Chuyen de boi duong HSG Toan 678

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số. Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7). 3 8 15 9999 A     ...  4 9 16 10000 với các số 98 và 99. Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức 1  1   1   1  1  1   1  1    A  1     1     1    ...   1    1  2    1  2    1  2   ...   1  2   4   9   16   10000   2   3   4   100  = Ta có: 1   1 1 1 1 1 1 1 99   2  2  2  ...  99  B  2  2  ...  2  2 2 3 4 100   1002 > 0 Nên A với B = 2 3 4. < 99. Ta có. 1 1 1   k  k  1 k k  1. với mọi k 1 nên. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2  2  ...      ...  1       ....   1  1 2 2 2 3 4 100 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 3 4 99 100 100 Do đó A 99  B  99  1 98 . Vậy 98  A  99 B. 3 8 15 n2  1  n  2      ...  2   n  1 4 9 16 n Tổng quát: 2 3 4 999 1000 Bài toán 2: Viết số 1  2  3  4  ...  999  1000 trong hệ thập phân. Tìm ba số đầu. tiên bên trái số đó? 2. 3. 4. 999. 1000. B 10001000 103000 100000...0000     . 3000 Giải: Ta có A 1  2  3  4  ...  999  1000 ; Đặt gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1) 2 3 999 1000 3 6 2997 3000 Đặt C 1000  1000  1000  ...  1000  1000 10  10  ..  10  10 =100100100....1000 gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2). Vì B < A < C và B, C đều có 3001 chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số ầu tiên bên trái của A là 100.. Cho. Bài toán 3: 1 1 1 1 A    ...  2  ...  2 2 14 29 1877 n   n  1   n  2 . Giải : Ta có. . Chứng minh rằng 0,15  A  0, 25 .. 1 1 1 1 A    ...  2  ...  2 2 14 29 1877 n   n  1   n  2 . 1 1 1 1  2  2 2  ...  2  ...  2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 3 4 24  252  262 n   n  1   n  2  2. 2. B n 2   n  1   n  2  3n 2  6n  5. . (1). 2. B  3n  9n  6 3  n 2  3n  2  3  n  1  n  2   Với n 1 từ (1) ta có: . Từ đó : 1 1 1 1 1 1  1 A    ...   ...    C 3  2.3 3.4 24.25 25.26  3  n 1  n  2  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6   ...   ...        ...      24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13  n  1  n  2  C  2.3 3.4. Với. 1 6 2 A  .   0,15 3 13 13 Suy ra .. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> B  2n2  6n  4 2  n 2  3n  2  2  n  1  n  2   Với n 1 từ (1) ta có: . Từ đó : 1 1 1 1 1 1  1 A    ...   ...    C 2  2.3 3.4 24.25 25.26  2  n  1  n  2  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6   ...   ...        ...      24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13  n 1  n  2  C  2.3 3.4. Với. 1 6 3 A  .   0, 25 2 13 13 Suy ra . Vậy 0,15  A  0, 25 1 1 1 1 1 1 1   2  2 2  ...  2   2 2 2 2 2 6 3 k  2 1  2  3 2  3  4 4 2  k  2 k   k  1   k  2 . Tổng quát:. A Bài toán 4: Tính B biết : 1 1 1 1 A   ...   ...  2.32 3.33 n  n  30  1979.2009. B. ;. 1 1 1 1   ...   ...  2.1980 3.1981 n  n  1978 31.2009. Giải: Với các số nguyên dương n và k ta có Với k = 30 ta có :. 1 1 nk n k     n n  k n n  k  n n  k  n n  k . .. 30 30 30 1 1 1 1 1 1   ...       ...    2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009 1   1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1    ...    ...       ...      ...      (1) 1979   32 33 2009   2 3 31   1980 1981 2009  2 3 1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1 1978B    ...       ...   2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009 Với k = 1978 ta có : 30 A . 1 1 1    ...    31  2 3. 1 1   1   ...    (2) 2009   1980 1981 . A 1978 989 30 A 1978 B    B 30 15 . Từ (1) và (2) suy ra 3 5 4017 Sn    ....  2 2 2 12  2 3 2008 2009     Bài toán 5: Tính tổng sau: .. Giải: 2n  1 2. Với n 1 thì n  n 1 Sn . Do đó. 3.  12 . 2. . 2. . n 2  2n  1  n 2 2. n  n  1. 5.  2 3. 2.  .... . 2. 2. n  1  n 2   2 2 n  n  1. 4017.  2008 2009 . Bài toán 6: Tính các tổng sau: A 1.2  2.3  ...  n.  n  1  ...  98.99. (*) ;. 2. 1 . 2.  n  1   2 2 n  n  1. n2 2. n  n  1. 2. . 1 1  2 n  n  1 2. 1 1 1 1 1 1    ...   1  2 2 4 4 9 2008 2009 2009 2. .. B 1.99  2.98  ...  n  100  n   ...  98.2  99.1. Giải: Ta có:. 3 A 1.2.3  2.3.3  ...  3n  n  1  ...  3.98.99 1.2.  3  0   2.3.  4  1  ...  98.99.  100  97 . .. .. ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1.2.3  2.3.4  ...  98.99.100   1.2.3  2.3.4  ...  97.98.99  98.99.100 970200  A . 970200 323400 3. B 1.99  2.  99  1  3.  99  2   ....  98.  99  97   99.  99  98   1.99  2.99  3.99  ...  99.99   1.2  2.3  3.4  ...  98.99  99  A 99.99.50  323400 166650 2 98.99.100 3 A 98.99.100  A  3 Từ bài toán (*) suy ra . A 1.2  2.3  3.4  ...  n  n  1. 99  1  2  3  ...  99   A 99.  99  1 .. Nếu n = 100. . Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-1)n(n+1) với. B  1.2  2.3  3.4  ...   n  1 n  .3  0.1  1.2  2.3  3.4  ...   n  1 n  .3   1.  0  2   3.  2  4   5.  4  6   ...  97.  96  98  99  98  100   .3   1.1.2  3.3.2  5.5.2  7.7.2  ...  99.99.2  .3 2.3. 12  32  52  7 2  ..  992. . 6 12  32  ...  992. . 12  32  ...  99 2 . 2.  . Do đó 6  1.  32  52  ...  992 99.100.101. . hay.  2n  1  2n  2   2n  3 2 99.100.101 P 12  32  ...   2n  1  166650. 6 6 Vậy. Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên B Bài toán 7: Tính A biết: 1 1 1 1 A   ...   ...  1.2 2.3 n  n  1 2008.2009. P 12  22  32  ...  n 2 . 1 1 1   n  n  1 n n  1. và. n  n  1  2n  1 6. .. 1 1 1 1 1 B    ...   1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n  1  n  2  2008.2009.2010. Ta có. . .. 2 1 1   n  n  1  n  2  n  n  1  n  1  n  2 . Nên:. 1 1 1 1 1 2008 A   ...   ...  1   1.2 2.3 n  n  1 2008.2009 2009 2009 2 2 2 2 2 1 1 2019044 2B     ...   ...     1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n 1  n  2  2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010 1 2019044 1009522  B .  2 2009.2010 2009.2010 . B 1009522 2008 1009522.2009 5047611 1011531  :   2 2018040 Do đó A 2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040. Bài toán 8:Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các số. nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002. Hỏi A + B chia hết cho 2003 không? Giải: A  1.2.3.4...1001 Ta có: và B 1002.1003.1004...2002 ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> B  2003  1001 2003  1000 ... 