Tuyển tập 15 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7

Tài liệu gồm 567 trang, tuyển tập 15 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7, giúp học sinh lớp 7 tham khảo trong quá trình ôn thi HSG Toán 7 các cấp.

Thông tin:
567 trang 10 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Tuyển tập 15 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7

Tài liệu gồm 567 trang, tuyển tập 15 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7, giúp học sinh lớp 7 tham khảo trong quá trình ôn thi HSG Toán 7 các cấp.

207 104 lượt tải Tải xuống
1
TUYỂN TẬP
15 CHUYÊN ĐỀ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
TOÁN 7
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
2
Mc Lc
Trang
Lời nói đầu
Chủ đ
ề 1. Thc hin phép tính 1
Chủ đề 2. Các bài toán về lũy thừa số tự nhiên
50
Chủ đề 3. Tìm n chưa biết
69
Chủ đề 4. Các dạng toán và phương pháp chng minh chia hết
133
Chủ đề 5. Số nguyên t, hp s
179
Chủ đề 6. Các bài toán về số chính phương
207
Chủ đề 7. Các dạng toán vphân s
226
Chủ đề 8. Chng minh bất đẳng thc và tìm GTLN, GTNN
248
Chủ đề 9. Tlthức và dãy tỉ số bằng nhau
272
Chủ đề 10. Các bài toán vtrtuyệt đối
318
Chủ đề 11. Các bài toán về đa thức
352
Chủ đề 12. Đồng dư thc
380
Chủ đề 13. Nguyên lý Dirichlet
407
Chủ đề 14. Các chuyên đhình học nâng cao
434
Chủ đề 15. Các bài toán nâng cao hình học từ đề hc sinh gii
513
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
1
CHUYÊN Đ 1: THC HIN PHÉP TÍNH
A. LÝ THUYT CN NH:
1) Mt s tính cht của lũy thừa:
Nhân, chia hai lũy thừa cùng cơ số
( )
m n mn
a .a a m, n
+
=
m n mn
a :a a (m,n ;m n)
= ∈≥
( )
m
m
m
aa
b0
b
b

=


Lũy tha ca mt lũy tha:
( )
( )
n
m m.n
a a m,n=
Lũy tha ca mt tích:
( ) ( )
n
nn
a.b a .b n=
Lũy tha tng:
( )
( )
n
n
m
m
a a m,n=
2) Mt s công thc đt tha s chung
1 2 12
11 1
... ...
nn
aa a
a
xx x xx x

+ ++ = + ++


DẠNG 1: LŨY THỪA, PHI HP CÁC PHÉP TÍNH
Bài 1: Thc hin phép tính:
a,
11 11
95
3 .11 3 .21
3 .2
A
+
=
. b,
44
75.5 175.5
20.25.125 625.75
B
+
=
c,
( )
2
16
13 11 9
3.4.2
;
11.2 .4 16
C =
ng dn gii
a, Ta có:
11 11
95
3 .11 3 .21
3 .2
A
+
=
=
( )
11
95
3 11 21
3 .2
+
11
9
3 .32
3 .32
=
2
3
9
1
= =
.
b, Ta có:
4 4 24 2 4 6 6 6
22342 26 6 6
75.5 175.5 3.5 .5 5 .7.5 3.5 7.5 5 .10
10
20.25.125 625.75
2 .5.5 .5 5 .3.5 2 .5 3.5 5
B
+ ++
= = = = =
−−
c, Ta có:
( )
( )
2
16
2 36 2 36 2 36
13 11 9 35 36 35 35
3.4.2
3 .2 3 .2 3 .2
2
11.2 .4 16 11.2 2 2 11 2 2 .9
C = = = = =
−−
Bài 2: Thc hin phép tính:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
2
a,
15 9 20 9
9 19 29 6
5.4 .9 4.3 .8
5.2 .6 7.2 .27
A
=
b,
( )
10 3 5 2
3
93
5 .7 25 .49
125.7 5 .14
B
=
+
c,
2
16
13 11 9 18
3.4.2
11.2 .4 4 .2
C
ng dn gii
a, Ta có:
15 9 20 9 30 18 2 20 27
9 19 29 6 28 19 29 18
5.4 .9 4.3 .8 5.2 .3 2 .3 .2
5.2 .6 7.2 .27 5.2 .3 7.2 .3
−−
=
−−
( )
( )
29 18
29 18
28 18 28 18
2 .3 10 9
2 .3
2
2 .3 15 14 2 .3
= = =
b, Ta có:
( )
( )
( )
( )
10 3
10 3 5 2 10 3 10 4
3 93 933
93 3
93
5 .7 1 7 5. 6
5 .7 25 .49 5 .7 5 .7
10
93
5 .7 5 .7 .2
5 .7 1 2
125.7 5 .14
B
−−
−−
= = = = =
+
+
+
c, Ta có:
2
16
2 36
13 11 9 18
35
3.4.2
3 .2
2
11.2 .4 4 .2
2 11 2
C 
Bài 3: Thc hin phép tính:
a,
11 12
92 9
5.7 7
7 .5 13.7
A
b, c,
15 9 20 9
9 19 29 6
5.4 .9 4.3 .8
5.2 .6 7.2 27
C
=
ng dn gii
a, Ta có:
11 12 11 11
2
92 9 9
92
5.7 7 7 (5 7) 7 .12
7 49
7 .5 13.7 7 .12
7 5 13
A


