BDHSG 9 chuyen de So hoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (275.89 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phần I: SỐ HỌC
MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ

1/ nếu a1 ,a2, a3... đều chia hết cho b

Thì : a/ a1+a2 + a3 +… chia heát cho b

b/ a1n + a2.n + a3.n … chia heát cho b

* HỆ QUẢ : a1 b

a1 + a2 b

2/ b1\ a1 , b2 \ a2 , b3 \ a3 thì b1.b2 .b3 \ a1.a2.a3

* HỆ QUẢ: b\ a thì bn\ an và b.c \ a.c ( với mọi n  N, c 0 , c  Z )

3/ bc\ ac  b \ a ( c 0)

4/ Neáu a  b

a c

( b,c) = 1
5/ Nhị thức Niu-Tơn:

a/ an - bn = ( a-b)(an-1b0 + an-2b + an-3b2+…+a0bn-1) với n N, và ab

b/ an + bn = ( a+ b)(an-1b0 - an-2b + an-3b2 – an-4b3 +…-abn-2 + a0bn-1) với n N, n lẻ và a-b

c/ ( a+ b+ c)2 = 2 2 2

2 2 2

a b c  ab ac bc

d/ 2 2 2

(a b c  )a b c 2ab 2ac 2bc

6/ Định lý BRu ( mở rộng chia hết trong đa thức )

Nếu f(x) có nghiệm là x0 thì f(x) = ( x-x0)g(x) họăc f(x) ( x-x0).

Nói cách khác f(x) (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) (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) (x+1)

Thì a2  b

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

7/ CHIA HẾT – CHIA CÓ DƯ :

 Ngịai 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 ln 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

+ Định lý BRu mở rộng ( Tham khảo) : Phần dư của phép chia f(x) cho nhị thức
g(x) = x-a là một hằng số bằng giá trị của f(a)

+ Lược đoă Hooc-Ne ( Tính h soẩ cụa đa thương và dư trong phép chia

Đa thức f(x) = 1 2

1 2 ... 1 0

n n n

a x a x  a x  a x a

 

     cho nhị thức x 

an an-1 an-2 … a1 a0

 bn=an bn1 .bnan1 bn2 .bn1an2 … b1.b2a1

1 0
.
r b a

( Dịng thứ 2 : giá trị ở ơ cuối cùng là số dư, giá trị ở mỗi ô còn lại là hệ số của đa thức
thương)

+ Tam giaùc 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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

( 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 NGUYÊN :

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 qp thì : p là ước của an (a pn ) và q là ước của a0 (a q0 )
 Nếu có nghiệm nguyên x = a thì a là ước của an

 Nếu f(x) có nghiệm x = a thì (x- a ) là một nhân tử của f(x)

* VD1- Phân tích đa thức: f(x) = x3 – x2 +4 thành nhân tử ( CMR : x3 – x2 +4 chia

hết cho x2+x+2)

+nghiệm nguyên nếu có của f(x) thì x =



1;1; 2; 2



+ Thử lại ta có x = 2 là nghiệm .
Vậy f x( ) (x 2)(x2 x 2)

    ( ( ) 2 2

2
f x

x x

x    )

+ x2+x+2 coù = -7 < 0 ( VN)

* VD2 phân tích f(x) = 3x3 + 7x2 + 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 13 là nghiệm . ( ) 3( 1)( 2 2 5)

f x x x x

     do x2-2x +5 VN

Phương trình bậc hai

Có biệt thức :





0 0

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- 3x2 – 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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

BÀI 1: 1, Cho biểu thức: A = 5

2
n




a, Tìm các số nguyên n để biểu thức A là phân số.
b, Tìm các số nguyên n để biểu thức A là số nguyên.
2, Tìm x biết:

a, x chia hết cho cả 12; 25; 30 và 0 ≤ x ≤ 500
b, (3x – 24). 73= 2. 74

c, x 5 16 2.( 3)  

3, Bạn Hương đánh số trang sách bằng các số tự nhiên từ 1 đến 145. Hỏi bạn Hương
đã dùng bao nhiêu chữ số ? Trong những chữ số đã sử dụng thì có bao nhiêu chữ số 0 ?

BÀI 2: 1, Cho S = 5 + 52 + 53 + . . . . + 596

a, Chứng minh: S  126

b, Tìm chữ số tận cùng của S

2, Chứng minh A = n(5n + 3)  n với mọi n  Z

3,Tìm a, b  N, biết: a + 2b = 48

ƯCLN (a, b) + 3. BCNN (a, b) = 14
BÀI 2 :a. Chứng minh: 12 1

30 2

n
n



 (n  Z) tối giản

b.Bạn Hương đánh 1 cuốn sách dày 284 trang bằng dãy số chẵn.
c, Bạn Hương cần bao nhiêu chữ số để đánh hết cuốn sách đó ?
d, Trong dãy số trên thì chữ số thứ 300 là chữ số nào ?

e, Tính:

2 2 2 2

...

