Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số - Lớp 6, 7, 8

Nội dung text: Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số - Lớp 6, 7, 8

1. Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7) 3 8 15 9999 Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức A với các số 98 và 99. 4 9 16 10000 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: A 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 = 4 9 16 10000 2 3 4 100 1 1 1 1 1 1 1 1 99 2 2 2 2 99 B với B = 2 2 2 2 > 0 Nên A 2 3 4 100 2 3 4 100 < 99. 1 1 1 Ta có với mọi k 1 nên k k 1 k k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 B 1 1 1 22 32 42 1002 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 3 8 15 n2 1 Tổng quát: n 2 n 1 4 9 16 n2 Bài toán 2: Viết số 1 22 33 44 999999 10001000 trong hệ thập phân. Tìm ba số đầu tiên bên trái số đó? 2 3 4 999 1000 1000 3000 Giải: Ta có A 1 2 3 4 999 1000 ; Đặt B 1000 10 100000 0000 3000 gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1) Đặt C 1000 10002 10003 1000999 10001000 103 106 102997 103000 =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. Bài toán 3: 1 1 1 1 Cho A . Chứng minh rằng 0,15 A 0,25 . 14 29 n2 n 1 2 n 2 2 1877 1 1 1 1 Giải : Ta có A 14 29 n2 n 1 2 n 2 2 1877 1 1 1 1 12 22 32 22 32 42 n2 n 1 2 n 2 2 242 252 262 B n2 n 1 2 n 2 2 3n2 6n 5. (1) Với n 1 từ (1) ta có: B 3n2 9n 6 3 n2 3n 2 3 n 1 n 2 . Từ đó : 1 1 1 1 1 1 1 A C 3 2.3 3.4 n 1 n 2 24.25 25.26 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 Với C . 2.3 3.4 n 1 n 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13 1 6 2 Suy ra A . 0,15 . 3 13 13 Với n 1 từ (1) ta có: B 2n2 6n 4 2 n2 3n 2 2 n 1 n 2 . Từ đó :
2. 1 1 1 1 1 1 1 A C 2 2.3 3.4 n 1 n 2 24.25 25.26 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 Với C . 2.3 3.4 n 1 n 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13 1 6 3 Suy ra A . 0,25 . Vậy 0,15 A 0,25 2 13 13 1 1 1 1 1 1 1 Tổng quát: 6 3 k 2 12 22 32 22 32 42 k 2 k 1 2 k 2 2 4 2 k 2 A Bài toán 4: Tính biết : B 1 1 1 1 1 1 1 1 A ; B . 2.32 3.33 n n 30 1979.2009 2.1980 3.1981 n n 1978 31.2009 Giải: 1 1 n k n k Với các số nguyên dương n và k ta có . n n k n n k n n k n n k Với k = 30 ta có : 30 30 30 1 1 1 1 1 1 30A 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) 2 3 1979 32 33 2009 2 3 31 1980 1981 2009 1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1 Với k = 1978 ta có : 1978B 2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009 1 1 1 1 1 1 (2) . 2 3 31 1980 1981 2009 A 1978 989 Từ (1) và (2) suy ra 30A 1978B . B 30 15 3 5 4017 Bài toán 5: Tính tổng sau: Sn . 1 2 2 2 3 2 2008 2009 2 Giải: 2 2 2n 1 n2 2n 1 n2 n 1 n2 n 1 n2 1 1 Với n 1 thì n2 n 1 2 n2 n 1 2 n2 n 1 2 n2 n 1 2 n2 n 1 2 n2 n 1 2 3 5 4017 1 1 1 1 1 1 Do đó Sn 1 1 . 1 2 2 2 3 2 2008 2009 2 4 4 9 20082 20092 20092 Bài toán 6: Tính các tổng sau: A 1.2 2.3 n. n 1 98.99 (*) ; B 1.99 2.98 n 100 n 98.2 99.1 Giải: Ta có:3A 1.2.3 2.3.3 3n n 1 3.98.99 1.2. 3 0 2.3. 4 1 98.99. 100 97 . 970200 1.2.3 2.3.4 98.99.100 1.2.3 2.3.4 97.98.99 98.99.100 970200 A 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