b, Ta có:
c, Ta có:
( )
( )
29 18 2
15 9 20 9 30 18 2 20 27
9 19 29 6 9 19 19 29 18 28 18
2 .3 5.2 3
5.4 .9 4.3 .8 5.2 .3 2 .3 .2 2.1.1
2
1.1.1
5.2 .6 7.2 27 5.2 .2 .3 7.2 .3 2 .3 5.3 7.2
A
−−
= = = = =
−−
Bài 4. Tính:
( )
2
13 8 19 23
1 0,5 3 1 :1
15 15 60 24

⋅+


ng dn gii
Ta có:
( )
2
13 8 19 23
1 0,5 3 1 :1
15 15 60 24

⋅+


28 1 8 79 24
. .3 .
15 4 15 60 47

= +−


72
1
55
= −=
Bài 5: Tính biêu thc: .
ng dn gii
Ta có:
.
Bài 6: Thc hin phép tính:
ng dn gii
15 16
15
2 .7 2
5.2
B
=
( )
15
15 16
15 15
2 72
2 .7 2 5
1
5.2 5.2 5
B
= = = =
9
10
151515 17 1500 176
161616 17 1600 187
B


= +−




9
10
151515 17 1500 176
161616 17 1600 187
B


= +−




15 1 15 16
1
16 17 16 17
=+−+=
( )
2
4
2 .5 131 13 4A

= −−

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
3
Ta có :
.
Bài 7: Thc hin phép tính:
a)
( )
( )
{ }
2
22 0
8 : 25 18: 5 2 :11 2018

+−

b)
( ) ( )
2
7 7 15 14
11.3 .9 9 : 2.3
ng dn gii
a)
( )
( )
{ }
2
22 0
8 : 25 18: 5 2 :11 2018

+−

[ ]
{ }
64: 25 18: 33:11 1=−−
{ }
64: 25 18: 2=
64:16 4= =
.
b)
( ) ( )
2
7 11 15 14
11.3 .9 9 : 2.3
( ) ( )
7 22 30 2 28
11.3 .3 3 : 2 .3=
( ) ( )
29 30 2 28
11.3 3 : 2 .3=
( )
29 2 28
3 .8: 2 .3=
( )
29 3 2 28
3 .2 : 2 .3 3.2 6= = =
.
Bài 8: Thc hin phép tính:
ng dn gii
Ta có :
1
16 8.1 .4 4 27
4
= + +=
Bài 9: Rút gn :
ng dn gii
Ta có:
Bài 10: Thc hin phép tính:
ng dn gii
( )
( )
2
42
2 .5 131 13 4 16.5 131 9A

= −− =

( )
80 131 81 80 50 30=− =−=
( ) ( )
0
22
42
1
2 8 2 : 2 .4 2
2

+ +−


( ) ( )
0
22
42
1
2 8 2 : 2 .4 2
2

+ +−


579
11 13 15 17 19 21
25 25 25
555555
B
++
=
+++++
( ) ( )
( )
( )( )
10 4 8
5 7 9 10 14 18
11 13 15 17 19 21
11 15 19 13 17 21 4 8 11 13
5 15 5
25 25 25 5 5 5
555555
555 555 15555
B
++
+ + ++
= = =
+++++
+ + + + + ++ +
10
11 13
5 11
5 5 5 125 130
= = =
++
3
22 1 1
0,4 0,25
2013
9 11 3 5
:
77 1
2014
1,4 1 0,875 0,7
9 11 6
A

−+ +

=


−+ +

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
4
3
3
3
22 2 111
2013
5 9 11 3 4 5
:
77 7 77 7
2014
5 9 11 6 8 10
11 1
111
2
2013 2 2 2013
5 9 11
345
: :0
1 1 1 71 1 1
2014 7 7 2014
7
5 9 11 2 3 4 5

−+ −+

=


−+ −+




−+
−+





= =−=




−+ +




DNG 2 : TÍNH ĐƠN GIN
Bài 1: Rút gn :
22 2 44 4
24
19 43 1943 19 41 2941
:
33 3 55 5
35
19 43 1943 19 41 2941
A
−+ −+
=
−+ −+
ng dn gii
Ta có :
11 1 11 1
21 41
19 43 1943 19 41 2941
:
11 1 11 1
31 51
19 43 1943 19 41 2941
2 4 25 5
:..
3 5 34 6
A