2003  1.      . Khai triển B có một tổngngoài Ta viết B dưới dạng: số hạng  1001.1000....2.1 . Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003. Nên B 2003.n  1001.1000...2.1 2003n  A với n là số tự nhiên. Do đó: A  B 2003n là một số chia hết cho 2003. Cách giải khác: Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ;  1002;  1001 ;  1003;1000  ;...  2002;1 . Do đó B 1002.1003....2002 và A  B B    A  số dư khi chia cho 2003. Nên chia hết cho 2003.  A  1001.1000...2.1 có cùng. Nếu a và a1 ; a2 ;...; an là các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì a1.a2 ....an   a  a1  .  a  a2  ...  a  an  a. Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số (lớp 8). Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến. 1. . 1. 1. .  x  y   y  z   z  x   x  y   y  z   z  x  với. x  y ; y z ; z x . Từ kết quả trên ta có thể 1 1 1    x  y  x  z  z  y  x  z  x  y  y  z. suy ra hằng đẳng thức: (*) trong đó x ; y; z đôi một khác nhau. Thực chất ở đây ta thay x – y bởi z – y thay z - x bởi y – x giữ nguyên thừa số kia sẽ có hai số hạng ở vế phải, Vận dụng hằng đẳng thức (*) giải các bài tập sau: Bài toán 1: Cho a b; b c; c a chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c. a2 b2 c2 A    a  b  a  c  b  c  b  a   c  a   c  b A. Áp dụng hằng đẳng thức (*). a2 b2 b2 c2     a  b  a  c  b  c  c  a  a  c  b  a   c  a   c  b.  a  b  a  b   b  c   b  c  a2 b2 b2 c2      a  b  a  c   a  b  a  c   b  c   c  a   b  c   c  a   a  b   a  c   b  c   c  a  a b b c a b b c     1 a c c a a c a c Bài toán 2: Cho a b; b c; c a . Rút gọn biểu thức . B.  x  b  x  c   x  c  x  a   x  a   x  b  a  b  a  c  b  c  b  a   c  a   c  b. Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược.  x  b  x  c   x  c  x  a   x  a   x  b   a  b  a  c  b  c  b  a  c  a   c  b  x  b  x  c   x  c  x  a   x  c  x  a    x  a   x  b   a  b  a  c  b  c  c  a  a  c  b  a   c  a   c  b B.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x  b  x  c   x  c  x  a   x  c  x  a    x  a   x  b   a  b  a  c  b  c  c  a  a  c  a  b  a  c   c  b  x  b   x  c    x  c   x  a    x  c   x  a    x  b   x  a   x  c   a  b    x  a   b  c    a  b  a  c  b  c  c  a  a  b  a  c  a  b  a  c . x c x a x c xa   1 a c a c a c Bài toán 3: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: a b c x     a  b  a  c   x  a  b  a   b  c   x  b  c  a   c  b   c  x   x  a   x  b   x  c . . Biến đổi vế trái, ta được:. a b c    a  b  a  c  x  a  b  a  b  c  x  b  c  a   c  b  c  x. a b b c      a  b  a  c  x  a   b  a   a  c  x  b  c  a   b  c   x  b   c  a   c  b   c  x . =. =. . 1. b  1 c   a  b        a  b   a  c   x  a x  b   c  a  (b  c)  x  b x  c  =. .  bx  cx  ( ax  bx) 1 x x  .    