25. ∶
Bài toán 9 : Tìm hai chữ số tận cùng của các tổng :
a) S
1
= 1
2002
+ 2
2002
+ 3
2002
+ ... + 2004
2002

b) S

2
= 1
2003
+ 2
2003
+ 3
2003
+ ... + 2004
2003

Lời giải :
a) Dễ thấy, nếu a chẵn thì a
2
chia hết cho 4 ; nếu a lẻ thì a
100
- 1 chia hết cho 4 ; nếu a chia hết cho 5 thì a
hết cho 25.
Mặt khác, từ tính chất 4 ta suy ra với mọi a Є N và (a, 5) = 1 ta có a100 - 1 25. ∶
Vậy với mọi a Є N ta có a
2
(a
100
- 1) 100. ∶
Do đó S
1
= 1
2002
+ 2
2
(2

2000
- 1) + ... + 2004
2
(2004
2000
- 1) + 2
2
+ 3
2
+ ... + 2004
2
.
Vì thế hai chữ số tận cùng của tổng S
1
cũng chính là hai chữ số tận cùng của tổng 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ... + 2004
dụng công thức :
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ... + n
2

= n(n + 1)(2n + 1)/6
=>1
2
+ 2
2
+ ... + 2004
2
= 2005 x 4009 x 334 = 2684707030, tận cùng là 30.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S
1
là 30.
b) Hoàn toàn tương tự như câu a, S
2
= 1
2003
+ 2
3
(2
2000
- 1) + ... + 2004
3
(2004
2000
- 1) + 2
3
+ 3
3
+ 2004
hai chữ số tận cùng của tổng S
2

cũng chính là hai chữ số tận cùng của 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ ... + 2004
3
.
áp dụng công thức :
=> 1
3
+ 2
3
+ ... + 2004
3
= (2005 x 1002)
2
= 4036121180100, tận cùng là 00.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S
2
là 00.
Trở lại bài toán 5 (TTT2 số 15), ta thấy rằng có thể sử dụng việc tìm chữ số tận cùng để nhận biết một số
không phải là số chính phương. Ta cũng có thể nhận biết điều đó thông qua việc tìm hai chữ số tận cùng.
Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng minh).
Tính chất 5 : Số tự nhiên A không phải là số chính phương nếu :
+ A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8 ;
+ A có chữ số tận cùng là 6 mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ;
+ A có chữ số hàng đơn vị khác 6 mà chữ số hàng chục là lẻ ;
+ A có chữ số hàng đơn vị là 5 mà chữ số hàng chục khác 2 ;

+ A có hai chữ số tận cùng là lẻ.
Bài toán 10 : Cho n Є N và n - 1 không chia hết cho 4. Chứng minh rằng 7
n
+ 2 không thể là số chính
phương.
Lời giải : Do n - 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r (r Є {0, 2, 3}). Ta có 7
4
- 1 = 2400 100. Ta viết 7∶
= 7
4k + r
+ 2 = 7
r
(7
4k
- 1) + 7
r
+ 2.
Vậy hai chữ số tận cùng của 7
n
+ 2 cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7
r
+ 2 (r = 0, 2, 3) nên chỉ có thể là
03, 51, 45. Theo tính chất 5 thì rõ ràng 7
n
+ 2 không thể là số chính phương khi n không chia hết cho 4.
6 TIM CÁC CHỮ SỐ ...
(tiếp theo kì trước)
* Tìm ba chữ số tận cùng
Nhận xét : Tương tự như trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận cùng của số tự nhiên x
chính là việc tìm số dư của phép chia x cho 1000.

Nếu x = 1000k + y, trong đó k ; y Є N thì ba chữ số tận cùng của x cũng chính là ba chữ số tận cùng của y (y
≤ x).
Do 1000 = 8 x 125 mà (8, 125) = 1 nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận cùng của số tự nhiên x = a
như sau :
Trường hợp 1 : Nếu a chẵn thì x = a
m
chia hết cho 2
m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho a
n
- 1 chia hết cho 125.
Viết m = p
n
+ q (p ; q Є N), trong đó q là số nhỏ nhất để a
q
chia hết cho 8 ta có :
x = a
m
= a
q
(a
pn
- 1) + a
q
.
Vì a
n
- 1 chia hết cho 125 => a
pn
- 1 chia hết cho 125. Mặt khác, do (8, 125) = 1 nên a

q
(a
pn
- 1) chia hết cho
1000.
Vậy ba chữ số tận cùng của a
m
cũng chính là ba chữ số tận cùng của a
q
. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng
của a
q
.
Trường hợp 2 : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho a
n
- 1 chia hết cho 1000.
Viết m = u
n
+ v (u ; v Є N, 0 ≤ v < n) ta có :
x = a
m
= a
v
(a
un
- 1) + a
v
.
Vì a
n