−+ −+


=

−+ −+


= = =
Bài 2: Thc hin phép tính:
22 1 1
0,4 0,25
2014
9 11 3 5
:
77 1
2015
1,4 1 0,875 0,7
9 11 6
M

−+ +

=


−+ +

ng dn gii
3
22 1 1
0,4 0,25
2013
9 11 3 5
:
77 1
2014
1,4 1 0,875 0,7
9 11 6
A

−+ +

=


−+ +

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
5
22 1 1
0,4 0,25
2014
9 11 3 5
:
77 1
2015
1,4 1 0,875 0,7
9 11 6
11 1
22 2 111 111
2
2014 2014
5 9 11
5911 345 345
::
77 7 77 7
11 1 711 1
2015 201
7.
5 9 11 6 8 10
5 9 11 3 3 4 5
M

−+ +

=


−+ +




−+
−+ −+ −+





=−=




−+ −+
−+ +





5
2 2 2014
:0
7 7 2015

=−=


Bài 3: Thc hin phép tính:
ng dn gii
Ta có :
7
1, 2 : 2 1 3
4
0,75 1 0
119 36
0,6 4 4
.
36 17
= + + =++=
Bài 4: Thc hin phép tính:
ng dn gii
Ta có :
=
3 24
1, 2 : 1 .1, 25 1, 08 :
2
5 25 7
0,6.0,5:
1
5 9 36
5
0,64
5.
25
9 4 17
M

−−


= ++



3 24
1, 2 : 1 .1, 25 1, 08 :
2
5 25 7
0,6.0,5:
1
5 9 36
5
0,64
5.
25
9 4 17
M

−−


= ++



2 3 193 33 7 11 1931 9
.: .
193 386 17 34 1931 3862 25 2
A


=−+ + +




2 3 193 33 2 193 3 193 33 2 2 33
) . .. 1
193 386 17 34 193 17 386 17 34 17 34 34
7 11 1931 9 7 1931 11 1931 9 7 11 9
. .. 5
1931 3862 25 2 1931 25 3862 25 2 25 50 2
1
1:5
5
a
A


+ = +=+=






+ + = + += + +=




⇒= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
6
Bài 5: Thc hin phép tính:
ng dn gii
Bài 6: Thc hin phép tính:
ng dn gii
Bài 7: Tính biu thc:
3 3 11
0,5 0,5 0,2
17 37 3 4
5 5 5 777
3,5
6 17 37 5 4 3
+ −+
= +
+ −+
B
ng dn gii
Ta có:
22 1 1
0,4 0,25
2014
9 11 3 5
:
77 1
2015
1,4 1 0,875 0,7
9 11 6
M

−+ +

=


−+ +

22 1 1
0,4 0,25
2014
9 11 3 5
1) :
77 1
2015
1,4 1 0,875 0,7
9 11 6
11 1
22 2 111 111
2
2014 2014
5 9 11
5911 345 345
::
77 7 77 7
11 1 7111
2015 2
7.
5 9 11 6 8 10
5 9 11 3 3 4 5
M

−+ +

=


−+ +




−+
−+ −+ −+





=−=




−+ −+
−+ +





015
2 2 2014
:0
7 7 2015

=−=


33
0,375 0,3
1, 5 1 0, 75
11 12
55 5
0,265 0,5 2,5 1,25
11 12 3
++
+−
+
+ +−
3 3 3 3 333
8 10 11 12 2 3 4
)
53 5 5 5 5 5 5
100 10 11 12 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 165 132 120 110
3 3 3.
3
8 10 11 12 2 3 4 1320
53 1 1 1 1 1 1 53 66 60 55
5
55 5
100 10 11 12 2 3 4 100 660
263
3.
1320
aA
+ + +−
= +
+ +−
−++

+ + +−


= += +
−+ +

+ + +−


=
263
3.
3 3 3945 3 1881
1320
53 49 1749 1225
5 5 5948 5 29740
5.
100 660 3300
+= += +=
−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
7
3 3 11 3 3 3 1111
0,5 0,5 0,2
17 37 3 4 6 17 37 2 3 4 5
5 5 5 777 5 5 5 7777
3,5
6 17 37 5 4 3 6 17 37 5 4 3 2
+ −+ + −+
=+=+
+ −+ + −+
B
11 1
1111
3
3 1 16
6 17 37
2345
1 1 1 1111
5 7 35
57
6 17 37 2 3 4 5

−+
−+


= + =−=

+ −+


Bài 8: Thc hin phép tính:
1111
(1 2 3 ... 100) (63.1,2 21.3,6)
2379
1 2 3 4 ... 99 100