a  b  a  c   x  a   x  b  c  a   b  c   x  b   x  c   a  c   x  a   x  b   c  a   x  b   x  c . . x  a  c 1  x  1       a  c   x  b   x  a x  c   a  c   x  b   x  c   x  a   x  b   x  c   x  a  . Sau khi biến đổi vế. 1. .. x. trái bằng vế phải. Đẳng thức được chứng minh. Bài toán 4: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh: b c c a a b 2 2 2       a  b  a  c  b  c  b  a  c  a  c  b a  b b  c c  a. Giải: Ta có. b c b a a c 1 1      a  b  a  c  a  b  a  c  a  b  a  c c  a a  b. Tương tự ta có:. c a 1 1    b  c  b  a b  c a  b. (1). (2). a b 1 1    c  b  c  a b  c c  a. (3). Từ (1) ;(2) và (3) ta có b c c a a b 1 1 1 1 1 1          a  b  a  c   b  c   b  a   c  a   c  b c  a a  b b  c a  b b  c c  a 2 2 2   a  b b  c c  a (đpcm) Bài toán 5: Rút gọn biểu thức: 2 a  bc b 2  ac c 2  ab    a  b  a  c  b  c  b  a  c  a  c  b. . Giải:. với a  b; b  c; c  a.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có:. a 2  bc a 2  ab  bc  ab a (a  b)  b(c  a ) a b     a c a b  a  b  a  c  a  b  a  c  a  b  a  c 2. (1). 2. b  ac b c    b  a  b  c a  b b  c. Tương tự: (2) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có. c  ab c a    c  a  b  c c  b c  a. (3). a 2  bc b 2  ac c 2  ab a b b c c a         0  a  b  a  c  b  c  b  a  c  a  c  b a  c a  b a  b b  c c  b c  a a b b c c a Bài toán 6: Cho ba phân thức 1  ab ; 1  bc ; 1  ca . Chứng minh rằng tổng ba phân. thức bằng tích của chúng. Giải: b c b a a c a b b c c a a b b a a c c a         Ta có : 1  bc 1  bc 1  bc nên 1  ab 1  bc 1  ca 1  ab 1  bc 1  bc 1  ca 1  1   a  b   1  bc  1  ab   c  a   1  bc  1  ac   1  1  a  b      c  a       1  ab   1  bc   1  ac   1  bc   1  ab 1  bc   1  ac 1  bc  b  a  b  c  a  c  c  a  b  a   a  b  c  a   b  a  b  c  a  b  c c        1  ab   1  bc   1  ac   1  bc   1  bc   1  ab 1  ac   1  ab   1  bc   1  ac . (đpcm). Bài toán 7: Cho ba số nguyên dương a, b, c tuỳ ý, tổng sau có phải là số nguyên dương. a b c   không? a  b b  c c  a. Giải: a b c a b c a b c       1 a b b c c  a a b c a b c a b c a b c Ta có hay M > 1 . b   c   a  b c a    M  1   1   1  3        3  1 2  a b   b c   c a   a b c b c  a c  a b  hay M < 2 M. Vậy 1 < M <2 . Do đó M không thể là số nguyên dương. Bài toán 8: Đơn giản biểu thức.  a  2   a  1004    b  2   b  1004    c  2   c  1004  a  a  b  a  c  b b  a  b  c c  c  b  c  a  abc  a  b   b  c   a  c  Giải: MTC là : Nên bc  b  c   a  2   a  1004  ac  a  c   b  2   b  1004  ab  a  b   c  2   c  1004  A   abc  a  b   b  c   a  c  abc  a  b   b  c   a  c  abc  a  b   b  c   a  c  A. . 2008b 2c  2008ac 2  2008a 2b  2008bc 2  2008a 2c  2008ab 2 abc  a  b   b  c   a  c . .  .  . . 2008  c 2 a  c 2b  a 2b  a 2c  b 2 a  b 2c  2008  a  b   b  c   a  c  2008    abc  a  b   b  c   a  c  abc  a  b   b  c   a  c  abc. Bài toán 9: Tính giá trị của biểu thức: 20032 2013  312004  1  2003 2008  4   P 2004 2005 2006 2007 2008. Với abc 0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Giải: Đặt a = 2004 Khi đó:   a  1 2  a  9   31a  1   a  1  a  4   4    a 2  2a  1  a  9   31a  1   a 2  3a  4   4       P   a  a  1  a  2   a  3   a  4  a  a  1  a  2   a  3  a  4 . a  . 3. .  9a 2  2a 2  18a  a  9  31a  1 a 2  3a a  a  1  a  2   a  3  a  4 . a  a  1  a  2   a  3  a  4  a  a  1  a  2   a  3  a  4 .   a. 1. . Vậy P = 1. 3. .  7a 2  14a  8 a 2  3a. . a  a 1  a  2   a  3  a  4 .

<span class='text_page_counter'>(8)</span>