- 1 chia hết cho 1000 => a
un
- 1 chia hết cho 1000.
Vậy ba chữ số tận cùng của a
m
cũng chính là ba chữ số tận cùng của a
v
. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng
của a
v
.
Tính chất sau được suy ra từ tính chất 4.
Tính chất 6 :
Nếu a Є N và (a, 5) = 1 thì a
100
- 1 chia hết cho 125.
Chứng minh : Do a
20
- 1 chia hết cho 25 nên a
20
, a
40
, a
60
, a
80
khi chia cho 25 có cùng số dư là 1
=> a
20
+ a

40
+ a
60
+ a
80
+ 1 chia hết cho 5. Vậy a
100
- 1 = (a
20
- 1)( a
80
+ a
60
+ a
40
+ a
20
+ 1) chia hết cho 125.
Bài toán 11 :
Tìm ba chữ số tận cùng của 123
101
.
Lời giải : Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1 => 123
100
- 1 chia hết cho 125 (1).
Mặt khác :
123
100
- 1 = (123
25

- 1)(123
25
+ 1)(123
50
+ 1) => 123
100
- 1 chia hết cho 8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra : 123
100
- 1 chi hết cho 1000
=> 123
101
= 123(123
100
- 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∩ N).
Vậy 123
101
có ba chữ số tận cùng là 123.
Bài toán 12 :
Tìm ba chữ số tận cùng của 3
399...98
.
Lời giải : Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9
100
- 1 chi hết cho 125 (1).
Tương tự bài 11, ta có 9
100
- 1 chia hết cho 8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra : 9
100

- 1 chia hết cho 1000 => 3
399...98
= 9
199...9
= 9
100p + 99
= 9
99
= 1000q + 9
99
(p, q Є N).
Vậy ba chữ số tận cùng của 3
399...98
cũng chính là ba chữ số tận cùng của 9
99
.
Lại vì 9
100
- 1 chia hết cho 1000 => ba chữ số tận cùng của 9
100
là 001 mà 9
99
= 9
100
: 9 => ba chữ số tận cùng
của 9
99
là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 9
99
là 9, sau đó dựa vào phép nhân

).
Vậy ba chữ số tận cùng của 3
399...98
là 889.
Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước : Tìm
dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều
kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng.
Bài toán 13 :
Tìm ba chữ số tận cùng của 2004
200
.
Lời giải : do (2004, 5) = 1 (tính chất 6)
=> 2004
100
chia cho 125 dư 1
=> 2004
200
= (2004
100
)
2
chia cho 125 dư 1
=> 2004
200
chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Do 2004
200
chia hết cho 8 nên chỉ có thể
tận cùng là 376.
Từ phương pháp tìm hai và ba chữ số tận cùng đã trình bày, chúng ta có thể mở rộng để tìm nhiều hơn ba chữ
số tận cùng của một số tự nhiên.

Sau đây là một số bài tập vận dụng :
Bài 1 : Chứng minh 1
n
+ 2
n
+ 3
n
+ 4
n
chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4.
Bài 2 : Chứng minh 9
20002003
, 7
20002003
có chữ số tận cùng giống nhau.
Bài 3 : Tìm hai chữ số tận cùng của :
a) 3
999
b) 11
1213

Bài 4 : Tìm hai chữ số tận cùng của :
S = 2
3
+ 2
23
+ ... + 2
40023

Bài 5 : Tìm ba chữ số tận cùng của :

S = 1
2004
+ 2
2004
+ ... + 2003
2004

Bài 6 : Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a
101
cũng bằng ba chữ số tận cùng của a.
Bài 7 : Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của A
200
.
Bài 8 : Tìm ba chữ số tận cùng của số :
1993
19941995 ...2000

Bài 9 : Tìm sáu chữ số tận cùng của 5
21
.
7 XOAY QUANH MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Bài toán : Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD = CE. Chứng minh rằng nếu
BAD = Đ CAE thì tam giác ABC là tam giác cân.
Cách 1 : (Vũ Cao Ân)
Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh được DF/EG = AC/AB (1) ; ΔADF đồng dạng với ΔAEG
(g. g) => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) và (2) có AC/AB = AD/AE => ΔADC đồng dạng với ΔAEB (c. g. c). => Đ ABC = Đ ACB.
Cách 2 : (Trương Sơn Ca)
Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > 1. Vẽ M thuộc AD sao cho Đ ABM = Đ ACE.
Có Đ M