1.3 3.5 5.7   99.101

BÀI 3: 1) Rót gän A217.27.91442..27812163..36108

2) Cho *

)

3
(

3
10

.
7

3
7
.
4

3
4
.
1

N
n
n

n

S 









 

Chøng minh: S  1

3) So sánh:

2004
.
2003

1
2004
.

2003

và

2005
.
2004

2005
.

2004

4) Tìm số nguyên tố P sao cho các sè P + 2 vµ P +10 lµ sè nguyên tố
5 Tìm giá trị nguyên dơng nhỏ hơn 10 cđa x vµ y sao cho 3x - 4y = - 21
6 Cho ph©n sè: 51 (  ;  1)




 n Z n

n
n
A

a) Tìm n để A nguyên.
b) Tìm n để A tối giản .

BÀI 4

1) Tìm các giá trị của a để số 123a5

a) Chia hÕt cho 15
b) Chia hÕt cho 45

2/ Chøng minh r»ng: A10n 18n 1 chia hÕt cho 27 (n là số tự nhiên).

3/ Cho A n3 3n2 2n

a) Chøng minh r»ng A chia hÕt cho 3 víi mäi sè nguyªn n.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4/ Trong đợt thi học sinh giỏi cấp tỉnh có khơng q 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, cịn lại là t im trung bỡnh.

Tính số học sinh mỗi loại.

BI 5:

1/ Cho 3 32 33 .... 32004







A

a) TÝnh tæng A.

b) Chøng minh r»ng A130.

c) A có phải là số chính phơng khơng ? Vì sao ?
2) Tìm n  Z để 2 13 13 3




 n n

n 

CHUYÊN ĐỀ TÍNH TỔNG HỮU HẠN
Bài 1:

a. Cho n là một số nguyên dương. Hãy so sánh:

1 1

1 + -

n n+1

 

 

  và





2
2

1 1

1 + -

n n+1

b. Tính:

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

Bài 2:

Chứng minh rằng:

n 1 1 1

1 + + + ... + n

2  2 3 2 -1  với n N và

VÝ dô1(SGK-T8.Tr25)

Chøng minh r»ng:n3 n chia hÕt cho 6 với mọi số nguyên n.
Giải:

Ta có n3 n =n.(n-1).(n+1). Trong ba số ngun liên tiếp n,n-1,n+1 ln cómột số chia
hết cho 2 , một số chia hết cho 3 và (2,3)=1 .Do đó n3 n 6.

Qua bài toán trên ta thấy n3và n đồng d khi chia cho các số 2,3 và6 từ đó ta đề xuất một 
số bài toán tơng tự nh sau.

Bµi1:

Chøng minh r»ng : n3 m3 6 n m 6( m,n Z)






   .

Gi¶i: Tacã (n3 m3) (n m) (n3 n) (m3 m) 6,(theoVD1)










Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Tổng qt hố ta đợc bài tốn sau.

Bµi2: Chøng minh r»ng:

x13 x23x33 ...xn36 x1 x2 x3 ...xn6,(xi Z,i1,n)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Hớng dẩn: Đặt S=1+2+3+4+...+98+99. Theo bài 2 ta có A-S chia hết cho 6,trong đó
S= 6.33.25 6

)
1
99
(
99

S




. Do ú A6.

Bài4:(Thi học sinh giỏi T.P-HCM năm học 2003-2004).
Chứng minh r»ng: ( )3 3 3 3 6


z
y
x
z
y

x    với mọi số nguyên x,y,z.

Giải: (x y z)3 x3 y3 z3



(x y z)3 (x y z)



(x3 x) (y3 y) (z3 z)

















 .

Theo VD1 ta thấy các hạng tử của VP đều chia hết cho 6, từ đó suy ra điều phải chứng
minh.

Bµi5:

ViÕt sè 20052004thµnh tỉng cđa k sè tù nhiªn t ý

k

a
a

a

a1, 2, 3,..., .Tìm số d của phép 
chia a13a23a33...ak3cho3.

Giải: Đặt N= a13a23 a33...ak3 và 2005 a1 a2 a3 ...ak

2004 .

Ta cã N- 20052004 (a13  a1)(a23  a2)(a33  a3)...(ak3  ak)3,(VD1)

Mặt khác 20052004chia cho 3 d 1, do đó N chia cho 3 d 1.

