ON THI HSG TOAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (620.83 KB, 51 trang )

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

Vì sự nghiệp giáo dục

PHN S HC

Bi 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.

A. Nhắ c l ạ i và b ổ sung các ki ế n th ứ c cầ n thi ế t :
I. Tính chia hế t :

1. Đị nh lí v ề phép chia : Với mọi số nguyên a,b (b
⇔

x=3y

x=3

⇔

¿x=3

y=1

¿{

0), bao giờ cũng có một cặp

số nguyên q, r sao cho : a = bq + r với

C= x

2−25

x3−10x2+25x:

y −2

y2− y −2=

(x −5) (x+5)

x(x −5)2 ⋅

(y −2)(y+1)

y −2 .

a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư.
Trong trường hợp b > 0 và r ¿(x+5) (y+1)

x(x −5) =

8. 2
3 .(−2)=−

3 0 có thể viết: a = bq + r = b(q
+1)+ r - b.

Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:

a = 2q x1

2 1 (xét phép chia cho b = 2)

a = 3q ; 3q x2

2 1 (xét phép chia cho b = 3)

a = 4q ; 4q 1 ; 4q

¿
c>0

(c+a)2<ab+bc−2 ac

¿{

2 (xét phép chia cho b = 4).

a = 5q; 5q

¿
x1− x2=5

x13− x23=35

¿{

1; 5q 2 (xét phép chia cho b = 5)
...

2. Tính chia hế t : Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :
 a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)

Vậy: a b (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.

3. Các tính chấ t :

1) Nếu a 2ab≥c

a+4 b thì x12 a x22
5
9 b (b

x1
3+

x2
3 0)
2) a √3 a; 0 3x1

+5x1x2+3x2
2

4x1x23+4x13x2 a với mọi a

a+

b=

1
2 0
3) a 1 với mọi a

4) Nếu a m thì an m (m 0, n nguyên dương).

5) Nếu ab và ba thì |a| = |b|

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

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

6) Nếu a b và b c (b,c0) thì a c.

7) Nếu a c và bc(c0) thì (ab) EM

MK=

FB c. Điều ngược lại không đúng.
8) Nếu a EMMK=EF

MF m hoặc b
EK
KH=

HB m thì ab
EF
MF=

HB m(m
EM
MK=

EA
KH
0). Điều ngược lại không đúng.

9) Nếu a ACDA=SC

SA p và a 
BC
BD=

SB q, (p, q)= 1 thì a
AC
AD=

BC
BD pq
10) Nếu a = mn; b = pq và m r

BC=

r1

AB=

r2

AC p n

r2

BC2=

r12
AB2=

r22

AC2 q thì a

r2

BC2=

r12+r22
AB2+AC2=

r12+r22
BC2 b

11) Nếu ab ⋮ m và (b,m) = 1 thì a AH=AB√3

2 m

12) Nếu a √3 b √10 m và a √5 m thì b √13 m
II. Số nguyên t ố :

1.Đị nh nghĩ a : Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó.
Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước.

Số 1 và số 0 khơng phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số.

2. Đị nh lí c ơ b ả n c ủ a s ố h ọ c :Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số
nguyên tố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số).

Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó.

Có vơ số số ngun tố (khơng có số nguyên tố lớn nhất).

Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó khơng kể bản thân nó.
Ví dụ: 6 , 28, ... , 2n-1(2n - 1)

III. Mộ t s ố ph ươ ng pháp thông th ườ ng để gi ả i bài toán v ề chia h ế t :

Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi

chia n cho k.

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng:

a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.

Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1).
Có hai trường hợp xảy ra :

* n 10a√10 2 => n(n + 1) 109a√10 2

* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) BK=BE. BH

BF =

9a√13

13 2 => n(n +1) 

b) Chứng minh tương tự a.

Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq .

+ Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n)  p và A(n)  q.

+ Nếu (p, q) 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) ri chng minh:

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

Vì sự nghiệp giáo dôc

B(n) P= x√x −3

x −2√x −3−

2(√x −3)

√x+1 +

√x+3

3−√x p và C(n) √5 q .

Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)

√x+3+√x+2+

√x+2+√x+1+

√x+1+√x=1 6.

b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.

Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và
3. Do đó A(n) chia hết cho 6.

b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).
8 = 4 . 2.

Vì 4 36

√x −2+
4

√y −1=28−4√x −2−√y −1 4 và n(n +1) 2 nên A(n)

(x+

√

x2+3)(y+

√

y2+3) 8

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n.

(Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)

Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)
√x+√y=√1980 2

n = 5k + 1 => (n - 1)  5

n = 5k + 4 => (n + 1)  5.

n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) 5

n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) 5

Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10.

Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu)

của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính

chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) khơng chia hết cho k ...)

Ví dụ 4 : Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn

quốc năm 1970).

Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n

(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n 6 . Do đó

A(n) 6

Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.

Giải : Với n = 2k +1 ta có:

A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5

= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.

A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có
hạng tử 2 khơng chia hết cho 8. Vậy A(n) không chia hết cho 8.

Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k.

Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều khơng chia hết cho k thì A(n)
khơng chia hết cho k

Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + ... + 260 chia hết cho 15.

Giải: Ta có: 2 + 22 +23 + ... + 260 = (2 + 22 + ... + 24) + (25+ ... +28)+ ... +(257 + 260)

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

Vì sự nghiệp giáo dục

= 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + ... + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + ... + 257)15.

IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:

Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:

Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:

Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào
chung một chuồng.

Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số ngun bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu
chia hết cho m.

Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ...; m
- 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số
dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m.

Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo

trình tự sau:

Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)

k.Tiếp tục: 
Giả sử A(k) k.

Chứng tỏ A(k + 1) k. Nếu đúng => Kết luận : A(n) k

Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225.

Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng.

Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 Δ 225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là

c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1 Δ 225.

Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1

= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1)

= (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) 225

Cách 9: Phương pháp phản chứng:

Để chứng minh A(n)

(

√3

x2+x√3+3+

x3−√27

)

(

x
√3+

√3

x +1

)

k ta chứng minh A(n) không

chia hết cho k là sai.

B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1. a) 192007 - 192006 chia hết cho 9.

b) 92n + 14 chia hết cho 5.

c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp
chia hết cho5.

2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia

hết cho 12.

3. (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60

4. a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49

b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11

5. a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24.

b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.

6. 4n + 15n - 1 chia hết cho 9.

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

Vì sự nghiệp giáo dục

7. n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.

8. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48.

9) 36n -26n chia hết cho 35

10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b.

11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17.

b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19.

c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59.

12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.

b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3

************************************
Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC .

A. Tóm tắ t lý thuy ế t :

I. Đị nh ngh ĩ a:

1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng
số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:

a √3 b (modm).
2. Ví dụ: 3 2008x = y

2009=

z

2010 5 (mod2)

√

(x − y)(y − z) 0 (mod 7) ...
II. Tính chấ t :

1. Nếu a

√

b2

a +

√

a2

b ≥√a+√b b (mod m) thì a - b B^ m

2. Nếu a b (mod m) và b c (mod m) thì a c (mod m)

3. Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì a ± c b ± d (mod m)

4. Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì ac bd (mod m)

5. Nếu a b (mod m) thì an bn (mod m)

6. Nếu a b (mod m) thì ka kb (mod m) với k > 0

7. Nếu ka kb (mod km) thì a b (mod m) với k > 0

8. Nếu ka kb (mod m) và (k , m) = 1thì a b (mod m) .

9. Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np n (mod p) ; n Z

Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 1 (mod p), với (n,p) = 1

Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ hơn
m và nguyên tố với m. Thế thì : n(m) 1 (mod m)

10.

* Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố :
m = a1α. a2β ... anλ . Thế thì : (m) = m

(

1−

a1

)(

1− 1

a2

)

. ..

(

1− 1
an

)

III. Bài tậ p ứ ng d ụ ng :

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

Vì sự nghiệp giáo dục

Bi 1: Chng minh 2100 - 1 chia hết cho 5

Giải : Ta có 24 1(mod 5) =>(24)25 125 (mod 5) =>2100 1(mod 5) hay 2100 - 1 ⋮

Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3.

Giải : Có 23 -1 (mod 3) ⇔ (23)33 (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 -1 (mod 3) .

Vậy 299 chia 3 dư 2.

Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999

Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10.

Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1

chia hết cho 105.

Giải:

Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:

Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác

nhau của 1983k - 1. Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều nhất là 105 số dư, do đó

theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105. Giả sử đó là

hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105:

(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) ⋮ 105.

Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng khơng chia hết cho 105.

Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia

hết cho 105.

Cách 2: Áp dụng định lí Euler:

Vì 1983 khơng chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105 = 2555 nên (1983,

105) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983(10

❑5 ) 1 (mod 105)

Mà (10 ❑5 ) = 105(1 - 12 ) (1 - 15 ) = 4. 104.

Nên ta có 19834.10

❑4 1 (mod 105).

số 4.104 là số k phải tìm.

Đề

bài áp d ụ ng :

1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9

c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13

2. Chứng minh rằng : a) 24n - 1 ⋮ 15; b) 270 + 370 ⋮ 13

c) 122n+1 - 11n+2 ⋮ 133; d) 22225555 + 55552222 ⋮ 7

e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5

KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9
Năm học 2011-2012

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

Vì sự nghiệp giáo dục

Vớ d 1: Phõn tích đa thức thành nhân tử
a. a(x2+1)− x(a2+1)

b. x −1+xn+3

− xn .Giải:

a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung

a(x2+1)− x(a2+1) = ax2+a −a2x − x

¿ax(x −a)−(x − a)=(x − a) (ax−1)

b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức

x −1+xn+3− xn . ¿xn(x3−1)+(x −1)

¿xn(x −1)(x2+x+1)+(x −1)=(x −1)

[

xn(x2+x+1)+1

]

(x −1)(xn+2+xn+1+xn+1)

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x8 + 3x4 + 4.

b. x6 - x4 - 2x3 + 2x2 .