1
= góc E
1
=> Đ M
2
= Đ E
2
; góc D
1
> Đ E
2
= Đ M
2
. => BM > BD => BD/BM < 1 . (1)
ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC
=> EC/BM = BD/BM = AC/AB > 1 . (2)
(1) và (2) mâu thuẫn. Từ đó ta có đpcm.
Cách 3 : (Nguyễn Quang Hùng)
Từ D và E lần lượt vẽ DF vuông góc với AB ; EG vuông góc với AC.
BD = CE => S
ABD
= S
ACE
=> AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1).
ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) và (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD => Đ ABE = Đ ACD.
Cách 4 : (Minh Quân)
Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF. Chứng minh được tứ giác ADCF là hình bình hành =>
BAD = Đ EAC (gt).
ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g. g) => AG/FG = EG/CG (1)

Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2)
Từ (1) và (2) có EG = GC cân tại G => ΔGEC cân tại G => Đ FEC = Đ ACE => Đ ABC = Đ ACB.
Cách 5 : (Đỗ Đăng Trí)
Vẽ BH, CK là các đường cao của các tam giác ABD, ACE. BD = CE => S
ABD
= S
ACE
=> BH/CK = AE/AD
ΔABH đồng dạng với ΔACK => BH/CK = AB/AC
ΔABE đồng dạng với ΔACD ( Đ BAE = Đ CAD , AB/AC = AE/AD)
=> Đ ABE = Đ ACD => Δ ABC cân tại A.
Cách 6 : (Bảo Linh)
Qua B vẽ đường thẳng song song AC cắt AD tại M, qua C vẽ đường thẳng song song AB cắt AE tại N.
ΔABM đồng dạng với ΔACN (g. g) => AB/AC = BM/CN (1)
ΔADC có BM // AC => AC/BM = BE/BD
ΔABE có CN // AB => AB/CN = BE/EC
Do đó có AB/AC = CN/BM (2) Từ (1) và (2) có AB/AC.AB/AC = BM/CN.CN/BM
=> AB
2
/AC
2
= 1 => AB = AC.
7h CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO
KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC
Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ
năng, kiểm tra năng lực toán học. v.v...) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực,
độc lập, sáng tạo.
Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của hệ thống bài tập trong sách
giáo khoa mới. Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài
tập toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp về vấn

đề này thông qua một số ví dụ về bài tập hình học.
Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống. Ta hãy xét bài tập sau
7).
Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy. Hãy vẽ đường thẳng d’’
đi qua điểm M và giao điểm của d, d’. Nói cách vẽ và giải thích vì sao vẽ được như vậy.
Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong đó một điểm đã cho
trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được.
Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’ mà là tìm quan hệ giữa
đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang
giấy.
Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó => cách vẽ.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A. Vẽ đường thẳng b đi qua M và vuông
góc với d, b cắt d’ tại B. Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi
qua giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ của tam giác MAB
đồng quy.
Cũng có thể giải thích như sau :
Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy). Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt nhau
tại M. Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao
thứ ba, vậy d’’ đi qua C.
Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8).
Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung điểm của IB. Gọi H là
chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC. Chứng minh rằng hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau.
Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào để
chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau. Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh
sau :
Đ HKJ = 90
o
(?)
HK và HJ là hai tia phân giác của hai góc kề bù (không thể được !)

Δ KHJ = Δ KBJ (?)
Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?)
v.v ...
Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Tính HJ
2
: Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC.
Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :
HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ
2
= a
2
/ 4
HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK
2
= a
2
/ 16
Tính HK
2
: Trong tam giác vuông BHI :
Tính JK
2
: Trong tam giác vuông BJK :
JK
2
= BJ
2
+ BK<SUP.2< sup> , từ đó JK

2
= a
2
/4 + a
2
.
Từ các kết quả trên => JK
2
= HJ
2
+ HK
2
và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK vuông góc tại H, tức là
HJ vuông góc với HK.
Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung) => Đ
90
o
, tức là HJ vuông góc với HK.
Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường trung tuyến
ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).
Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88
o
, Đ BCE = 31
o
.
a) Tính Đ ECD.
b) Tính Đ EDC
c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ?
Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau. Nếu đề kiểm tra cuối năm

phần hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến
thức cơ bản, kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các
câu hỏi của bài toán.
Lời giải (tóm tắt) :
a) Đ BCD = Đ ABE = 88
o
(hai góc đồng vị).
Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88
o
- 31
o
= 57
o

b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31
o
. Trong tam giác ABE :
Đ AEB = 180
o
- 88
o
+ 31
o
= 61
o
.
Đ EDC = Đ AEB - 61
o
(hai góc đồng vị).
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180

