Tài liệu tham khảo bồi dưỡng Toán 9

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

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

b
a

1
+ a
2

M

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

3

* HỆ QUẢ: b\ a thì b
n

\ a
n

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

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

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

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

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

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

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

M
b

⇒
a
M

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

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

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

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

( Các số ở mỗi dòng của tam giác ứng với các hệ số trong khai triển các lũy thừa của một
tổng 2 số hạng)
8/ NGHI Ệ M C Ủ A Đ A TH Ứ C V Ớ I H Ệ S Ố NGUN :
f(x) =
1 2
0 1 2 1 0
...
n n n n
n
a x a x a x a x a
− −
−
+ + + + +
• Nếu có nghiệm hữu tỷ
p
q
thì : p là ước của a
n
(
n
a pM
)

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

n

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

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

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

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

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

10/ phương pháp chứng minh bằng quy nạp: f(x) = a
* CM f(x) đúng với x = 1
* Giả sử f(x) đúng với x = n
* Chứng minh f(x) luôn đúng với x = n+1
VD
I-PHÉP CHIA HẾT
Tr 3
BI 1: 1, Cho biu thc: A =
5
2n


a, Tỡm cỏc s nguyờn n biu thc A l phõn s.
b, Tỡm cỏc s nguyờn n biu thc A l s nguyờn.
2, Tỡm x bit:

a, x chia ht cho c 12; 25; 30 v 0 x 500
b, (3x 2
4
). 7
3
= 2. 7
4
c,
5 16 2.( 3)x = +
3, Bn Hng ỏnh s trang sỏch bng cỏc s t nhiờn t 1 n 145. Hi bn Hng
ó dựng bao nhiờu ch s ? Trong nhng ch s ó s dng thỡ cú bao nhiờu ch s 0 ?
BI 2: 1, Cho S = 5 + 5
2
+ 5
3
+ . . . . + 5
96

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

Z
3,Tỡm a, b

N, bit: a + 2b = 48
CLN (a, b) + 3. BCNN (a, b) = 14
BI 2 :a. Chng minh:
12 1
30 2

n
n
+
+
(n

Z) ti gin
b.Bn Hng ỏnh 1 cun sỏch dy 284 trang bng dóy s chn.
c, Bn Hng cn bao nhiờu ch s ỏnh ht cun sỏch ú ?
d, Trong dóy s trờn thỡ ch s th 300 l ch s no ?
e, Tớnh:
2 2 2 2
.....
1.3 3.5 5.7 99.101
+ + + +
BI 3: 1) Rút gọn
108.6381.4227.21
36.2127.149.7
++
++
=
A
2) Cho
*
)3(
3
10.7
3
7.4
3

4.1
3
Nn
nn
S

+
++++=

Chứng minh: S < 1

3) So sánh:
2004.2003
12004.2003

và
2005.2004
12005.2004


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

+

=

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

1
, đạt điểm yếu chiếm
14
1
tổng số thí sinh
dự thi, còn lại là đạt điểm trung bình.
Tính số học sinh mỗi loại.
BI 5:
1/ Cho
200432
3....333
++++=
A
a) Tính tổng A.
b) Chứng minh rằng
130MA
.
c) A có phải là số chính phơng không ? Vì sao ?
2) Tìm n Z để
31313
2
++
nnn M
CHUYấN TNH TNG HU HN
Bi 1:
a. Cho n l mt s nguyờn dng. Hóy so sỏnh:
2
1 1
1 + -
n n+1

ữ

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

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

3

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

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

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

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Tổng quát hoá ta đợc bài toán sau.
Tr 5
Bài2: Chứng minh rằng:

),1,(,6............6...........
321
33
3
3
2
3
1
niZxxxxxxxxx
inn
=++++++++
MM
Bài3: Cho A=
.9998.............321
33333
+++++
Hỏi A có chia hết cho 6 không?
Hớng dẩn: Đặt S=1+2+3+4+............+98+99. Theo bài 2 ta có A-S chia hết cho 6,trong đó S=
625.33.6
2
)199(99
MS
=
+
. Do đó A
6M

.
Bài4:(Thi học sinh giỏi T.P-HCM năm học 2003-2004).
Chứng minh rằng:
6)(
3333
Mzyxzyx
++
với mọi số nguyên x,y,z.
Giải:
[ ]
)()()()()()(
33333333
zzyyxxzyxzyxzyxzyx
++++=++
.
Theo VD1 ta thấy các hạng tử của VP đều chia hết cho 6, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài5:
Viết số
2004
2005
thành tổng của k số tự nhiên tuỳ ý
k
aaaa .,,.........,,
321
.Tìm số d của phép
chia
33
3
3
2

3
1
.......
k
aaaa
++++
cho3.

Giải: Đặt N=
33
3
3
2
3
1
.......
k
aaaa
++++
và
k
aaaa
++++=
............2005
321
2004
.
Ta có N-
=
2004

2005
3)(...........)()()(
3
3
3
32
3
21
3
1
M
kk
aaaaaaaa
++++
,(VD
1
)
Mặt khác
2004
2005
chia cho 3 d 1, do đó N chia cho 3 d 1.
Kết hợp với hằng đẳng thức đã học
1
VD
đợc phát triển thành các bài toán thú vị sau.
Bài 6:
Cho
23232
)()13()1( baabbabaP
++++=

. Chứng minh rằng P chia hết cho 6 với mọi số
nguyên a,b.
Giải:
Đặt
222
)(13;1 bayxabbyabax
+=++=+=
. Khi đó ta có
P=
6)()()(
3333
Myyxxyxyx
+=++
.
Bài7: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x,y thì:
33)3()3(
23323
MM yxyxyxyx
++++
.
Gợi ý: Đặt
:,)(3;3
32323
yxbayxybxyxa
+=++=+=
Ta có
33)()(33
3
1
33

MMMM yxyxBTbaba
++++
(vì 3 là số nguyên tố).
Bài8: Cho các số nguyên x, y , z thoả mãn : x+y+z=
2007
2006.3
Chứng minh rằng: M=
323232
)()()( xzyzzxzxyyyzxyx
++++++++
chia hết cho 6.
Giải:
Đặt
333222
;; cbaMxzyzzcxzxyybyzxyxa
++=++=++=++=
Ta có:
)(6)()(2
2222
gtTheozyxzxyzxyzyxcba
++=+++++=++
M
.
Do đó M
6M
(theo-BT
2
)
Kết hợp ví dụ 1 với bài toán tìm nghiệm nguyên ta có một số bài toán sau.
Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau:

a)
333
20052)()(
+++=+++
zyxzyyx
(1)
Tr 6
b)
189)12()1(
3322
=+++
xyyx
(2)
Giải:
a)
[ ] [ ]
333
2005)()()()()1(
=+++++
zyzyyxyx
(3)
Dễ thấy VT của (3) chia hết cho 6 (theo-VD1).Nhng
3
2005
không chia hết cho 6,do đó ph-
ơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
b) Đặt
222
)(12;1 yxqpxyqyxp
+=++=+=

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

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

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

nn
++
1(
) là hai số nghịch đảo.
2 .
nn
nn
++=
+
1
1
1
(với n là số tự nhiên)
Bài 12: Tính
a.
99100
1
...
34
1
23
1
12
1
+
++
+
+
+
+

+

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

1
Tr 7