Giải:

a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x8 + 3x4 + 4 = (x8 + 4x4 + 4)- x4

= (x4 + 2)2 - (x2)2

= (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2)

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng
hằng đẳng thức

x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2)
¿x2

[

(x4−2x2+1)+(x2−2x+1)

]

x2

[

(x2−1)2

+(x −1)2

]

=x2(x −1)2

[

(x+1)2+1

]

x2

(x −1)2

[

x2+2x+2

]

Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. 2a2b

+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc

b. x4

+2007x2+2006x+2007 Giải:

a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:

2a2b

+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc

2a2b+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc

2a2b

+4 ab2− a2c −2 abc+ac2−4b2c+2 bc2−2 abc=¿2ab(a+2b)−ac(a+2b)+c2(a+2b)−2 bc(a+2b)
(a+2b)(2 ab−ac+c2−2 bc)=(a+2b)[a(2b − c)− c(2b −c)]

(a+2b) (2b −c) (a −c)

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức

x4+2007x2+206x+2007

¿(x4− x)+2007x2+2007x+2007

x(x −1)(x2+x+1)+2007(x2+x+1)

(x2+x+1)(x2− x+2007)

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. a3

+b3+c3−3 abc

b. (a+b+c)3− a3−b3− c3 .

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

Vì sự nghiệp giáo dục

Gii: S dng các hằng đẳng thức

a3+b3=(a+b)(a2+b2−ab)

¿(a+b)

[

(a+b)2−3 ab

]

¿(a+b)3−3 ab(a+b) .Do đó:

a3

+b3+c3−3 abc=¿ ¿

[

(a+b)3+c3

]

−3 ab(a+b)−3 abc

¿(a+b+c)

[

(a+b)2−(a+b)c+c2

]

−3 ab(a+b+c)
(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)

b. (a+b+c)3− a3−b3− c3=

[

(a+b+c)3− a3

]

−(b+c)3

¿(b+c)

[

(a+b+c)2+a(a+b+c)+a2

]

−(b+c)(b2−bc+c2)

(b+c)(3a2+3 ab+3 bc+3 ca)=3(b+c) (a+c)(a+b)

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0.

Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc.

Giải: Vì a + b + c = 0 ⇒(a+b)3=− c3⇒a3+b3+3 ab(a+b)=− c3

⇒a3+b3+c3−3 abc=0⇒a3+b3+c3=3 abc

Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính P=ab

4a2− b2

Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a =

Do đó P=ab

4a2− b2=
a2

3a2=

1
3

Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu:

a
x+

b
y+

c
z=0;

x
a+

y
b+

z

c=1 thì ;
x2
a2+

y2
b2+

z2
c2=1

Giải: ax+b

y+
c

z=0⇒

ayz+bxz+cxy

xyz =0⇒ayz+bxz+cxy=0

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 2. 1 1

x y z x y z x y z ayz bxz cxy x y z

a b c a b c a b c abc a b c

 

 

                

 

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
1. Chứnh minh : (Với a , b ³ 0) (BĐT Cô-si)

Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ³ 0  a + b ³ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b

2. Chứng minh: . (Với a , b ³ 0)

Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ³ 0 + 4ab  ( a + b ) ³ 4ab .

Đẳng thức xảy ra khi a = b.

3. Chứng minh: (Với a , b ³ 0)

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

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ³ 0  2(a + b) ³ ( a+b ).

Đẳng thức xảy ra khi a = b.

4. Chứng minh: .(Với a.b > 0)

Giải: + = .Do ab £  ³ 2 .Hay + ³ 2 .

Đẳng thức xảy ra khi a = b

5. Chứng minh: .(Với a.b < 0)

Giải: + = - .Do ³ 2  - £ -2. Hay + £ - 2.

Đẳng thức xảy ra khi a = -b.

6. Chứng minh: . (Với a , b > 0)
Giải: + - = = ³ 0  + ³ .

Đẳng thức xảy ra khi a = b.
Chứng minh rằng: .

Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ³ 0

7.  2(a +b +c) ³ 2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c ³ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a

= b;b = c;c = a Û a = b= c.

Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

DẠNG

 Nếu a > 0 :

2
2

2 4ac-b

ax + bx +c =

4a 2

b

P a x

a

 

    

  Suy ra

4ac-b
=

MinP

Khi

x=-2a

 Nếu a < 0 :

2
2

2 4 a c+b

ax + bx +c =

4 a 2

b

P a x

a

 

    

 

Suy ra

4 a c+b
ax

4 a

M P

Khi

b
x=

2 a

Một số ví dụ:

1. Tìm GTNN của A = 2x2 + 5x + 7

Giải:A = 2x2 + 5x + 7 =

2 5 25 25

2( 2. ) 7

4 16 16

x  x  

2 2 2

5 25 56 25 5 31 5
2( ) 7 2( ) 2( )

4 8 8 4 8 4

x  x x

         

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

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

2. Suy ra

31 5

8 4

MinA Khi x

3. Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7

Giải: A = -2x2 + 5x + 7 =

-2 5 25 25

2( 2. ) 7

4 16 16

x  x  

2 2 2

5 25 56 25 5 81 5

2( ) 7 2( ) 2( )

4 8 8 4 8 4

x  x x

         

£ .

4. Suy ra

81 5

8 4

MinA Khi x

5. Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16.

Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ³ 8.

 MinB = 8 khi : Û .

6. Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2.

Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 - £ 10.

 GTLNC = 10 khi: Û .

Chuyên đề 4: BIẾN ĐỔI PHÂN THỨC

 Ví dụ 1` :

a. Rút gọn Biếu thức B=4a

+12a+9

2a2−a −6 Với a −
3
2

b. Thực hiện phép tính: 0,51a2+a+2

+0,5a :

a3−8

a+2 +

a(2−a) (a ± 2.)

Giải:a. B=4a

+12a+9

2a2−a −6 ¿

(2a+3)2
(2a+3)(a−2)=

2a+3

a −2

b. 0,51a2+a+2

+0,5a :

a3−8

a+2 +

a(2−a)=

a2+2a+4

a+2 ⋅

a+2

a3−8+
2

a(2− a)

¿ a

+2a+4
(a−2)(a2+2a+4)−

a(a −2)=

a −2

a(a −2)=

a
 Ví dụ 2 Thực hiện phép tính: A=x

+y2−xy

x2− y2 :

x3+y3

x2

+y2−2 xy .( Với x ± y)

Giải:



 



















2 2 3 3 2 2

2 2 : 2 2 2 2 2

x y

x y xy x y x y xy x y

A

x y x y xy x y x y x y x y xy x y



     

   

        

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

Vì sự nghiệp giáo dục

Vớ d 3 Cho biểu thức : A= x

+x3+x+1

x4− x3+2x2− x+1 .

a. Rút gọn biểu thức A.

b. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x .

A= x

+x3+x+1

x4− x3+2x2− x+1=

x4+x3+x+1

x4− x3+x2+x2− x+1

   



 



 







 



 







 



 





2 2
3 2
3

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1

x x x x x

x x x x

x x x x x x x x x x x x

    

   

   

           

b. A=(x+1)

x2+1 ;(x+1)

≥0; x2+1>0⇒A ≥0

Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : a

+a6+a7+a8

a−5+a−6+a−7+a−8 với a = 2007.Giải:









8 5 6 7 8

5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8

3 2 1

5 6 7 8 3 2

5 6 7 8 8

13 2 3

13 13

3 2

1 1 1 1 1 1

2007
1

a a a a a

a a a a a a a a a a a a

B

a a a

a a a a a a a

a a a a a

a a a a

a B

a a a

   
  
        
   
  
        
  
   
  

 Ví dụ 5 : Tính giá trị biếu thức : x

−25

x3−10x2

+25x:

y −2

y2− y −2 .

Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x −3| .

Giải:

x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x −3| ⇔

(x −3y)2+|x −3|=0

⇔

x=3y

x=3

⇔

¿x=3

y=1

¿{

C= x

−25

x3−10x2

+25x:

y −2

y2− y −2=

(x −5) (x+5)

x(x −5)2 ⋅

(y −2)(y+1)

y −2 ¿

(x+5) (y+1)

x(x −5) =

8. 2
3 .(−2)=−

8
3

Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.

Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)

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

Vì sự nghiệp giáo dục

a) Gii phng trỡnh khi m = 2.

b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m.
c) Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn

điều kiện x12 + x22 10.

Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:

¿
c>0

(c+a)2<ab+bc−2 ac

¿{

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < 0.

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.

Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai

nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

¿
x1− x2=5

x13− x
2
3

=35

¿{

Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình

(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 ln có nghiệm.

Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b

Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có
nghiệm:

(a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0

Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) có nghiệm nếu 2b
a ≥

c
a+4

Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm

thỏa mãn: x12 - x22 =
5
9

Bài 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0. Xác định m để phương trình có

hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

a) A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN

b) B = x12 + x22 - đạt GTNN.

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1,x2 không phụ thuộc vào m.

Bài 11: Giả sử x1,x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2:

3x2 - cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị của biểu thức:

S = x1

1
3+

x23

Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2

√3 x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x1,x2. Khơng giải

phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức:
A = 3x1

+5x1x2+3x22
4x1x23+4x13x2

Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)

1) CMR phương trình (1) ln có hai nghiệm với mọi giá trị của a.

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

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

x12 + x22 = 6.

3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

x1 < 1 < x2.

Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)

a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (1) .

Tìm GTNN của M = x12 + x22

Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:

a+

b=

1
2

CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2 + ax + b = 0 và x2 + bx + a = 0.

Bài 16: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)

a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x1 x2 + x12 + x22 đạt GTNN. Tìm GTNN đó.

Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:

ax2 + 2bx + c = 0 (1)

bx2 + 2cx + a = 0 (2)

cx2 + 2ax + b = 0 (2)

Bài 18: Cho phương trình: x2 – (m - 1)x + m2 + m – 2 = 0 (1)

a) CMR phương trình (1) ln ln có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
b) Với giá trị nào của m, biểu thức P = x12 + x22 đạt GTNN.

Bài 19: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)

1) CMR phương trình (1) ln có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

x12 + x22 10.

3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều

kiện:

E = x12 + x22 đạt GTNN.

Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2: x2 + ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương.

CMR: a2 + b2 là một hợp số.