+++ +


−+−+ +
ng dn gii
Ta có:
1111
(1 2 3 ... 100) (63.1,2 21.3,6)
2379
63.1,2 21.3,6 0 0
1 2 3 4 ... 99 100

++++ −−


−= =
−+−+ +
DNG 3 : TÍNH TNG CÁC S T NHIÊN ĐƯC LP T MT CH S
Tính tổng:
... ...
n
S a aa aaa aaa a=+ + ++

Phương pháp:
Ta có:
(
)
... ... 1 11 111 ... 111...1
9 9 99 999 ... 999...9
nn
n
S a aa aaa aaa a a
Sa
=+ + ++ = + + ++

= + + ++




Đặt
9 99 999 ... 999...9
n
A =+ + ++

Ta có:
( )
( ) ( ) ( )
23
10 1 10 1 10 1 ... 10 1
n
A = −+ −+ −++
( )
23
10 10 10 ... 10 111...10
n
n
nn= + + ++ −=

111...10
.
9
n
an
S



⇒=

Bài 1: Tính tng t nhiên
a,
10
9 99 999 ... 999...9A =+ + ++

b,
10
1 11 111 ... 111...1B =+ + ++

ng dn gii
a, Ta có:
( )
( ) ( ) ( )
2 3 10
10 1 10 1 10 1 ... 10 1A = −+ −+ −++
( )
2 3 10
10
9
10 10 10 ... 10 10 111..10 10 111...100.= + + ++ −= −=

b, Ta có:
9 9 99 999 .... 9999...99B =++ ++
( 10 s 9).
( )
( ) ( ) ( )
2 3 10
10 1 10 1 10 1 ... 10 1A = −+ −+ −++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
8
( )
2 3 10
10
9
10 10 10 ... 10 10 111..10 10 111...100.= + + ++ −= −=

9
111...100
.
99
A
B⇒= =

Bài 2: Tính tng t nhiên C=
10
5 55 555 ... 555...5C =+ + ++

ng dn gii
a, Ta có:
10
5 1 11 111 ... 111...1C

= + + ++



( 10 s 1)
10
9 5 9 99 999 ... 999...9C

= + + ++



Ta có:
( )
( ) ( ) ( )
2 3 10
10 1 10 1 10 1 ... 10 1A = −+ −+ −++
( )
2 3 10
8
9
10 10 10 ... 10 10 111...10 10 111..100= + + ++ −= −=

88
5.111...100
555..500
.
99
C⇒= =

DNG 4 : TÍNH TNG DÃY PHÂN S CÓ QUY LUT
1) Tính tổng: S =
* Với
2132 43 1
... 1
na
aaaaaa aa
−== == =
Phương pháp:
Ta có:
21
12 12 1 2
32
23 23 2 3
1
111
1 11
;
1 11
;
...................................................
1 11
.
nn
nn nn n n
aa
aa aa a a
aa
aa aa a a
aa
aa aa a a
−−−
= =
= =
= =
Do đó:
S =
Bài 1: Tính tng :
2005.2004
1
...
4.3
1
3.2
1
2.1
1
++++=S
ng dn gii
Ta có:
1 11 11 1 1
1.2 1 2 2 3 2004 2005
=−= =
11
; ;...........
2.3 2004.2005
Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta được.
12 23 34 n1n
111 1
...
aa aa aa a a
++++
122334 n1n 1n
111111 1 111
...
aaaaaa a a aa
−+−+−++ =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
9
2005
2004
2005
1
1
2005
1
2004
1
2004
1
...
3
1
3
1
2
1
2
1
1 ==
++
+
+=S
Bài 2: Tính tng :
2005.2004
1
...
11.10
1
10.9
1
+++=S
ng dn gii
Ta thấy tổng này giống hệt như tổng bài 1 ta dùng cách tách các số hạng như
bài 1:
18045
1996
2005
1
9
1
2005
1
2004
1
...
11
1
10
1
10
1
9
1
==
+++=S
Nhận xét : Nếu số hạng tổng quát có dạng:
( )
1
1
+nn
Thì ta tách như sau:
( )
1
11
1
1
+
=
+ nnnn
Từ đó ta có công thức tổng quát để tính tổng như sau:
( )
1
1
1
1
1
...
3.2
1
2.1
1
+
=
+
+++=
nnn
S
2) Tính tổng: S =
* Với
2132 43 1
... 1
na
aaaaaa aa k
−== == =>
thì:
Phương pháp:
Ta có:
21
12 12 1 2
32
23 23 2 3
1
111
11
;
11
;
...................................................
11
.
nn
nn nn n n
aa
k
aa aa a a
aa
k
aa aa a a
aa
k
aa aa a a
−−−
= =
= =
= =
Do đó:
S =
Bài 1: Tính tng :
222 2
...
1.3 3.5 5.7 99.101
A = + + ++
ng dn gii
Ta có :
12 23 34 n1n
111 1
...
aa aa aa a a
++++
122334 n1n 1n
11 1 1 1 1 1 1 1 11 1
...
ka a a a a a a a ka a