3. 99 99 1 2 3 99 A 99. 99 1 . A 99.99.50 323400 166650 2 98.99.100 Từ bài toán (*) suy ra 3A 98.99.100 A . 3 Nếu A 1.2 2.3 3.4 n n 1 . Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-1)n(n+1) với n = 100 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 72 992 6 12 32 992 . Do đó 6 12 32 52 992 99.100.101 hay 99.100.101 2 2n 1 2n 2 2n 3 12 32 992 166650. Vậy P 12 32 2n 1 6 6 n n 1 2n 1 Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên P 12 22 32 n2 6 B Bài toán 7: Tính biết: A 1 1 1 1 A . 1.2 2.3 n n 1 2008.2009 1 1 1 1 1 B . 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2 2008.2009.2010 1 1 1 2 1 1 Ta có và Nên: n n 1 n n 1 n n 1 n 2 n n 1 n 1 n 2 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 Do đó : 2 A 2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040 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: Ta có: A 1.2.3.4 1001 và B 1002.1003.1004 2002 . Ta viết B dưới dạng: B 2003 1001 2003 1000 2003 1 . Khai triển B có một tổngngoài 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:
4. 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 1001.1000 2.1 có cùng số dư khi chia cho 2003. Nên A B B A chia hết cho 2003 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 với x y ; y z ; z x . Từ kết quả trên ta có thể x y y z z x x y y z z x 1 1 1 suy ra hằng đẳng thức: (*) trong đó x ; y; z đôi một x y x z z y x z x y y z 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 a2 b2 b2 c2 Áp dụng hằng đẳng thức (*) A a b a c b c c a a c b a c a c b a2 b2 b2 c2 a b a b b c b c 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 x b x c x c x a x a x b 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 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 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:
5. 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 a b c Biến đổi vế trái, ta được: = 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 a b 1 b c = a b a c x a x b c a (b c) x b x c 1 (ax bx) 1 bx cx 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 1 1 x a c x . Sau khi biến đổi vế a c x b x a x c a c x b x c x a x b x c x a 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 b c b a a c 1 1 Giải: Ta có (1) a b a c a b a c a b a c c a a b c a 1 1 Tương tự ta có: (2) b c b a b c a b a b 1 1 (3) c b c a b c c a 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 (đpcm) a b b c c a Bài toán 5: Rút gọn biểu thức: a2 bc b2 ac c2 ab với a b; b c; c a a b a c b c b a c a c b Giải: a2 bc a2 ab bc ab a(a b) b(c a) a b Ta có: (1) a b a c a b a c a b a c a c a b b2 ac b c c2 ab c a Tương tự: (2) (3) b a b c a b b c c a b c c b c a Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có a2 bc b2 ac c2 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 ; ; . Chứng minh rằng tổng ba phân 1 ab 1 bc 1 ca thức bằng tích của chúng.
6. Giải: b c b a a c a b b c c a a b b a a c c a Ta có : nên 1 bc 1 bc 1 bc 1 ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 bc 1 ca 1 1 1 1 a b 1 bc 1 ab c a 1 bc 1 ac 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 c a b c a b c (đpcm). 1 ab 1 bc 1 ac 1 bc 1 bc 1 ab 1 ac 1 ab 1 bc 1 ac 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 Ta có M 1 hay M > 1 . a b b c c a a b c a b c a b c a b c b c a b c a M 1 1 1 3 3 1 2 hay M < 2 a b b c c a a b c b c a c a b 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 a b a c b b a b c c c b c a Giải: MTC là : abc a b b c a c 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 2008b2c 2008ac2 2008a2b 2008bc2 2008a2c 2008ab2 abc a b b c a c 2 2 2 2 2 2 2008 c a c b a b a c b a b c 2008 a b b c a c 2008 Với abc 0 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 Giải: Đặt a = 2004 Khi đó: 2 2 2 a 1 a 9 31 a 1 a 1 a 4 4 a 2a 1 a 9 31a 1 a 3a 4 4 P a a 1 a 2 a 3 a 4 a a 1 a 2 a 3 a 4 a3 9a2 2a2 18a a 9 31a 1 a2 3a a3 7a2 14a 8 a2 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 1. Vậy P = 1 a a 1 a 2 a 3 a 4