Chuyên đề 6: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

D¹ng1: f x( ) g x( )

( ) ( ) 0

( ) ( )

x TXD
f x g x

f x g x




Û  ³ Û 



 (*)

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

Vì sự nghiệp giáo dôc

Chú ý: Điều kiện (*) đợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của f(x)³0 và g(x) ³0

VD: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x23x 2 2m x x  2

2 3 2 2 2 0 3 2 0 1 2

1
1

x

x x

x x m x x

x m
x m

£ £
   ³ 
Û       ³ Û 

Để phơng trình có nghiệm thì 1£  £ Ûm 1 2 0£m£1

D¹ng2: 2

( ) & ( ) 0

( ) ( )

g x conghia g x
f x g x

f x g x

³


 Û 




Chú ý:Không cần đặt iu kin f x( ) 0

VD: Giải phơng trình:

2 2

1 0 1

1 1 1 1 1

2 2

1 ( 1)

x x

x x x x x

x
x x
 ³ ³
 
   Û    Û  Û

Vậy phơng trình có nghiệm x=-1

D¹ng3:

( ) & ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( ) & ( ) 0

( ( ) ( )) ( )

f x co nghia f x

f x g x h x g x co nghia g x

f x g x h x

 ³

  Û  ³

 


Chú ý:Khơng cần đặt điều kiện h x( ) 0³

VD: Gi¶i phơng trình:

4 1 1 2

1 0

1 1 2 4 1 2 0

1 1 2 2 (1 )(1 2 ) 4 (1 )(1 2 ) 2 1

x x x

x
x

x x x x x

x x x x x x x x

    
 £
  ³ 
 
Û      Û   ³ Û  £
 
       
     


2
2
1 1
1

1 1 2 2

2 1 0 2 2 0 0

2 7 0 7

(1 )(1 2 ) (2 1)

x
x

x

x x x

x x

x x x x




 £ £
£ 
 
 £ £ 
 
 ³ Û Û   Û 
  

    
     
  

 

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

-Chun đề 7: MỘT SỐ BÀI TỐN CƠ BẢN HÌNH HỌC

Bài 1 : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB . Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By .
Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax và By lần
lượt tại E và F .

1. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp .

2. AM cắt OE tại P , BM cắt OF tại Q . Tứ giác MPOQ là hình gỡ ? Ti
sao ?

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

Vì sự nghiệp giáo dôc

3. Kẻ MH ^ AB ( H  AB) . Gọi K là giao của MH và EB . So sánh MK

và KH.

Hướng dẫn :

1) EAO = EMO = 900 . Nên AEMO là tứ

giác nội tiếp .

2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau có

MPO = MQO = 900 và PMQ = 900 nên

PMQO là hình chữ nhật .

3) DEMK D EFB (g.g)  EMMK=EF

mà MF = FB

 EMMK=EF

DEAB D KHB (g.g)  EKKH=AB

HB mà
EF
MF=

HB ( Ta let) 
EM
MK=

EA
KH

Vì EM = EA  MK = KH .

Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B . Kẻ cát tuyến chung CBD ^ AB ( C ở trên (O) và

D ở trên (O’).)

1. Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng
hàng .

2. Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O) theo
thứ tự tại I và K . Chứng minh tứ giác
CKID nội tiếp .

3. Chứng minh BA , CK và DI đồng quy .
Hướng dẫn :

1. CBA = DBA = 900 nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A

thẳng hàng .

2. Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta thây K , I cùng nhìn CD
dưới một góc vng nên tứ giác CDIK nội tiếp .

3. A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G .

Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và
AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F .

a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng .
b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp .

c) Chứng minh A là tâm đường trịn nội tiếp
tam giác BDE .

d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung
của (O) và (O’)

NguyÔn Hiếu Thảo - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

A B

F
E

O
P

Q
K

C B D

G
K I

O O

’
A

E
D

B F

O’
A

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

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

Hướng dẫn :

a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng .

b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vng nên CDEF nội tiếp .

c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF =
ADB . Hay DE là phân giác góc D của DBDE . Tương tự EC là phân giác góc

E của DBDE . Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp
DBDE .

d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường trịn ta có OO’ // CE cùng vng
góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy ra :
AOO’ = ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)

DE là tiếp tuyến thì DE vng góc với OD và O’E (2)

Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường trịn có bán kính
bằng nhau )

Bài 4 : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động .
Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn tại B .
Đường thẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự tại

P và Q .

1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp một đường tròn .
2) Chứng minh AD. AQ = AC.AP .

3) Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ?
4) Xác định vị trí của CD để SCPQD = 3.SACD

Hướng dẫn :

1. CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB + CDQ =
1800.

2. DADC DAPQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP .

3. Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc vng.
4. Để SCPQD = 3.SACD SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng dạng của hai tam giác này

là ½ .

Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là trung
điểm của CP  CB = CA hay DACB cân  CD ^ AB .

Bài 5 : Từ một điểm S nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát tuyến
SCD của đường trịn đó .

1) Gọi E là trung điểm của dây CD . Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng
nằm trên một đường tròn .

2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại
sao ?

3) Chứng minh AC . BD = BC.DA = ẵ

Nguyễn Hiếu Thảo - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

A B

Q
D

C
O

P
d

S O

D
A

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

Vì sự nghiệp giáo dơc

AB.CD

Hướng dẫn chứng minh

1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B cùng nhìn SO dưới một góc vng ,
nên tứ giác SADO nội tiếp đường trịn đường kính SO .

Dựa vào tính chất đường kính vng góc với dây cung , ta có SEO = 900 .

Nên E thuộc đường trịn đường kính SO .

2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vng nên tứ giác SAOB là
hình vng .

2) Ta thấy DSAC DSDA  ACDA=SC

DSCB DSBD  BCBD=SC

Mà SA = SB  ACAD=BC

BD  AC.BD = AD.BC (1)

Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó

DCAK DBAD (g.g)  AC.DB = AB.CK
DBAC DDAK (g.g)  BC.AD = DK.AB

Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD
Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD .

Bài 6 : Cho tam giác ABC vng ở A . Đường trịn đường kính AB cắt BC tại D . Trên
cung AD lấy một điểm E . Nối BE và kéo dài cắt AC tại F .

1) Chứng minh CDEF nội tiếp .

2) Kéo dài DE cắt AC ở K . Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N .

Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q . Tứ giác MNPQ là hình gì ?
Tại sao ?

3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB , ADC .

Chứng minh : r = r12 + r22 .

Hướng dẫn :

1) Dựa vào số đo cung ta thấy
C = DEB  C + DEF = 1800

Nên tứ giác CDEF nội tiếp .

2) DBED DBCQ ( g.g)  BPE =

BQC

 KPQ = KQP hay DKPQ cân .
DCNK DMK  EMK = CNK

 BMN = BNM hay DBMN cân .  MN ^ PQ và MN cắt PQ là trung điểm của

mỗi đường . Nên MNPQ là hình thoi.

Ngun HiÕu Th¶o - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

K F

C
N

D
E

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

Vì sù nghiƯp gi¸o dơc

3) DABC DDAB DDAC  r

BC=

r1

AB=

r2

AC 

r2
BC2 =

r12
AB2=

r22
AC2

Û r

2
BC2=

r12+r22
AB2

+AC2=

r12+r22
BC2

Û r2 = r12 + r22 .

Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) . Hạ các đường cao AD , BE
của tam giác . Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N . Chứng
minh rằng :

a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường trịn . TÌm tâm I của đường
trịn đó .

b) MN // DE .

c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB .
Chứng minh rằng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CED
khơng đổi .

Hướng dẫn giải :

a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vng
nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một
đường trịn đường kính AB có I ( trung
điểm của AB ) là tâm

b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
mà ABE = AMN ( chắn cung AN )

nên ADE = AMN hay DE // MN .

c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa vào
góc nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được
CN = CM nên OC ^ MM  OC ^ DE

Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K
( trung điểm của HC) đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE  KD =

KE và ID = IE nên IK ^ DE hay IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình

hành  KC = OI không đổi .

Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường trịn (O,R)

1)Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của DABC .

2)Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M  B,C ) Trên tia đối của MB lấy

MD = MC . Chứng tỏ DMCD đều .

3)CMR : M di động trên cung nhỏ BC thì D di chuyển trên một đường tròn cố
định , xác định tâm và các vị trí giới hạn .

4)Xác định vị trí điểm M sao cho tổng S = MA + MB + MC là lớn nhất. Tính giá
trị lớn nhất của S theo R .

Hướng dẫn :

NguyÔn HiÕu Thảo - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

C
I

B
M
D

E
O

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Vì sự nghiệp giáo dục

1) AH=AB3

2 v AB = AC = BC = R

√3

2) Có MC = MD ( gt)

sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 3600 : 3).2 =

1200 .

 CMD = 600 . Vậy DCMD đều

3) DIMC = DIMD ( c.g.c)  IC = ID .

Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D
chạy trên đường trịn ( I ; IC )

Khi M º C  D º C ; M º I  D º E .

4) DACM = DBCD ( g.c.g )  AM = BD  S = MA + MB + MC = 2.AM £

2.AI

 S £ 4R . S Max= 4R khi AM là đường kính .

Bài 9 : Cho DABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao

cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng :
a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP .

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn .

c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất .
Hướng dẫn :

a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết
suy ra :

DN = EM = FP  DODA = DOEM = DOFP

( c.g.c )

ON = OM = OP hay O là tâm đường tròn ngoại

tiếp DMNP

b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác
ANOP nội tiếp .

c) Kẻ OH ^ NP .

Có NP = 2 .NH = 2. NO .cosHNO = 2.NO.Cos(A/2)
= 2.OE .Cos (A/2) .

Vậy NPMin = 2r.cos(A/2) .

Khi đó M , N , P trùng với các tiếp điểm .

Bài 10 : Cho hình vng ABCD có cạnh bằng 3a . Lấy AE = a trên cạnh AD và DF = a
trên cạnh DC . Nối AF và BE cắt nhau ở H .

a) Chứng minh : AF ^ BE .

b) Tính cạnh của tứ giác ABFE và đường chéo của nó theo a .