o
- (57
o
+ 61
o
) = 62
Vậy cạnh CD lớn nhất. Cách giải khác :
a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31
o
. Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61
o
.
Với tam giác BEC : góc ABE = 88
o
là góc ngoài ở đỉnh B nên góc BEC = 88
o
- 31
o
= 57
o
.
Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57
o
(hai góc so le trong)
b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61
o
(hai góc đồng vị)
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180
o
- (57

o
+ 61
o
) = 62
o

Vậy cạnh CD lớn nhất.
7d PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Trong chương trình môn Toán THCS, các bạn đã được học và làm quen với phương trình chứa ẩn trong dấu
giá trị tuyệt đối. Bài viết giúp các bạn có một số phương pháp cơ bản để xét phương trình loại này.
Phương pháp 1 :1 Phương pháp chia khoảng trên trục số.
Ta xét dấu các biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối để khử dấu giá trị tuyệt đối.
Thí dụ 1 : Giải phương trình :
|2x - 1| + |2x - 5| = 4. (1)
Lời giải : Lập bảng khử dấu giá trị tuyệt đối :
Từ đó ta xét 3 trường hợp sau : - Xét x< 1/2 : (1) trở thành - 4x + 6 = 4 <=> x < 1/2 không phụ thuộc khoảng
đang xét. - Xét :
(1) trở thành 4 = 4 đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là
- Xét
(1) trở thành 4x - 6 = 4 <=> x = 5/2 thuộc khoảng đang xét.
Kết luận : Nghiệm của phương trình (1) là
Phương pháp 2 :
Phương pháp biến đổi tương đương. Ta áp dụng hai phép biến đổi cơ bản sau :
Thí dụ 2 : Giải phương trình :
|x - 1| = |3x - 5| (2)
Lời giải : áp dụng phép biến đổi thứ hai ta có :
Kết luận : Phương trình (2) có hai nghiệm : x
1
= 2 ; x
2

= 3/2
Nhận xét : Ta có thể sử dụng phương pháp 1 để giải phương trình (2).
Phương pháp 3 :
Phương pháp đặt ẩn số phụ.
Thí dụ 3 : Giải phương trình :
|x
2
- 5x + 5| = -2x
2
+ 10x - 11. (3)
Lời giải : (3) tương đương với : |x
2
- 5x + 5| = -2(x
2
- 5x + 5) - 1
Đặt x
2
- 5x + 5 = t thì phương trình trở thành |t| = -2t - 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng đồ thị.
Nguyên tắc : Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) chính là hoành độ điểm chung của hai đồ thị y = f(x) và y
= g(x).
Thí dụ 4 : Biện luận số nghiệm của phương trình :
|x - 1| + |x + 1| + |x| = m.
Lời giải : Trước hết vẽ đồ thị hàm số
y = |x - 1| + |x + 1| + |x|.
+ Lập bảng khử dấu trị tuyệt đối :
+ Vẽ đồ thị trên từng khoảng, chú ý các điểm đặc biệt A (-1 ; 3) ; B (0 ; 2) ; C (1 ; 3).
Số nghiệm của phương trình đúng bằng số điểm chung của đường thẳng y = m với đồ thị vừa vẽ.
Từ đồ thị ta có :
Nếu m < 2 thì phương trình vô nghiệm.

Nếu m = 2 thì phương trình có một nghiệm duy nhất.
Nếu m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Phương pháp 5 : Sử dụng bất đẳng thức.
Nguyên tắc : Sử dụng bất đẳng thức để so sánh f(x) và g(x). Từ đó tìm nghiệm của phương trình f(x) = g(x).
Thí dụ 5 : Giải phương trình :
|x - 2003|
5
+ |x - 2004|,sup>7 = 1.
Lời giải : Kiểm tra ngay x = 2003 và x = 2004 là các nghiệm của phương trình.
Nếu x > 2004 thì x - 2003 > 1 nên |x - 2003| > 1 => |x - 2003|
5
> 1 => |x - 2003|
5
+ |x - 2004|
7
> 1. Chứng tỏ
phương trình không có nghiệm thỏa mãn x > 2004.
Nếu x < 2003 thì x - 2004 < - 1 nên |x - 2004| > 1 => |x - 2004|
7
> 1
=> |x - 2003|
5
+ |x - 2004|
7
> 1. Chứng tỏ x < 2003 không là nghiệm.
Nếu 2003 < x < 2004 thì : x - 2003 < 1 và - 1 < x < 2004
nên : | x - 2003|
5
< |x - 2003| = x - 2003 và | x - 2004|
7