−+−+−++ =




THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
10
2 31 1 1
1.3 1.3 1 3
2 53 1 1
3.5 3.5 3 5
...............................
2 101 99 1 1
99.101 99.101 99 101
= =
= =
= =
Do đó :
11 11 11 1 1
...
1 3 3 5 5 7 99 101
B
 
=−+−+−++
 
 
1 100
1
101 101
=−=
Bài 2: Tính tng :
2005.2003
1
...
5.3
1
3.1
1
+++=S
ng dn gii
Cách 1
Học sinh phải nhận dạng được các số hạng đều có dạng
- Tử số của các số hạng đó là 1
- Mẫu là tích của hai số tự nhiên hơn kém nhau hai đơn vị.
Ta có thể tách như sau:
1 12 1 31 1 1
.. 1
1.3 2 1.3 2 1.3 2 3

= = =


Tương tự:
=
5
1
3
1
2
1
5.3
1
………………………
=
2005
1
2003
1
2
1
2005.2003
1
Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta được:
2005
1002
2005
1
1
2
1
2005
1
2003
1
...
5
1
3
1
3
1
1
2
1
=
=
++
+
=S
Nhận xét kết quả:
- Thừa số nhỏ nhất, lớn nhất của mẫu các số hạng là 1; 2005
-
Kết qu bng tích ca hiu các nghch đo tha s nh nht và tha s ln nht
của mẫu với nghịch đảo đơn vị kém hơn.
Cách 2: Ta có:
2005.2003
1
...
5.3
1
3.1
1
+++=S
Ta thấy:
abab
b
ab
a
ab
ba 11
...
==
(a,bN, a > b )
Ta phải biến đổi sao cho tử số của tất cả các số hạng phải là khoảng cách hai thừa số dưới
mẫu thì tất cả các hạng tử đều tách ra được:
2 11
1.3 1 3
2 11
3.5 3 5
..................
=
=
2 11
2003.2005 2003 2005
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
11
2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2004
... ... 1
1.3 3.5 2003.2005 1 3 3 5 2003 2005 2005 2005

+ ++ = + ++ = =


1 1 2 2 2 2004
... 2S ...
3.5 2003.2005 1.3 3.5 2003.2005 2005
2004 1002
S :2
2005 2005
= + ++ = + ++ =
⇒= =
1
S
1.3
Chú ý: Thông qua ví dụ trên cần phải khắc phục cho học sinh sai hay gặp:
5
1
3
1
5.3
1
=
là sai
Nhận xét tổng quát:
11
.
m
ba b a
=
với a b = m.
Bài toán tổng quát.
( )
{ }
{ }
11 1
...
()()(2)
1
n
S
aam ama m
a n m a nm
= + ++
+ ++
+− +
với m = 1;2;3.. n = 1;2;3.
11 1
n
S
m a a nm

=

+

Bài 3: Tính nhanh tng sau:
a, A =
22 2 2 2
33 3 3 3
2.5 5.8 8.11 11.14 14.17
A = ++ + +
b, B =
444 4
...
11.16 16.21 21.26 61.66
+ + ++
ng dn gii
a, Ta có :
22 2 2 2
33 3 3 3
2.5 5.8 8.11 11.14 14.17
A = ++ + +
=
1111 1 1 1 1
... 3.
2558 141 2 7
3.
71

−+−++ =


=
15 45
34
4
3.
3
=
Vậy
34
45
A =
.
b, Ta có:
111 1 555 5
4 ... 5 4 ...
11.16 16.21 21.26 61.66 11.16 16.21 21.26 61.66
BB

= + + ++ = + + ++


1111 11 11
5 4 ... 4
11 16 16 21 61 66 11 66
B

= +−++− =


55 4 2
5 4.
11.66 66 33
BB = ⇒= =
Bài 4: Tính giá trị ca biu thc:
3 3 3 3 25 25 25
... ...
1.8 8.15 15.22 106.113 50.55 55.60 95.100
A

= + + ++ + ++


ng dn gii
Ta có :
33 3 3
...
1.8 8.15 15.22 106.113
B = + + ++
77 7 7
7 3 ...
1.8 8.15 15.22 106.113
B

= + + ++


1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3.112 48
7 3 ... 3 1 3.
1 8 8 15 15 22 106 113 113 113 7.113 113
BB