Kết hợp với hằng đẳng thức đã học VD1đợc phát triển thành các bài tốn thú vị sau.

Bµi 6:

Cho P (a2 ab 1)3 (b2 3ab 1)3 (a b)2









 . Chøng minh r»ng P chia hÕt cho 6 với mọi số

nguyên a,b.
Giải:

Đặt 2 2 2

)
(
1

3
;

1 y b ab x y a b

ab
a

x          . Khi đó ta có

P= 3 3 ( ) ( 3 ) ( 3 ) 6


y
y
x
x
y
x
y

x        .

Bµi7: Chøng minh rằng với mọi số nguyên x,y thì:
3
3

)
3
(
)
3

( 3 2 3 3 2


 x y

y
x
y
xy

x      .

Gỵi ý: Đặt a x3 3xy2;b y3 3x2y a b (x y)3,:










Ta cã 3 3( ) ( )3 3 3

1
3
3




 a b BT x y x y

b

a   (vì 3 là số nguyên tố).

Bài8: Cho các số nguyên x, y , z tho¶ m·n : x+y+z=3.20062007

Chøng minh r»ng: M= (x2 xy yz)3 (y2 xy xz)3 (z2 yz xz)3









 chia hết cho 6.

Giải:

Đặt a x2 xy yz;b y2 xy xz;c z2 yz xz M a3 b3 c3















Ta cã: 2 2 2 2( ) ( )2 6( )

gt
Theo
z
y
x
zx
yz
xy
z
y
x
c

b

a             .

Do đó M6 (theo-BT2 )

KÕt hỵp vÝ dơ 1 víi bài toán tìm nghiệm nguyên ta có một số bài toán sau.

Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau:

a) 3 3 3

2005
2

)
(
)

(xy yz x yz (1)

b) ( 2 2 1)3 (2 1)3 189






y xy

x (2)

Gi¶i:

a) (1)



( )3 ( )

 

( )3 ( )



20053









 x y x y y z y z (3)

Dễ thấy VT của (3) chia hết cho 6 (theo-VD1).Nhng 20053 không chia hết cho 6,do đó

ph-ơng trình đã cho khơng có nghiệm ngun.
b) Đặt p x2 y2 1;q 2xy 1 p q (x y)2










 . Khi đó phơng trình (2) trở thành :

189

3
3

q

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Mặt khác 3 3 189 ( )( 2 2) 9.3.7







q p q p pq q

p .Do đó p+q chỉ có thể bằng 9

)
,
(
3
9
)

( 2 








 x y x y x y Z , 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 tËp tãan 9 tËp I ) chøng minh r»ng

n
n
n
n





1
1

1 víi n là số tự nhiên.

Chứng minh : ( n1 n)( n1 n) n1 n1


n
n
n
n





1
1
1

Ph¸t biĨu c¸ch kh¸c :

1. Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n thì ( n1 n)và( n1 n ) là hai số nghịch đảo.

2 . n n

n

n1  1

(với n là số tự nhiên)

Bài 12: Tính

a.
99
100
1
...
3
4
1
2
3
1
1
2
1








b.
1
1
...
3
4
1
2

3
1
1
2
1









 n n víi n  1

Gi¶i :
a.
99
100
1
...
3
4
1
2
3
1
1
2

1









= 2 1 3 2 4 3... 100 99 10019

b.
1
1
...
3
4
1
2
3
1
1
2
1










 n n víi n  1

= 2 1 3 2 4 3... n n1 n1

Bµi 13: TÝnh
a. A =

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

b. B =
1
2
2
1
...
4
3
1
3
2
1
2
1
1










 k k

Định hớng :

2
1
1
2
1

hay

1
1
1

n

n
n
n
Giải :
a. A =

2006
20005
1
...
4
3
1
3
2
1
2
1
1









=  ( 1 2)( 2 3) ( 3 4)... ( 2005 2006)

=  1 2 2 3 3 4... 2005 2006

=  ( 1 2006)

b. B =

1
2
2
1
...
4
3
1
3
2
1
2
1
1









 k k

B =  ( 1 2)( 2 3) ( 3 4)...( 2k  2k1)

=  1 2 2 3 3 4... 2k  2k1

= ( 2k 1 1)

ëBµi 71, thay 1 = x

N ta có bài toán 3
Bµi 14 Chøng minh: Víi x>0,n0

Ta cã:
n
x
n
x
n
x
n




 
Bµi15 TÝnh
a. C =

13
16
3
...