< |x - 2004| = 2004 - x
Do đó |x - 2003|
5
+ |x - 2004|
7
< (x - 2003) + (2004 - x) = 1. Chứng tỏ 2003 < x < 2004 cũng không thỏa mãn
phương trình.
Tóm lại phương trình chỉ có hai nghiệm đã kiểm tra.
Chú ý : Thí dụ 1 có thể giải như sau :
|2x - 1| + |2x - 5| = |2x - 1| + |5 - 2x| |2x - 1 + 5 - 2x| = 4.
Đẳng thức xảy ra tương đương với (2x - 1)(5 - 2x) 0 tương đương với 1/2 < x< 5/2.
Dưới đây xin gửi tới các bạn một số bài tập :
Bài 1 : Giải các phương trình :
1) 3|x - 1| - 2|x - 2| - |x| + |x + 1| = |x + 2|
2) |x + 1| = |x
2
+ x|
3) |x - 2| / (|x - 1| - 1) = 1
Bài 2 : Tìm m để phương trình : x
2
- 2x - m|x - 1| + m
2
= 0 có nghiệm.
Bài 3 : Với giá trị nào của tham số m, phương trình sau có nghiệm duy nhất :
|x + 3| - |2x - m| = 1.
7h BÀI TOÁN CON CÁ
Theo các tác giả SGK, nội dung SGK mới rất quan tâm tới yếu tố vui học, gắn bài học với thực tế, đưa vào các
mẩu chuyện về lịch sử Toán học nhằm tạo ra sự gần gũi, thân thiết, gây hứng thú học tập, từ đó giúp học sinh
đạt kết quả học tập cao nhất. Việc tạo được niềm say mê, hứng thú trong học tập, bằng cách này hay cách khác
chắc chắn sẽ đem lại kết quả học tập tốt hơn nhiều cho mỗi bạn. Các bạn có thể tự tạo hứng thú từ những nhận

xét, phát hiện “nho nhỏ” trong quá trình học toán. Bài toán “con cá” là một ví dụ như vậy.
Trong sách Bài tập toán 7 (tập 1, trang 99) có bài tập số 13, nội dung như sau : “Trên hình vẽ có Ax song song
với By, ∠ CAx = 50
o
, ∠ CBy = 40
o
. Tính ∠ ACB bằng cách xem nó là góc ngoài của một tam giác.” (
hình 1) Lời giải của bài toán này xin nhường cho bạn đọc. ở đây tôi muốn trao đổi với các bạn một bài toán
tổng quát hơn mà tôi thường gọi là bài toán “đầu cá”.
Bài toán 1 (bài toán “đầu cá”) : Hình 2 cho biết ∠ CAB > ∠ CAx, Ax // By.
Chứng minh rằng : ∠ ACB = ∠ CAx + ∠ ∠ CBy.
Lời giải : Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa tia CB, vẽ tia Cm // Ax. Vì Ax // By => Cm // By =>
C
1
; ∠ CBy = ∠ C
2
(so le trong). Vậy : ∠ CAx + ∠ CBy = ∠ C
1
+ ∠ C
2
(1).
Theo giả thiết, ∠ ACB > ∠ CAx => ∠ ACB > ∠ C
1
hay tia Cm nằm giữa hai tia CA và CB, do đó :
∠ C
1
+ ∠ C
2
(2).
Từ (1) và (2) suy ra ∠ ACB = ∠ ACx + ∠ CBy.

Lời bình : + Bài toán 1 cho biết mối quan hệ giữa hai góc ∠ CAx, ∠ CBy với ∠ ACB, không phụ thuộc vào
số đo của các góc như ở bài toán đặt vấn đề.
+ Mấu chốt của lời giải là việc kẻ thêm đường phụ Cm song song với Ax.
+ Đối với học sinh lớp 7 mới được tập dượt chứng minh hình học, nhất là với kiến thức ở chương I - Đường
thẳng vuông góc - Đường thẳng song song, thì đây là một bài toán khá hay. Khai thác bài toán, ta có nhiều bài
toán tương tự khá thú vị.
Bài toán 2 (bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1) : Cho hình vẽ (a // b), hãy tính số đo x của góc O (xem
3).
Gợi ý : Sử dụng kết quả của bài toán “đầu cá”, ta chỉ cần tính ∠ OBb.
Từ đó dễ dàng giải được bài toán sau :
Bài toán 3 (bài 3, trang 91, SGK Toán 7, tập 2) : Xem hình 4, cho a // b, ∠ C = 44
o
, ∠ D = 132
góc ∠ COD.