=++++−=−= =>= =


25 25 25 1 5 5 5
... ...
50.55 55.60 95.100 5 50.55 55.60 95.100
CC= + ++ = + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
12
1 11 1 1
5 50 100 100 20
CC = = ⇒=
. Khi đó :
48 1 847
113 20 2260
ABC=−= =
Bài 5: Tính nhanh:
19 9 9
...
19 19.29 29.39 1999.2009
+ + ++
ng dn gii
Ta có :
19 9 9
...
19 19.29 29.39 1999.2009
A+ + ++ =
99 9 9
...
9.19 19.29 29.39 1999.2009
A = + + ++
10 10 10 10 1 1
10 9 ... 9
9.19 19.29 29.39 1999.2009 9 2009
A

= + + ++ =


2000 2000 200
10 9.
9.2009 2009 2009
AA= = ⇒=
Bài 6: Thc hin phép tính:
111 1 1
3. 5. 7. ... 15. 17.
1.2 2.3 3.4 7.8 8.9
A = + −+
ng dn gii
Ta có :
111 1 1
3. 5. 7. ... 15. 17.
1.2 2.3 3.4 7.8 8.9
A = + −+
=
3 5 7 15 17
...
1.2 2.3 3.4 7.8 8.9
−+−+−
11 11 11 11 11
...
12 23 34 78 89

=++++++−+


18
1
99
=−=
Bài 7: Tính t s
A
B
biết :
111 1
...
1.300 2.301 3.302 101.400
A = + + ++
111 1
...
1.102 2.103 3.104 299.400
B =++++
ng dn gii
299 299 299 1 1 1 1 1 1 1 1
299 ... ...
1.300 2.301 101.400 1 300 2 301 3 302 101 400
A
 
= + ++ = + + ++
 
 
11 1 1 1 1
299 1 ... ...
2 3 101 300 301 400
A

= ++++ + ++


101 101 101 101
101 ...
1.102 2.103 3.104 299.400
B =++++
1 11 11 1 1
1 ...
102 2 103 3 104 299 400
 
=−++−++
 
 
11 1 1 1 1 11 1 1 1 1
1 ... ... 1 ... ...
2 3 299 102 103 400 2 3 101 300 301 400
 
= ++++ + ++ = ++++ + ++
 
 
Khi đó :
101
299 101
299
A
AB
B
= ⇒=
Bài 8: Rút gn
ng dn gii
1 1 1 1 11
.....
100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1
A = −−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
13
3) Mẫu là các số tự nhiên liên tiếp
a) Tính tổng sau:
( )( )
21
1
...
4.3.2
1
3.2.1
1
++
+++=
nnn
S
n
Nhận xét đề bài:
- Tử các số đều là 1
- Mẫu các số hạng đều là 3 tích số tự nhiên ln tiếp.
- Số hạng tổng quát có dạng
( )( )
21
1
++ nnn
Ta có:
( )( ) ( )( )
( )
( )( )
( ) ( )( )
2
1 1 2 1 11 1
.
122 122 122 1 12
kk
kk k kk k kk k kk k k

+−
= = =

++ ++ ++ + ++

Do đó:
( )( ) ( ) ( )( )
++
+
=
++
=
=
21
1
1
1
2
1
21
1
...........................
4.3
1
3.2
1
2
1
4.3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
3.2.1
1
nnnnnnn
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta được.
( ) ( )( )
++
+
+++=
21
1
1
1
...
4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
S
n
Nhận xét kết quả: Nếu mu có 3 s t nhiên liên tiếp thì tổng bằng tích nghịch đảo của
( 3 - 1) vi hiu nghch đo ca tích 2 tha s có giá tr nh nht và tích 2 tha s có giá
trị lớn nhất:
( )( )
++
=
21
1
2.1
1
2
1
nn
S
n
1 1 1 1 11
1.1) .....
100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1
1 1 1 1 11
.....
100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1
1 11 1 1 1
.....
100 1.2 2.3 97.98 98.99 99.100
1 111 11111 1
1 .....
100 2 2 3 97 98 98 99 99 100
A
A
A
A
= −−

= + + ++ +



= + ++ + +



= +++−+−+−
1 1 49
1
100 100 50
A

= −− =


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
14
Bài 1: Tính tng :
111 1
... .
1.2.3 2.3.4 3.4.5 37.38.39
= + + ++B
ng dn gii
Ta xét :
11 2 11 2 1 1 2
; ; .... ;
1.2 2.3 1.2.3 2.3 3.4 2.3.4 37.38 38.39 37.38.39.
−= −= =
Tn
g quát :
( ) ( )( ) ( )( )
11 2
.
1 12.12
−=
+ ++ ++nn nn nnn
Do đó :
222 2
2 ...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 37.38.39
= + + ++B
11 11 1 1
...
1.2 2.3 2.3 3.4 37.38 38.39