Ngun HiÕu Thảo - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

A C

O M

D
H

B C

D P

E
M
N

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Vì sự nghiệp giáo dục

c) Tớnh theo a đoạn HE , HB .

d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn . Đường tròn ấy cắt BF ở K . Tính
theo a đoạn BK . Nhận xét gì về 3 điểm E , K ,C .

Hướng dẫn :

a) DADF = DBAE DAF = EBA  BE ^ AF .

b) Pitago : BE = AF = a √10 ; EF = a √5 ; BF
= a √13

c) Dùng hệ thức lượng : EH = a√10

10 ; HB =
9a√10

d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 1800 nên EDFH

nội tiếp.

DBEK DBFH  BK=BE. BH

BF =

9a√13
13

e) Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng .

Chuyên dề 8: MỘT SỐ ĐỀ HSG LỚP 9

Đề 1:

Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình: x 2 3 2x 5    x 2  2x 5 2 2 
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1 4x 4x  2  4x 12x 92  

Câu 2: ( 3,0 điểm)Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n ³ 2 thì

2
2

3 8 15 n 1

S ...

4 9 16 n



    

không thể là một số nguyên.

Câu 3: ( 3,0 điểm)Trong một cuộc đua xe môtô, ba tay đua đã khởi hành cùng một lúc.
Mỗi giờ, người thứ hai chạy chậm hơn người thứ nhất 15km và nhanh hơn người thứ ba
3km nên người thứ hai đến đích chậm hơn người thứ nhất 12 phút và sớm hơn người
thứ ba 3 phút. Tính vận tốc của ba tay đua môtô trên.

Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao
BK bằng 12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.

Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

1) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC.

Nguyễn Hiếu Thảo - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

A B

C
D F

E
H

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Vì sự nghiệp giáo dục

2) Tỡm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC ( khi M thuộc cung nhỏ
AB).

2:

Bài 1: (3 điểm) Cho biÓu thøc P= x√x −3

x −2√x −3−

2(√x −3)

√x+1 +

x+3
3x

1) Rut gn biu thc P

2) Tính giá trị của P khi x = 14 - 6 √5

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P và giá tr tng ng ca x.

Bài 2: (3 điểm) Giải phơng trình:1) 1

x+3+x+2+

x+2+x+1+

x+1+x=1

2) 36

x 2+
4

y 1=284x 2y 1

Bài 3: (3 ®iĨm) 1) Cho biểu thức A = x2  4x20. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
2) Cho (x+

x2+3)(y+

y2+3) =3. Tính giá trị của biểu thức P = x + y.

Bài 4: (3 điểm)1) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 )x2 + 1 =

y2

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

Bi 5: ( 3 im) Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Chứng minh rằng: sin 2 2

A a

bc

Bài 6: (5 điểm) Cho tam giỏc đều ABC có cạnh 60 cm. Trên cạnh BC lấy điểm D sao

cho BD = 20cm. Đường trung trực của AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở E, F.

Tính độ dài các cạnh của tam giác DEF./.

ĐỀ 3:

Bài1(1,5đ)

a/ Tính 6 2 5  6 2 5

b/ Cho a +b +c = 0 , a,b,c ≠0. Chứng tỏ rằng
2 2 2

1 1 1

a b c = |

1 1 1

a b c  |

c/ Hãy chứng tỏ x3 5 2  3 5 2 là nghiệm của phương trình x3 +3x – 4 = 0

Bài2(2đ)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Vì sự nghiệp giáo dục

a/ Rỳt gn, tớnh giỏ trị biểu thức







1 1 1 2 1 1

. .

x y

A

x y

xy xy x y xy x y x y

 



  

        

 

 

   

Với x = 2 3,y 2 3

b/ Giải phương trình x 9 x 7 4

Bài3(2,5đ)

a/ Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2

1
1

x x

B

x x

 



 

b/ Trên mặt phẳng toạ độ cho các điểm A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)

Viết phương trình đường thẳng đi qua A, C . Xác định a để đường thẳng y =ax chia
hình chữ nhật OABC thành hai phần , trong đó diện tích phần chứa điểm A gấp đơi
diện tích phần chứa điểm C

Bài4(3đ) Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau . Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB

và tiếp tuyến chung trong EF ( A ,E (O) , B , F (O’) )

a/ Gọi M là giao điểm của AB và EF . Chứng minh rằng : Δ AOM và Δ BMO’

đồng dạng

b/ Chứng minh rằng AE vng góc với BF

c/ Gọi N là giao điểm của AE và BF . Chứng minh rằng ba điểm O , N , O’ thẳng hàng
Bài5(1đ) Cho hình vng ABCD . Tính cosMAN biết rằng M ,N theo thứ tự l trung

iim ca BC, CD

Đề 4.

Bài 1(3đ). Cho biểu thức: A =

(

√3

x2+x√3+3+

x3−√27

)

(

x
√3+

√3

x +1

)

a. Rót gän A.

b. TÝnh giá trị của A khi x = 3 +2010
Bài 2(3đ). Cho hàm số y = 3x +2m-1 (1)

a. Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 5).

b. Vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc ở câu a. Gọi giao điểm của đồ thị hàm số
(1) với trục 0x là B; giao điểm của đờng thẳng hạ từ A vng góc với 0x là C. Tính
diện tích tam giác ABC?

Bµi 3(2) Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n x
2008=

y

2009=

z

2010
Chøng minh r»ng: z – x =2

√

(x − y)(y − z)

Bµi 4(2.5). Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc B = x3 + y3 + xy
Bµi 5(2.5). Cho a, b>0. Chøng minh r»ng:

√

b2

a +

√

a2

b ≥√a+√b

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC ( B^ = 900, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính
AC. Kẻ dây cung BD vng góc với đờng kính AC. Gọi H là giao điểm của AC và BD.
Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đờng trịn đờng kính EC cắt cạnh
BC tại I ( I khác C). Chứng minh rằng:

a) CI.CA = CB.CE

b) HI là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính EC

Bài 7(4). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R). Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) tại D;
AN là đờng kính của đờng trịn (0).

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Vì sự nghiệp giáo dục

c) Chứng minh: BD = CN.

d) Tính độ dài AC theo R và α . Biết = α .

e) Gäi H, G lần lợt là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng H; G; 0
thẳng hµng.

SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số ngun.

II. TÍNH CHẤT:

1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; khơng thể có
chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.

2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố
với số mũ chẵn.

3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Khơng có số
chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).

4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Khơng có số
chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N).

5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2

Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia ht cho 16.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Vì sự nghiệp giáo dơc

III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.

Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4

Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì

A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z

Vậy A là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 ln là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1

= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)

Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2

= (n2 + 3n + 1)2

Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
 Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .

Ta có k(k+1)(k+2) = 14 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
= 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)

⇒ S = 14 .1.2.3.4 - 14 .0.1.2.3 + 14 .2.3.4.5 - 14 .1.2.3.4 +…+ 14
k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1) = 14 k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1

Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. 
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Vì sự nghiệp giáo dục

n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4
n chữ số 1

= 4. 10n−1

9 . 10

n + 8. 10n−1

9 + 1 =

4 . 102n−4 . 10n+8 .10n−8+9

9 =

4 . 102n+4 . 10n+1

(

2. 10n+1

)

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

nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0

⇒

(

2. 10n+1

)

Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:

A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8

Kết quả: A =

(

10n+2

)

; B =

(

10n+8

)

; C =

(

2. 10n+7
3

)

Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

a. A = 22499…9100…09

n-2 chữ số 9 n chữ số 0
 b. B = 11…155…56

n chữ số 1 n-1 chữ số 5

a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9

= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9

Ngun HiÕu Th¶o - Trêng THCS Thị Trấn Mờng Tè

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Vì sự nghiệp giáo dôc

= ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương

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

n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
= 10n−1

9 . 10

n + 5. 10n−1

9 + 1 =

102n−10n+5 .10n−5+9

= 102n+4 . 10n+4

9 =

(

10n
+2

)

là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp khơng thể là
một số chính phương

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 khơng thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 khơng thẻ chia hết cho 5

⇒ 5.( n2+2) khơng là số chính phương hay A khơng là số chính phương

Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n>1 khơng

phải là số chính phương

n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]

= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)

Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2

và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 khơng phải là một số chính phương.

Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng 
đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương 
đó là một số chính phương

Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương

Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số

tận cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮ 4

Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.

Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ khơng phải là một số 
chính phương.

Ngun HiÕu Th¶o - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Vì sự nghiƯp gi¸o dơc

a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)

⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1

= 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N)

Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 khơng thể là số

chính phương.

Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 
khơng thể là các số chính phương.

Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ 2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N)

Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.

Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1

⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ 4 mâu thuẫn với (1)

⇒ p+1 là số chính phương

b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2.

Khơng có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 khơng là số chính phương .

Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 khơng là số chính phương

Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.

Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 khơng có số nào là số 
chính phương.

a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1

Có 2N ⋮ 3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N)
⇒ 2N-1 không là số chính phương.

b. 2N = 2.1.3.5.7…2007

Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N ⋮ 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N khơng là số chính phương.

c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4

2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1

⇒ 2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
 Chứng minh √ab+1 l s t nhiờn.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Vì sự nghiệp giáo dơc

Cách 1: Ta có a = 11…1 = 102008−1

9 ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 10

2008 + 5

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ
số 0

⇒ ab+1 = (102008−1)(102008+5)

9 + 1 =

102008¿2+4 .102008−5+9

¿
¿
¿

(

102008+2

)

√ab+1 =

√

(

2008

)

102008+2

Ta thấy 102008 + 2 = 100…02 ⋮ 3 nên 102008+2

3 N hay √ab+1 là số tự nhiên.

2007 chữ số 0

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6

2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9

⇒ ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2

⇒ √ab+1 = 3a+1¿

√¿ = 3a + 1 N

B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH 
PHƯƠNG

Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 )

c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589

Giải

a. Vì n2 + 2n + 12là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)

⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11

Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6

k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2

⇔ (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 ⇔ (2n + 3)

❑2 - 4a2 = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3

– 2a)= 9

Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta
có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1

Nguyễn Hiếu Thảo - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Vì sự nghiệp giáo dục

2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1

2n + 3 – 2a = 1 a = 2

c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y –

⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 ⋮ 13 hoặc y – 4 ⋮

⇒ y = 13k ± 4 (Với k N)

⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 )2 – 16 = 13k.(13k ± 8)

⇒ n = 13k2 ± 8k + 1

Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương.

d. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355

Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể
viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41

Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.

Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
a. a2 + a + 43

b. a2 + 81

c. a2 + 31a + 1984

Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40

c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728

Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính 
phương .

Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương .

Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 khơng là số chính phương

Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương

Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều
tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó khơng phải
là số chính phương .

Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.

Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương:

a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)

b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

c. n2 + 4n + 97

d. 2n + 15

Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.

Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N)

Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006

Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)

Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)

Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒ (m + n)(m - n) ⋮ 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒ Điều giả sử sai.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.

Bài 6: Biết x N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)

Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.

Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776

Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính 
phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên
ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.

Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số 
chính phương thì n là bội số của 24.

Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)

Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1

⇒ n = m2−1

2 =

4a(a+1)

2 = 2a(a+1)

⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 =

4b(b+1) +1

Ngun HiÕu Th¶o - Trờng THCS Thị Trấn Mờng Tè

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Vì sự nghiƯp gi¸o dơc

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ 8

(1)

Ta có k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)

Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3)

m2 1 (mod3)

⇒ m2 – k2 ⋮ 3 hay (2n+1) – (n+1) ⋮ 3 ⇒ n ⋮ 3 (2)

Mà (8; 3) = 1 (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.

Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .

Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì

2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)

2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q

⇒ a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3

a- 48 = 2q

⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C. DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A 
một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.

Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số

B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100

a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9

⇒ Ta có A = abcd = k2
B = abcd + 1111 = m2

⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*)

Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101

Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Vì sự nghiệp giáo dục

m + k = 101 n = 45 B = 3136

Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn 
số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị.

Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100

Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 hoặc k-10 ⋮ 101

Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10 ⋮ 101

Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91
⇒ abcd = 912 = 8281

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ 
số cuối giống nhau.

Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9

Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)

Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11

Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11

Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .

Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn ⇒ b = 4

Số cần tìm là 7744

Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.

Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập
phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N

Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương .

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16
⇒ abcd = 4096

Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố,
căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9}

d nguyên tố ⇒ d = 5

Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100

k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5

Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45
⇒ abcd = 2025

Vậy số phải tìm là 2025

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

Bài 6:Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và 
viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮

Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11

Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11

Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b)

Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1

hoặc a - b = 4

 Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65

Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332

 Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại )

Vậy số phải tìm là 65

Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta 
cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu

( Kết quả: 1156 )

Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng 
các chữ số của nó.

Gọi số phải tìm là ab với a,b N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3

⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương

Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N )

Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64

 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương

 Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 khơng là số chính phương ⇒ loại

Vậy số cần tìm là ab = 27

Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.

Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N)

Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11

Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9

⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )

Ngun HiÕu Th¶o - Trêng THCS ThÞ TrÊn Mêng TÌ

2 2

2 2
2 2

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Vì sự nghiệp giáo dục

⇒ 101a – 1 ⋮ 3 ⇒ 2a – 1 ⋮ 3

Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 { 3; 9; 15 }
⇒ a { 2; 5; 8 }

Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21

3 số càn tìm là 41; 43; 45

Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng 
tổng lập phương các chữ số của số đó.

ab (a + b ) = a3 + b3

⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab

⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )

a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a
a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b

⇒ a = 4 , b = 8 hoặc a = 3 , b = 7

Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.

Sè nguyªn tè

I. KiÕn thøc cần nhớ:
1. Dịnh nghĩa:

* Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ớc là 1 và chính nó.
* Hợp số là số tự nhiên lín h¬n 1, cã nhiỊu h¬n hai íc.

2. TÝnh chÊt:

* NÕu sè nguyªn tè p chia hÕt cho sè nguyªn tè q th× p = q.

* NÕu tÝch abc chia hết cho số nguyên tố p thì ít nhất một thõa sè cđa tÝch abc
chia hÕt cho sè nguyªn tố p.

* Nếu a và b không chia hết cho số nguyên tố p thì tích ab không chia hết cho số
nguyên tố p .

3. Cách nhận biết một sè nguyªn tè:

a) Chia số đó lần lợt cho các số nguyên tố đã biết từ nhỏ đến lớn.
- Nếu có một phép chia hết thì số đó khơng phải là số nguyên tố.

- Nếu chia cho đến lúc số thơng nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn cịn số d
thì ssó đó là số ngun tố.

b) Một số có 2 ớc số lớn hơn 1 thì số đó khơng phải là số ngun tố.

4. Ph©n tÝch mét sè ra thõa sè nguyªn tè:

* Phân tích một số tự nhiên lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố là viết số đó dới dạng
một tích các thừa số nguyên tố.

- Dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của mỗi số nguyên tố là chính số đó.
- Mọi hợp số đều phân tích đợc ra thừa s nguyờn t.

. ...

ới , , à những số nguyên tố.
, , ..., N và , , ..., 1

A a b c
V a b c l

  



     ³

5. Sè các ớc số và tổng các ớc số của một số:

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Vì sự nghiệp giáo dục

+1 1 1

ả sử . ...

ới , , à những số nguyên tố.
, , ..., N và , , ..., 1

1. Sè c¸c íc sè cđa A lµ: ( +1)( +1)...( +1).

a 1 1 1

2. Tổng các ớc số của A là: . ...

1 1 1

Gi A a b c
V a b c l

b c

a b c

  

  



     ³

  

  

6. Sè nguyªn tè cïng nhau:

* Hai sè nguyªn tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1.
Hai số a và b nguyên tố cùng nhau ƯCLN(a, b) = 1.
Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau Û ¦CLN(a, b, c) = 1.

Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau Û ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, c) =
ƯCLN(c, a) =1.

II. C¸c vÝ dơ:

VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số nguyên tố là số
chẵn hay số lẻ.

HD:

Trong 25 s nguyờn t nh hơn 100 có chứa một số nguyên tố chẵn duy nhất là 2, còn
24 số nguyên tố còn lại là số lẻ. Do đó tổng của 25 số nguyên tố là số chẵn.

VD2: Tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012. Tìm số nguyên tố nhỏ nhất trong ba số
ngun tố đó.

HD:

Vì tổng của 3 số ngun tố bằng 1012, nên trong 3 số nguyên tố đó tồn tại ít nhất
một số nguyên tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2 và là số nguyên tố nhỏ
nhất. Vậy số nguyên tố nhỏ nhất trong 3 số ngun tố đó là 2.

VD3: Tỉng cđa 2 số nguyên tố có thể bằng 2003 hay không? Vì sao?

HD:

Vì tổng của 2 số nguyên tố bằng 2003, nên trong 2 số nguyên tố đó tồn tại 1 số nguyên
tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2. Do đó số ngun tố cịn lại là 2001. Do
2001 chia hết cho 3 và 2001 > 3. Suy ra 2001 không phải là số nguyên tố.

VD4: Tìm số nguyên tố p, sao cho p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố.

HD:

Giả sử p là số nguyên tố.

- Nu p = 2 thì p + 2 = 4 và p + 4 = 6 đều không phải là số nguyên tố.

- Nếu p ³ 3 thì số ngun tố p có 1 trong 3 dạng: 3k, 3k + 1, 3k + 2 với k N*.
+) Nếu p = 3k  p = 3  p + 2 = 5 và p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố.

+) Nếu p = 3k +1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1)  p + 2  3 và p + 2 > 3. Do đó
p + 2 là hợp số.

+) Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2)  p + 4  3 và p + 4 > 3. Do đó
p + 4 là hợp số.

VËy víi p = 3 thì p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố.

VD5: Cho p và p + 4 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 8 là hợp số.

HD:

Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1, 3k + 2 víi k
N*.

- Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2)  p + 4  3 và p + 4 > 3. Do đó
p + 4 là hợp số ( Trái với đề bài p + 4 là số nguyên tố).

- Nếu p = 3k + 1 thì p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3)  p + 8  3 và p + 8 > 3. Do đó

p + 8 là hợp số.

Vậy số nguyên tố p có dạng: p = 3k + 1 thì p + 8 là hợp số.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Vì sự nghiệp giáo dôc

VD6: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n – 1.

HD:

Mỗi số tự nhiên n khi chia cho 4 có thể có 1 trong các số d: 0; 1; 2; 3. Do đó mọi số tự
nhiên n đều có thể viết đợc dới 1 trong 4 dạng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3

víi k N*.

- NÕu n = 4k  n4  n là hợp số.
- Nếu n = 4k + 2 n2 n là hợp số.

Vy mi s nguyờn t lớn hơn 2 đều có dạng 4k + 1 hoặc 4k – 1. Hay mọi số nguyên
tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n – 1 với n N*.

VD7: Tìm ssó ngun tố, biết rằng số đó bằng tổng của hai số nguyên tố và bằng hiệu
của hai số ngun tố.

HD:

¶ sư a, b, c, d, e là các số nguyên tố và d > e.
Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*).

Tõ (*) a > 2 a là số nguyên tố lẻ.
b + c và d - e là số lẻ.

Do b, d là các số nguyên tố b, d là số lẻ c, e

Gi

là số chẵn.

c = e = 2 (do c, e là các số nguyên tố).
a = b + 2 = d - 2 d = b + 4.

Vậy ta cần tìm số nguyên tố b sao cho b + 2 và b + 4 cũng là các số nguyên tố.

VD8: Tìm tất cả các số nguyên tè x, y sao cho: x2 – 6y2 = 1.

HD:

2 2 2 2 2

2 2

ã: x 6 1 1 6 ( 1)( 1) 6

6 2 ( 1)( 1) 2

µ x - 1 + x + 1 = 2x x - 1 vµ x + 1 cã cïng tÝnh chẵn lẻ.
x - 1 và x + 1 là hai số chẵn liên tiếp

( 1)( 1) 8 6 8 3 4

2 2 2 5

Ta c y x y x x y

Do y x x

M

x x y y

y y y x

        

  




    

     

 

  

 

VD9: Cho p vµ p + 2 lµ các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 16.