7
10
3
4
7
3
1
4
3









b. D =

1
2
1
2
1
...
5
7
1
4

5
1
1
3
1

k k

Với k là số tự nhiên 1
Giải

a. ¸p dơng bµi 3 vµo bµi bµi 4 a. ( 4 )2-12= 3 , ở đây x = 3
Ta cã:

C = 

 1
4
3

 4

7
3

 7
10
3
+
…
13
16
3


</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

= 16 1413

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

2D = 2 2 2 ... 2

3 1 5 3  7 5  2k 1 2k1

2D = 3 1 5 3 7 5... 2k1 2k1

2D = 2k1 1 D =

2
1
1
2k  

Bµi 16: TÝnh

a. E =

25
24
24
25

1
...

3
2
2
3

1
2

1
1
2

Định hớng : n n 1 1(n 1) n




 = ?

n
n
n

n 1 ( 1)




 = 1
1



n

n .

1
1

n  n = . 1





n
n

1
1
1




n
n

E =

25
1
24
1
...
3
1
2
1
2
1
1
1








= 1-

5
4

5
1
1
25
1





3 3 3

. ...

5 2 2 5 8 5 5 8 2006 2003 2003 2006

b P   

  

Ta cã 3

5 2 2 5

3(5 2 2 5)
(5 2 2 5)(5 2 2 5)




 

3(5 2 2 5)
30



 =5 2 2 5

 =5 2 2 5

10  10 =

1 1

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1 1 1 1 1 1

...

2 5 5 8 2003 2006

1 1

2 2006

P

  

Bài 17: Không dùng máy tính h·y so s¸nh
A = 2007 2006và B = 2006 2005

Giải :

ap dơng bµi 71
A =

2006
2007


B =

2005
2006



 A < B do 2007  2005

 2007 2006 2006 2005
Bµi 18: Tổng quát từ bài 6 ta có :
n1 n n n1 víi n 1

áp dụng bài 71 (bài tập toán 9 tập I) ta có điều phải chứng minh.
Bài 8 : Thay 1 = x ë bµi 7 ta cã : Víi n x >1

A = nx  n

B = n n x

ta cã : A < B

từ bài toán 6 ta có bài toán sau:
Bài 19: So sánh C và D

C = mp  m

D = np n

Víi m > n > 0 ,p > 0
Ta cã

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

D = n pp n
V× m > n  C < D

*ap dụng bài 71 chứng minh bất đẳng thức
Bài 20 : Chứng minh

a. n1 n12 n (Víi n 1)

b. nx n x 2 n (víi n> x 0)
Chøng minh

a. n1 n12 n

1
1   


 n n n n

Bất đẳng thức này đã chứng minh ở bài 7
b. nx n x 2 n

x
n
n
n
x

n    



§· chøng minh ë bµi 8

Bµi 21 : Chøng minh : 2m 2m22 2m1 víi m  -1

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

1
2
2
2
2

2m m  m

Bài 12:Không dùng máy tính và bảng số hÃy chứng tỏ 101 990,1

Gi¶i

99
101

2
99

101






V× 0 < 101 99 2 100 ( Suy ra tõ bµi 10a )

 100 99 0,1

100
2

2
99
101








Bµi 22: a. Chøng minh r»ng víi mäi n



N*
n n

n1  1

2
1

b. Chøng minh: 2( 1 ) 1 2( n  n1)
n

n

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

a. n n
n1  1

2
1



n
n

n  1

1
1

1 ( Ap dơng bµi 71 trang 14 )

 2 n1> n1+ n (hiển nhiên đúng )

b. 2( 1 ) 1 2( n n1)

n
n

n

* Chøng minh : 2 ( n1- n ) <

n
1

 0 <

n
n1

n

2
1

 n1 + n > 2 n

 n1 > n

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng
* Chứng minh

n
1

2( n n1)

 0 <

n

2
1

1
1


 n

n

 2 n> n + n 1

 n> n 1

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

 Bất đẳng thức đã cho đợc chứng minh

Bài 23 : Cho S = 1+   

4
1
3
1
2
1

…

100
1

Chøng minh
18 < S < 19
Chøng minh

Áp dơng bµi 13b ta cã : 2( 1 ) 1 2( n n1)
n

n
n

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2 ( 3 2) <

2
1

< 2 ( 2 1)

2 ( 4 3) <

3
1

< 2 ( 3 2)

2 ( 5 4) 2( 4  3)

……….