=−+−++


1 1 740 370
.
1.2 38.39 38.39 741
=−==
Suy ra
185
.
741
=B
Bài 2: Tính nhanh tng sau: P =
111 1
...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 10.11.12
+ + ++
ng dn gii
Ta có :
2 2 2 2 11 11 1 1
2 ... ...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 10.11.12 1.2 2.3 2.3 3.4 10.11 11.12
P

= + + ++ = + ++


1 1 65 65
2
1.2 11.12 132 264
PP= = ⇒=
Tng quát:
( )( ) ( )( )
11 1 1 1
... : 2.
1.2.3 2.3.4 1 2 2 1 2
A
nnn nn

= + ++ =


++ ++

2) Tính tổng sau:
( )( )( )
321
1
...
5.4.3.2
1
4.3.2.1
1
+++
+++=
nnnn
S
n
Nhận xét đề bài
- Tử các số hạng là 1
- Mẫu các số hạng đều là 4 tích số tự nhiên liên tiếp.
- Số hạng tổng quát có dạng
( )( )( )
321
1
+++ nnnn
Ta có
( )( )( ) ( )( )( )
( )
( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
1 13
.
1233 123
3
1 11 1
3 1232 12 123
kk k k kk k k
kk
kkk k kkk kk k
=
++ + ++ +

+−
= =

++ + ++ ++ +

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
15
Do đó:
1 11 1
1.2.3.4 3 1.2.3 2.3.4
1 11 1
2.3.4.5 3 2.3.4 3.4.5

=



=


( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )
....................................
1 11 1
1233 12 123nnn n nnn nn n

=


++ + ++ ++ +

Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta được
( )( )
( )( )( )
11 1 1 1 1 1
...
3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 2 1 2 3
n
S
nnn nn n

= + ++


++ ++ +

=
( )( )( )
+++
321
1
3.2.1
1
3
1
nnn
Bài 1: Tính tng:
111 1
... .
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 27.28.29.30
+ + ++
ng dn gii
Nhận xét:
11 3 11 3
, ,...,
123 234 1234 234 345 2345
= −=
⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅
11 3
.
27 28 29 28 29 30 27 28 29 30
−=
⋅⋅ ⋅⋅
Gi biu thc phi tính bng
A
, ta được:
1 1 4059
3.
1 2 3 28 29 30 28 29 30
A =−=
⋅⋅ ⋅⋅
Vy
1353
.
8120
A =
c) Bài toán tổng quát
( ) ( )( ) ( )
1...21
1
...
1...4.3.2
1
...3.2.1
1
+++
++
+
+=
mnnnnmm
S
n
Ta có ngay
( ) ( )( )( ) ( )
++++
=
1...321
1
1...3.2.1
1
1
1
mnnnnmm
S
n
với m = 2; 3; 4... n = 1; 2; 3……
Chú ý: Ví dụ 1: Có thể khai thác cho học sinh thấy trong tổng
( )( )
21
1
...
4.3.2
1
3.2.1
1
++
+++=
nnn
S
n
Thì 3 – 1 = 4 - 2 =…..= n + 2 - n = 2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
16
( )( )
( ) ( )( )
( )( )
22 2
2 ...
1.2.3 2.3.4 1 2
11 11 1 1
2 ...
1.2 2.3 2.3 3.4 1 1 2
11
1.2 1 2
n
n
S
nn n
S
nn n n
nn
= + ++
++