HD:

Vì p là số nguyên tố và p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã 1 trong 2 d¹ng: 3k + 1, 3k + 2 víi k
N*.

- Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1)  p + 2  3 và p + 2 > 3. Do đó
p + 2 là hợp số ( Trái với đề bài p + 2 là số nguyên tố).

- NÕu p = 3k + 2 th× p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) (1).

Do p là số nguyên tố và p > 3  p lỴ  k lỴ  k + 1 chẵn k + 12 (2)
Từ (1) và (2)  p + 16.

II. Bµi tËp vËn dơng:

Bµi 1: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố:
a) p + 2 và p + 10.

b) p + 10 vµ p + 20.
c) p + 10 vµ p + 14.
d) p + 14 vµ p + 20.
e) p + 2vµ p + 8.
f) p + 2 và p + 14.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Vì sự nghiệp giáo dục

g) p + 4 và p + 10.
h) p + 8 và p + 10.

Bài 2: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là sè nguyªn tè:
a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14.

b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14.
c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.

d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24.
f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32.
g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16.

Bài 3:

a) Cho p và p + 4 là các sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: p + 8 là hợp số.
b) Cho p và 2p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 4p + 1 là hợp số.
c) Cho p và 10p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 5p + 1 là hợp số.
d) Cho p và p + 8 là các số nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: p + 4 là hợp số.
e) Cho p và 4p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 2p + 1 là hợp số.
f) Cho p và 5p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 10p + 1 là hợp số.
g) Cho p và 8p + 1 là các số nguyên tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p - 1 là hợp số.
h) Cho p và 8p - 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p + 1 là hợp số.
i) Cho p và 8p2 - 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p2 + 1 là hợp số.
j) Cho p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p2 - 1 lµ hợp số.

Bài 4: Chứng minh rằng:

a) Nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 – q2  24.

b) NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k 6.

Bài 5:

a) Một sè nguyªn tè chia cho 42 cã sè d r là hợp số. Tìm số d r.

b) Một số nguyên tè chia cho 30 cã sè d r. T×m sè d r biết rằng r không là số nguyên
tố.

Bi 6: Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp.

Chứng minh rằng một số tự nhiên lớn hơn 3 nằm giữa hai số ngun tố sinh đơi thì chia
hết cho 6.

Bài 7: Cho 3 số nguyên tố lớn hơn 3, trong đó số sau lớn hơn số trớc là d đơn vị. Chứng
minh rằng d chia hết cho 6.

Bài 8: Tìm số ngun tố có ba chữ số, biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì ta
đợc một số là lập phơng của một số tự nhiên.

Bài 9: Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị, chữ số
hàng trăm bằng chữ số hàng chục và số đó viết đợc dới dạng tích của 3 số nguyên tố
liên tiếp.

Bài 10: Tìm 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố.

Bµi 11: Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p2 + q2 + r2 cịng lµ số nguyên tố.

Bài 12: Tìm tất cả các bộ ba sè nguyªn tè a, b, c sao cho a.b.c < a.b + b.c + c.a.

Bài 13: Tìm 3 số nguyên tè p, q, r sao cho pq + qp = r.

Bài 14: Tìm các số nguyên tố x, y, z thoả mÃn xy + 1 = z.

Bài 15: Tìm số nguyên tố abcd sao cho ab ac l, à các số nguyên tố và b2 cd b c.

B i 16: Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) là các số nguyên tố. 
Chứng minh r»ng 3 sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai số bằng nhau.

Bài 17: Tìm tất cả các số nguyên tè x, y sao cho:

a) x2 – 12y2 = 1.

b) 3x2 + 1 = 19y2.

c) 5x2 – 11y2 = 1.

d) 7x2 – 3y2 = 1.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

e) 13x2 – y2 = 3.

f) x2 = 8y + 1.

Bài 18: Tìm 3 số nguyên tố sao cho tÝch cđa chóng gÊp 5 lÇn tỉng cđa chóng.

Bài 19: Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố là 
p = 3.

Bµi 20: Chøng minh r»ng: NÕu a2 b2 là một số nguyên tố thì a2 b2 = a + b.

Bài 21: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n + 1 hoặc
6n – 1.

Bµi 22: Chøng minh r»ng tổng bình phơng của 3 số nguyên tố lớn hơn 3 không thể là
một số nguyên tố.

Bài 23: Cho số tự nhiên n2. Gọi p1, p2, ..., pn là những số nguyên tố sao cho

pn Ê n + 1. Đặt A = p1.p2 ...pn. Chứng minh rằng trong dÃy số các số tự nhiên liên tiếp:

A + 2, A + 3, ..., A + (n + 1). Không chứa một số nguyên tố nào.

Bài 24: Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4...(p – 3)(p – 2) - 1p.

Bµi 25: Chøng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4...(p – 2)(p – 1) + 1p.

Chuyên đề tìm chữ số tận cùng

I. Tìm một chữ số tận cùng

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 khơng 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 khơng 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.

e) Tích của một số tự nhiên có chữ số tận cùng là 5 với bất kì số tự nhiên lẻ nào
cũng cho ta số có chữ số tận cùng là 5.

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 khơng 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.

Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của các số: a) 799 b)

14
14

14 c) 4567

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

Giải: a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4: 99 − 1 = (9 − 1)(98 + 97 + … +

9 + 1) chia hết cho 4  99 = 4k + 1 (k  N)  799 = 74k + 1 = 74k.7

Do 74k có chữ số tận cùng là 1

 799 có chữ số tận cùng là 7.

b) Dễ thấy 1414 = 4k (k

 N)  141414 = 144k có chữ số tận cùng là 6.

c) Ta có 567 − 1  4  567 = 4k + 1 (k  N)  4567 = 44k + 1 = 44k.4  44k có chữ số tận

cùng là 6 nên 4567 có chữ số tận cùng là 4.

Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của các số:

a) 71993 b) 21000 c) 31993 d) 4161 e) 234

g) 999 h) 1981945

i) 321930

Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102 − 2102  10 b) 175 + 244 − 1321  10

c) 4343 − 1717  10

Bài 4: Tìm các số tự nhiên n để n10 + 1 
 10

Bài 5: Có tồn tại hay không số tự nhiên n để n2 + n + 2 chia hết cho 5?

Bài 6: Tìm chữ số tận cùng của C = 1.3.5.7…..99

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 2: Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009.

Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư
1 (các lũy thừa đều có dạng n4(n − 2) + 1, n  {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.

Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011.

Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư
3 (các lũy thừa đều có dạng n4(n − 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}).

Theo tính chất 3 thì 23 có chữ số tận cùng là 8 ; 37 có chữ số tận cùng là 7 ; 411 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.

Bài 4: Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000.

Giải: 19952000 tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2

+ n + 1 có chia hết cho 5 khơng? Ta có n2 + n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên

tiếp nên chữ số tận cùng của n2 + n chỉ có thể là 0; 2; 6  n2 + n + 1 chỉ có thể tận cùng

là 1; 3; 7  n2 + n + 1 không chia hết cho 5.

Vậy: không tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000.

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 sau:

Bài 5: Chứng minh rằng các tổng sau không thể là s chớnh phng:

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Vì sự nghiệp giáo dôc

a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn)

b) N = 20042004k + 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”

Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng: p8n +3.p4n − 4 chia hết cho 5.

Bài 7: Tìm số dư của các phép chia:

a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho 5

b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho 5

Bài 8: Tìm chữ số tận cùng của X, Y:
X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010

Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016

Bài 9: Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau:
U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013

V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015

Bài 10: Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn:
19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004.

II. Tìm hai chữ số tận cùng

Nhận xét: Nếu x  N và x = 100k + y, trong đó k; y  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 =
am như sau:

Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am  2m. Gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1  25.

Viết m = pn + q (p ; q

 N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq  4 ta có:

x = am = aq(apn − 1) + aq.

Vì an − 1  25  apn − 1  25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên aq(apn − 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 an − 1  100.

Viết m = un + v (u ; v  N, 0 ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av Vì an − 1100  aun

− 1 100.

Vậy hai chữ số tận cùng của am cũng chính là hai chữ số tận cùng của av. Tiếp theo, ta

tìm hai chữ số tận cùng của av.

Trong cả hai trường hợp trên, chìa khóa để giải được Bài 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 aq và av.

Bài 11: Tìm hai chữ số tận cùng của các số: a) a2003 b) 799

Giải: a) Do 22003 là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2n

− 1  25.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Vì sự nghiệp giáo dục

Ta cú 210 = 1024  210 + 1 = 1025  25  220 − 1 = (210 + 1)(210 − 1)  25  23(220 − 1) 

100. Mặt khác: 22003 = 23(22000 − 1) + 23 = 23((220)100 − 1) + 23 = 100k + 8 (k

 N).

Vậy hai chữ số tận cùng của 22003 là 08.

b) Do 799 là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho 7n − 1  100.

Ta có 74 = 2401 => 74 − 1  100. Mặt khác: 99 − 1  4 => 99 = 4k + 1 (k 
 N)

Vậy 799 = 74k + 1 = 7(74k − 1) + 7 = 100q + 7 (q N) tận cùng bởi hai chữ số 07. 


Bài 12: Tìm số dư của phép chia 3517 cho 25.

Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 3517. Do số này lẻ nên theo trường hợp 2,

ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 3n − 1  100.

Ta có 310 = 95 = 59049  310 + 1  50  320 − 1 = (310 + 1) (310 − 1)  100.

Mặt khác: 516 − 1  4  5(516 − 1)  20  517 = 5(516 − 1) + 5 = 20k + 5  3517 = 320k + 5 =

35(320k − 1) + 35 = 35(320k − 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là 43.

Vậy số dư của phép chia 3517 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:

Tính chất 4: Nếu a  N và (a, 5) = 1 thì a20 − 1  25.
Bài 13: Tìm hai chữ số tận cùng của các tổng:

a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + ... + 20042002

b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + ... + 20042003

Giải: a) Dễ thấy, nếu a chẵn thì a2 chia hết cho 4 ; nếu a lẻ thì a100 − 1 chia hết cho 4 ;

nếu a chia hết cho 5 thì a2 chia hết cho 25.