2( 2( 100 99
100

1
)
100

101    )

Céng vÕ víi vÕ ta cã

1 + 2 ( 3 2 4 3... 101 100)< S < 1 + 2( 2 1 + 3 2+ 4 3 + 100 99)

 1+2 ( 100 2) < S < 1+2 ( 100 1)

 1+2 ( 10 -1,5 ) < S < 1+2 (10-1)

VËy ta cã : 18 < S < 19

Chú ý : Cũng có thể thay đổi nội dung bài này nh sau :
Cách 1: Chứng minh S không phải là số tự nhiên
Cách 2: Tìm phần ngun của S

Bµi 24 So sánh A và B

A = 2 ( 2 4... 2006) 2008 ; B = 2 ( 1 3... 2007)

Áp dơng bµi 11 . 2m 2m2 2 2m1 víi m  -1
Cho m = 0 , 1, 2 , …,1003 ta cã:

0 2 2 1
3
2
4
2 

………..
………..
………..

2006 20082 2007

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

2007
...

3
1
(
2
2008
)

2006
...

4
2
(

2        

 )

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bµi 25 : Chøng minh r»ng :
1+ 100
2500
1
...
4
1
3
1
2
1







Chøng minh : Tõ bµi 13 b ta còng cã : 2( 1 )
1

n
n

n

Lần lợt cho n = 0 , 1 , 2 , 3…, 2499 ta cã
1 < 2

)
1
2
(
2
2
1


)
2
3

(
2
3
1


..
………
)
2499
2500
(
2
2500
1



Céng vÕ víi vÕ ta cã:

1+ 2(1 2 1 3 2 2500 2499)

2500
1
...
4
1
3
1
2

1











2500
2
2500
1
...
4
1
3
1
2
1

1     


100
2500
1

...
4
1
3
1
2
1

1    

( Điều phải chứng minh )

C. Khai thác ứng dụng của bài 71 trong giải phơng trình

Bài 26 : Giải phơng trình

1
1
1
1
2
1
2
3
1












 x x x x x

x víi x 0

Gi¶i:
1
1
1
1
2
1
2
3
1












 x x x x x

x
1
)
1
(
)
1
2
(
)
2
3
(           

 x x x x x x

)
1
3

(   

 x x

)
3
2
3
(     

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

x
x

x 2 2 3

2 2






x
x

x 1 2 3






1
3

2 2








 x x x x x
Bài 27: Giải phơng trình :

...
2

2
2

x
x
x

= 9 ( 18 )

x
x





1
1
2

( Cã 2007 sè 2 )
Gi¶i :

Víi x  -1 ta cã :

1 1
1

1 x  x

x

( Tơng tự bài 7 )

Ta có : 2 + 2 1 1 1 1
1

1 x   x x

x

Phơng trình (18)

99
100
1

10
1

9
1
1

x
x
x
x

Bài 28 : Giải phơng trình :

( 2 3)x ( 2 3)x 4 ( 19 )

Gi¶i :

Đặt y = ( 2 3)x ( 2 3)x 1y







Ph¬ng trình (19)

0
1
4

4
1

y
y

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

3
2

3
1
4

2
1
/

y
y

Thay lại ẩn x ta cã :

)
3
2
(
)
3

2
(

)
3
2
(

1
)

3
2
(

3
2
)
3
2
(

)
2
3
(
)
3

2
(

2
2































x
x

x

x
x

Vậy phơng trìmh đã cho có nghiệm
x = 2

Bài 29 :Giải phơng trình

(9 4 5 )x ( 9 4 5 )x 18

   (20)
Giải:

Đặt y = (9 4 5)x



=> (9 4 5)x 1y



Ph¬ng tr×nh (20)
 1 y 18

y

 y2 - 18y + 1 = 0
Cã ' 81 1 80






y1 = 9 + 80= 9 +4 5

y1 = 9 - 80= 9 -4 5

Thay l¹i Èn x nÕu: y = 9 +4 5

=> (9 4 5)x

 = (94 5)2

NÕu y = 9 -4 5 => x=-2

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Bµi 1: TÝnh

2 2 2 2 2

. ...

3 7 7 11 11 15 15 19 2003 2007

a A     

    

4 4 4 4

. ...

9 13 13 17 17 21 221 225

b B    

   

1 1 1

. ...

6 1 1 6 11 6 6 11 2006 2001 2001 2006

c C    

  

Bµi2:Chøng minh S = 1+

4
1
3
1
2
1

40000 không phải là số tự nhiên

Bài 3:Giải phơng trình:

1 1 1 1

1 3 3 5 5 7 7 9

x  x  x  x  x  x  x  x  víi x-1

III – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18></div>

BDHSG 9 chuyen de So hoc









<b>Phương trình bậc hai</b>















 





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về