Mặt khác, từ tính chất 4 ta suy ra với mọi a  N và (a, 5) = 1 ta có a100 − 1 

25.

Vậy với mọi a  N ta có a2(a100 − 1)  100.

Do đó S1 = 12002 + 22(22000 − 1) + ... + 20042(20042000 − 1) + 22 + 32 + ... + 20042.

Vì thế hai chữ số tận cùng của tổng S1 cũng chính là hai chữ số tận cùng của tổng

12 + 22 + 32 + ... + 20042. áp dụng công thức: 12 + 22 + 32 + ... + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 
12 + 22 + ... + 20042 = 2005  4009  334 = 2684707030, tận cùng là 30.

Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S1 là 30.

b) Hoàn toàn tương tự như câu a, S2 = 12003 + 23(22000 − 1) + ... + 20043(20042000 − 1) +

23 + 33 + 20043. Vì thế, hai chữ số tận cùng của tổng S

2 cũng chính là hai chữ số tận

cùng của 13 + 23 + 33 + ... + 20043. Áp dụng công thức:

3 3 3 3 2 n(n 1)

1 2 3 ... n (1 2 ... n)



 

         

 

 13 + 23 + ... + 20043 = (2005 1002)2 = 4036121180100, tận cùng là 00.

Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S2 là 00.

Tính chất 5: Số tự nhiên A khơng phải là số chính phương nếu:

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

+ 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 14: Cho n  N và n − 1 không chia hết cho 4. CMR: 7n + 2 khơng thể là số chính

phương.

Giải: Do n − 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r (r  {0, 2, 3}). Ta có 74 − 1 = 2400

 100. Ta viết 7n + 2 = 74k + r + 2 = 7r(74k − 1) + 7r + 2. Vậy hai chữ số tận cùng của 7n +

2 cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7r + 2 (r = 0, 2, 3) nên chỉ có thể là 03, 51, 45.

Theo tính chất 5 thì rõ ràng 7n + 2 khơng thể là số chính phương khi n khơng chia hết

cho 4.

III. 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  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 = am như sau:

Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am chia hết cho 2m. Gọi n là số tự nhiên sao cho an −

1 chia hết cho 125.

Viết m = pn + q (p ; q

 N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq chia hết cho 8 ta có:

x = am = aq(apn − 1) + aq.

Vì an − 1 chia hết cho 125 => apn − 1 chia hết cho 125. Mặt khác, do (8, 125) = 1

nên aq(apn − 1) chia hết cho 1000.

Vậy ba chữ số tận cùng của am cũng chính là ba chữ số tận cùng của aq. Tiếp

theo, ta tìm ba chữ số tận cùng của aq.

Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1 chia hết cho 1000.

Viết m = un + v (u ; v

 N, 0 ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av.

Vì an − 1 chia hết cho 1000 => aun − 1 chia hết cho 1000.

Vậy ba chữ số tận cùng của am cũng chính là ba chữ số tận cùng của av. Tiếp

theo, ta tìm ba chữ số tận cùng của av. Tính chất sau được suy ra từ tính chất 4.

Tính chất 6: Nếu a  N và (a, 5) = 1 thì a100 − 1 chia hết cho 125.

Chứng minh: Do a20 − 1  25 nên a20, a40, a60, a80 khi chia cho 25 có cùng số dư là 1 
 a20 + a40 + a60 + a80 + 1  5. Vậy a100 − 1 = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) 

125.

Bài 15: Tìm ba chữ số tận cùng của 123101.

Giải: Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1  123100 − 1  125 (1).

Mặt khác: 123100 − 1 = (12325 − 1)(12325 + 1)(12350 + 1)

 123100 − 1  8 (2).

Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 123100 − 1  1000

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Vì sự nghiệp giáo dục

123101 = 123(123100 − 1) + 123 = 1000k + 123 (k  N). Vậy 123101 có ba chữ số tận

cùng là 123.

Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng của 3399...98.

Giải: Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9100 − 1 chi hết cho 125 (1).

Tương tự bài 11, ta có 9100 − 1 chia hết cho 8 (2).

Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 9100 − 1 chia hết cho 1000

 3399...98 = 9199...9 =

9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q  N).

Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 cũng chính là ba chữ số tận cùng của 999. Lại

vì 9100 − 1 chia hết cho 1000  ba chữ số tận cùng của 9100 là 001 mà 999 = 9100: 9  ba

chữ số tận cùng của 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 999 là 9, sau đó dựa vào

phép nhân ???9 9 ...001  để xác định ??9 889 ). Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...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 16: Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200.

Giải: do (2004, 5) = 1 (tính chất 6)  2004100 chia cho 125 dư 1  2004200 = (2004100)2

chia cho 125 dư 1  2004200 chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876.

Do 2004200  8 nên chỉ có thể tận cùng là 376.

Bài tập vận dụng:

Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho

Bài 18: Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống nhau.

Bài 19: Tìm hai chữ số tận cùng của:
a) 3999 b) 111213

Bài 20: Tìm hai chữ số tận cùng của:
S = 23 + 223 + ... + 240023

Bài 21: Tìm ba chữ số tận cùng của:
S = 12004 + 22004 + ... + 20032004

Bài 22: Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a101 cũng bằng ba chữ

số tận cùng của a.

Bài 23: Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của
A200.

Bài 24: Tìm ba chữ số tận cùng của số:
199319941995 ...2000

Bài 25: Tìm sáu chữ số tận cùng của 521.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Vì sự nghiệp giáo dục

DÃy số có qui luật

I > Phơng pháp dự đoán và quy nạp :

Trong một số trờng hợp khi gặp bài toán tính tổng hữu hạn
Sn = a1 + a2 + .... an (1)

Bằng cách nào đó ta biết đợc kết quả (dự đoán , hoặc bài tốn chứng minh khi đã cho
biết kết quả). Thì ta nên sử dụng phơng pháp này và hầu nh thế nào cũng chứng minh
đ-ợc .

VÝ dô 1 : TÝnh tæng Sn =1+ 3 + 5 +... + (2n -1 )
Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = 1

S2 = 1 + 3 =22

S3 = 1+ 3+ 5 = 9 = 32
... ... ...
Ta dự đoán Sn = n2

Với n = 1;2;3 ta thấy kết quả đúng

gi¶ sư víi n = k ( k 1) ta cã Sk = k 2 (2)
ta cần phải chứng minh Sk + 1 = ( k +1 ) 2 ( 3) 
ThËt vËy céng 2 vÕ cđa ( 2) víi 2k +1 ta cã
1+3+5 +... + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1)

vì k2 + ( 2k +1) = ( k +1) 2 nên ta có (3) tức là Sk+1 = ( k +1) 2
theo nguyên lý quy nạp bài toán đợc chứng minh

vËy Sn = 1+3=5 + ... + ( 2n -1) = n2

T¬ng tù ta cã thĨ chøng minh các kết quả sau đây bằng phơng pháp quy nạp to¸n häc .
1, 1 + 2 + 3 + .... + n = n(n+1)

2, 12 + 2 2 + ... + n 2 = n(n+1)(2n+1)
6

3, 13 + 23 + ... + n3 =

[

n(n+1)

]

4, 15 + 25 + .... + n5 = 1

12 .n2 (n + 1) 2 ( 2n2 + 2n 1 )
II . Ph ơng pháp khử liên tiếp :

Giả sử ta cần tính tổng (1) mà ta cã thĨ biĨu diƠn ai , i = 1,2,3...,n , qua hiệu hai số
hạng liên tiếp của 1 dÃy số khác , chính xác hơn , giả sử : a1 = b1 - b2

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Vì sự nghiệp giáo dục

.... .... ...

an = bn – bn+ 1
khi đó ta có ngay :

Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + ... + ( bn – bn + 1 )
= b1 – bn + 1

VÝ dô 2 : tÝnh tæng :
S = 10 .111 + 1

11.12+
1

12 .13 +.. .. . ..+
1
99 . 100
Ta cã : 1

10 .11=
1
10−

11 ,
1
11.12=

1
11 −

12 ,
1
99 .100=

1
99 −

1
100
Do đó :

S = 1
10 −
1
11+

1
11 −
1

12+. .. .. . .+
1
99 −
1
100=
1
10 −
1
100=
9
100

 Dạng tổng quát
Sn = 1

1 . 2+
1

2. 3+.. . .. .+
1

n(n+1) ( n > 1 )

= 1- 1

n+1=

n
n+1

VÝ dô 3 : tÝnh tæng
Sn = 1 . 2. 31 + 1

2 .3 . 4+
1

3 . 4 . 5+. . .. ..+

n(n+1)(n+2)

Ta cã Sn = 1
2

(

1
1. 2−

1
2 .3

)

1
2

(

1
2. 3−

3 . 4

)

+. .. .. . ..+
1
2

(

n(n+1)−

(n+1)(n+2)

)

Sn = 1
2

(

1
1. 2−

1
2 .3+

1
2. 3−

3 . 4+. . .. ..+

n(n+1)−

(n+1)(n+2)

)

Sn = 1
2

(

1
1. 2−

(n+1)(n+2)

)

n(n+3)

4(n+1)(n+2)

VÝ dô 4 : tÝnh tæng

Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + ... + n .n! ( n! = 1.2.3 ....n )
Ta cã : 1! = 2! -1!

2.2! = 3! -2!
3.3! = 4! -3!

... ... ...

n.n! = (n + 1) –n!

VËy Sn = 2! - 1! +3! – 2 ! + 4! - 3! +... + ( n+1) ! – n!
= ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - 1

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Vì sự nghiệp giáo dục

Ví dơ 5 : tÝnh tỉng

Sn =

1. 2¿2
¿

2. 3¿2
¿
¿
¿

Ta cã :

i+1¿2
¿
¿

2i+1

[i(i+1)]2=

i2−

i = 1 ; 2 ; 3; ....; n

Do đó Sn = ( 1-

n+1¿2

(¿¿)

n2−

22¿+

(

1
22−

)

+. .. . .+¿

= 1-

n+1¿2
¿
n+1¿2

¿
¿

III . Ph ơng pháp giải ph ơng trình với ẩn là tổng cần tính: 
Ví dụ 6 : Tính tổng

S = 1 + 2 + 22 +... + 2100 ( 4) 
ta viÕt l¹i S nh sau :

S = 1 + 2 (1 + 2 + 22 +... + 299 )

S = 1 + 2 ( 1 + 2 + 22+ ... + 299 + 2 100 - 2100 ) 
=> S= 1 + 2 ( S - 2100 ) ( 5)

Tõ (5) suy ra S = 1 + 2S - 2101

 S = 2101-1
VÝ dơ 7 : tÝnh tỉng

Sn = 1 + p + p 2 + p3 + ... + pn ( p 1) 
Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau :

Sn = 1 + p (1 + p + p2 +.... + pn-1 )

Sn = 1 + p ( 1 + p + p2 +... + p n-1 + p n - p n )

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Vì sự nghiệp giáo dục

Sn = 1+p ( Sn - pn )

 Sn = 1 + p.Sn - p n+1

 Sn ( p - 1 ) = pn+1 - 1

 Sn = P
n+1

−1

p −1
VÝ dơ 8 : TÝnh tỉng

Sn = 1+ 2p +3p 2 + .... + ( n+1 ) pn , ( p 1) 
Ta cã : p.Sn = p + 2p 2 + 3p3 + ... + ( n+ 1) p n +1

= 2p –p +3p 2 –p2 + 4p3–p3 + ... + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1
= ( 2p + 3p2 +4p3 + ... +(n+1) pn ) – ( p +p + p + .... pn ) + ( n+1) pn+1

= ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ ... + ( n+1) pn ) – ( 1 + p+ p2 + .... + p n) + ( n +1 ) pn+1
p.Sn=Sn- P

n+1

−1

P −1 +(n+1)P

n+1 ( theo VD 7 )

L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - pn+1−1

P −1

 Sn =

P −1¿2
¿

(n+1)Pn+1

p −1 −

pn+1−1
¿

IV > Ph ơng pháp tính qua các tổng đã biết

 C¸c kÝ hiƯu :

∑

i=1
n

ai=a1+a2+a3+. .. .. .+an

 C¸c tÝnh chÊt :
1,

∑

i=1
n

(ai+bi)=

∑

i=1
n

ai+

∑

i=1
n

bi

∑

i=1
n

a.ai=a

∑

i=1
n

ai

VÝ dơ 9 : TÝnh tỉng :

Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n( n+1)
Ta cã : Sn =

∑

i=1
n

i(i+1)=

∑

i=1
n

(i2+i)=

∑

i=1
n

i2

∑

i=1
n

i

V× :

∑

i=1
n

i=1+2+3+. . ..+n=n(n+1)

∑

i=1
n

i2

=n(n+1)(2n+1)

(Theo I )

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Vì sự nghiệp giáo dục

cho nên : Sn = n(n+1)
2 +

n(n+1)(2n+1)

6 =

n(n+1)(n+2)

3
VÝ dơ 10 : TÝnh tỉng :

Sn =1.2+2.5+3.8+...+n(3n-1)
ta cã : Sn =

∑

i=1
n

i(3i−1)=

∑

i=1
n

(3i2− i)

= 3

∑

i=1

n

i2−

∑

i== 1
n

i

Theo (I) ta cã :
Sn = 3n(n+1)(2n+1)

6 −

n(n+1)

2 =n
2

(n+1)

VÝ dô 11 . TÝnh tæng

Sn = 13+ +23 +53 +... + (2n +1 )3
ta cã :

Sn = [( 13 +2 3 +33 +43 +....+(2n+1)3 ] –[23+43 +63 +....+(2n)3]
= [13+23 +33 +43 + ... + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 +...+ n3 )

Sn =

2n+2¿2
¿
n+1¿2

8n2¿

2n+1¿2¿
¿
¿

( theo (I) – 3 )

=( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2
= (n +1 )2 (2n2 +4n +1)

V/ Vận dụng trực tiếp công thức tính tổng các số hạng của dãy số cách đều ( Học sinh
lớp 6 )

 C¬ së lý thuyÕt :

+ để đếm số hạng của 1 dãy số mà 2 số hạng liên tiếp của dãy cách nhau cùng 1 số đơn
vị , ta dùng công thức:

Sè sè h¹ng = ( sè cuèi số đầu 0 : ( khoảng cách ) + 1

+ Để tính tổng các số hạng của một dãy số mà 2 số hạng liên tiếp cách nhau cùng 1 số
đơn vị , ta dùng công thức:

Tổng = ( số đầu sè cuèi ) .( sè sè h¹ng ) :2
VÝ dơ 12 :

TÝnh tỉng A = 19 +20 +21 +.... + 132

Số số hạng của A là : ( 132 – 19 ) : 1 +1 = 114 ( sè h¹ng )m
A = 114 ( 132 +19 ) : 2 = 8607

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Vì sự nghiệp giáo dục

Ví dụ 13 : TÝnh tæng

B = 1 +5 +9 +...+ 2005 +2009

số số hạng của B là ( 2009 – 1 ) : 4 + 1 = 503
B = ( 2009 +1 ) .503 :2 = 505515

VI / Vân dụng 1 số công thức chứng minh đợc vào làm tốn

Ví dụ 14 : Chứng minh rằng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 )
Từ đó tính tổng S = 1..2+2.3 + 3.4 +... + n (n + 1)

Chøng minh : c¸ch 1 : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1)

= k( k+1) [(k+2)−(k −1)] = k (k+1) .3 = 3k(k+1)

C¸ch 2 : Ta cã k ( k +1) = k(k+1). (k+2)−(k −1)
3
= k(k+1)(k+2)

3 −

k(k+1)(k −1)

3 *

 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1)
=> 1.2 =

1.2.3 0.1.2

3  3

2.3.4 1.2.3
2.3

3 3

...

( 1)( 2) ( 1) ( 1)

( 1)

3 3

n n n n n n

n n

 

   

  

S =

1.2.0 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)

3 3 3

n n n n n n

    

 

VÝ dô 15 : Chøng minh r»ng :

k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2)
từ đó tính tổng S = 1.2 .3 + 2.3 .4 +3.4.5 +.... + n(n+1) (n+2)

Chøng minh : VT = k( k+1) (k+2) [(k+3)−(k −1)]

= k( k+1) ( k +2 ) .4
Rót ra : k(k+1) (k+2) = k(k+1)(k+2)(k+3)

4 −

(k −1)k(k+1)(k+2)

4
¸p dơng : 1.2.3 = 1 . 2. 3 . 4

4 −

0. 1 .2 .3
4
2.3.4 = 2 . 3. 4 .5

4 −

1. 2. 3 . 4
4

...
n(n+1) (n+2) = n(n+1)(n+2)(n+3)

4

(n 1)n(n+1)(n+2)

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Vì sự nghiệp giáo dục

Cng v với vế ta đợc S = n(n+1)(n+2)(n+3)
4

* Bài tập đề nghị :
Tính các tổng sau

1, B = 2+ 6 +10 + 14 + ... + 202
2, a, A = 1+2 +22 +23 +...+ 26.2 + 2 6 3
b, S = 5 + 52 + 53 + ... + 5 99 + 5100
c, C = 7 + 10 + 13 + .... + 76

3, D = 49 +64 + 81+ .... + 169

4, S = 1.4 + 2 .5 + 3.6 + 4.7 +.... + n( n +3 ) , n = 1,2,3 ,....
5, S = 1

1 . 2+
1
2. 3+

3 . 4+. . .. .. . .+
1
99. 100
6, S = 4

5 . 7+
4

7 . 9+.. . .+
4
59 . 61
7, A = 5

11.16 +
5
16 .21+

21. 26+. .. . ..+
5
61 .66
8, M = 1

30+
1
31+

32+.. .. .+
1
32005
9, Sn = 1

1 . 2. 3 .+
1

2. 3 . 4+. .. ..+

n(n+1)(n+2)

10, Sn = 2
1 . 2. 3+

2 .3 . 4+. . .. .+
2
98 . 99. 100
11, Sn = 1

1 . 2. 3 . 4+
1

2 . 3. 4 .5+. .. .. .+

n(n+1)(n+2)(n+3)

12, M = 9 + 99 + 999 +... + 99... ...9

50 ch÷ sè 9
13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9

S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14
TÝnh S100 =?

Trong quá trình bồi dỡng học sinh giỏi , tơi đã kết hợp các dạng tốn có liên quan đến
dạng tính tổng để rèn luyện cho các em , chẳng hạn dạng tốn tìm x :

14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) +... + ( x+100 ) = 5070
b, 1 + 2 + 3 + 4 +...+ x = 820

c, 1 + 1
3+

1
6+

10+. .. .. .+
2

x(x+1)=1

1989
1991

Hay c¸c bài toán chứng minh sự chia hết liên quan

15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 +... + 220 lµ l thõa cđa 2 
b, B =2 + 22 + 2 3 + ... + 2 60 ⋮ 3 ; 7; 15

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Vì sự nghiệp giáo dục

c, C = 3 + 33 +35 + ....+ 31991 ⋮ 13 ; 41
d, D = 119 + 118 +117 +...+ 11 +1 ⋮ 5

</div>

ON THI HSG TOAN

Vì sự nghiệp giáo dục

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

Vì sự nghiệp giáo dôc

√

√

Vì sự nghiệp giáo dục

(

)

(

)

Vì sự nghiệp giáo dục

√

√

√

(

)(

)

(

)

Vì sự nghiệp giáo dục

Vì sự nghiệp giáo dục

[

]

[

]

<sub>[</sub>

]

[

]

[

]

Vì sự nghiệp giáo dục

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

V× sù nghiƯp gi¸o dơc



 











<sub></sub>

<sub></sub>





Vì sự nghiệp giáo dục



 









 









 















Vì sự nghiệp giáo dục

V× sù nghiƯp gi¸o dơc

Vì sự nghiệp giáo dôc

Vì sự nghiệp giáo dôc