=−+−++



+ ++


=
++
( )( )
11 1
2 1.2 1 2
n
S
nn

⇒=


++

Như vậy:
( )( ) ( ) ( )( )
( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )
mamamamamaamamamaa
m
mamamaamamaa
m
32
1
2
1
32
3
*
2
11
2
2
*
+++
++
=
+++
++
+
=
++
DNG 5: TÍNH TNG T NHIÊN DNG TÍCH
Bài 1: a) Tính tng
1.2 2.3 3.4 ... 98.99=++++A
b) Sử dng kết qu của câu a, hãy tính:
222 2 2
1 2 3 ... 97 98=+ + ++ +B
c) Sử d
ụng kết qu của câu a, hãy tính:
1.99 2.98 3.97 ... 98.2 99.1=+++++C
ng dn gii
a) Để tách mi s hng thành hiu ca hai s nhm trit tiêu tng cp hai s, ta
nhân mi s hng của A với 3. Tha s 3 này được viết i dng
30
s hng
th nht,
41
s hng th hai,
52
s hng th ba, ….,
100 97
s hng cui
cùng. Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2(3 0) 2.3 4 1 3.4 5 2 ... 97.98. 99 96 98.99 100 97= + + ++ + A
( )
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 97.98.99 98.99.100 (0.1.2 1.2.3 2.3.4
... 96.97.98 97.98.99)
= ++++ + +++
++
98.99.100=
Suy ra
323400.=A
Tổng quát ta có:
( )
( )( )
.1 2
1.2 2.3 ... 1 .
3
++
+ ++ +=
nn n
nn
b)
222 2 2
1 2 3 ... 97 98=+ + ++ +B
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 3 1 3 4 1 ... 97 98 1 98 99 1= −+ −+ −++ −+
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 ... 97.98 98.99 1 2 3 ... 97.98= + + ++ + ++++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
17
98.99
323400 4851 318549.
2
= = −=A
Tng quát :
222 2 2
1 2 3 ... 97 98+ + ++ +
( )( ) ( ) ( )( )
1 2 1 12 1
32 6
++ + + +
= −=
nn n nn nn n
c)
1.99 2.98 3.97 ... 98.2 99.1=+++++C
( ) ( ) ( ) ( )
1.99 2. 99 1 3. 99 2 ... 98. 99 97 99. 99 98=++++−+−
( ) ( )
1.99 2.99 3.99 ... 98.99 99.99 1.2 2.3 .. 97.98 98.99= + + + + + + ++ +
( )
99. 1 2 3 ... 99 A= +++ +
99.100 98.99.100 99.100.101
99. 166650.
23 6
=−= =
Tn
g quát :
( ) ( ) ( )
( )( )
12
1. 2 1 3. 2 ... 1 2 .1 .
6
++
+ + ++ + =
nn n
nn n n n
Bài 2: Tính tng:
ng dn gii
( ) ( ) ( )
4 1.2.3.4 2.3.4. 5 1 3.4.5. 6 2 .... 17.18.19. 20 16B = + −+ + +
4 1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5.6 2.3.4.5 .... 17.18.19.20 16.17.18.19B =+−+−++
4 17.18.19.20B =
17.18.19.5 29070.B = =
Bài 3: Tính nhanh các tng sau
a,
1.4 2.5 3.6 ... 100.103D = + + ++
b,
1.3 2.4 3.5 ... 97.99 98.100E = + + ++ +
ng dn gii
a, Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
1. 1 3 2. 2 3 3 3 3 ... 100. 100 3D = ++ ++ +++ +
( ) ( ) ( ) ( )
1.1 1.3 2.2 2.3 3.3 3.3 ... 100.100 100.3D =+++++++ +
( ) ( )
1.1 2.2 3.3 ... 100.100 3 1 2 3 ... 100D = + + ++ + ++++
Đặt,
1.1 2.2 3.3 ... 100.100A = + + ++
1 2 3 4 ... 100B =++++ +
Ta có :
222 2
1 2 3 .... 100A =++++
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 3 1 3 4 1 ... 100 101 1 .A= −+ −+ −++
( ) ( )
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 ... 100.101 1 2 3 ... 100
1.2 2.3 3.4 ... 100.101 2 1 2 3 ... 100
A
D
= + + ++ ++++
= + + ++ + ++++
Đặt
1.2 2.3 3.4 ... 100.101C =++++
, Tính tng C ta được :
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2 3 0 2.3 4 1 3.4 5 2 ... 100.101. 102 99C = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2.3 0.1.2 2.3.4 1.2.3 3.4.5 2.3.4 ... 100.101.102 99.100.101C = + + ++
3 100.101.102 0.1.2 100.101.102 100.101.34CC= = ⇒=
1.2.3 2.3.4 3.4.5 4.5.6 .... 17.18.19B =+++++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
18
( )
100
1 2 3 4 ... 100 100 1 . 101.50 5050.
2
B =++++ + = + = =
Vy
100.101.34 5050 348450.DCB=+= + =
b, Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 2 2 3 3 2 ... 97 97 2 98 98 2E = ++ ++ +++ ++ +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.1 1.2 2.2 2.2 3.3 3.2 ... 97.97 97.2 98.98 98.2E =+++++++ + + +
( ) ( )
1.1 2.2 3.3 ... 97.97 98.98 2 1 2 3 4 ... 97 98E = + + + + + + ++++ + +
Đặt
1.1 2.2 3.3 ... 98.98A = + + ++
1 2 3 4 ... 97 98B =+++++ +
Tính ri tương t câu a rồi thay vào E.
Bài 4: Tính:
1.2 2.4 3.6 4.8 5.10
3.4 6.8 9.12 12.16 15.20
++++
++ + +
ng dn gii
( )
3.4 6.8 9.12 12.16 15.20 6.1.2 6.2.4 6.3.6 6.4.8 6.5.10 6 1.2 2.4 3.6 4.8 5.10++ + + = + + + + = ++++
( )
1
.
66
1.2 2.4 3.6 4.8 5.10 1.2 2.4 3.6 4.8 5.10
3.4 6.8 9.12 12.16 15.20 1.2 2.4 3.6 4.8 5.10
= =
++++ ++++
++ + + ++++
Bài 5: Biết rằng :
222 2
1 2 3 ....... 10 385.+++ + =
Tính tng:
22 2
2 4 ..... 20S =++ +
ng dn gii
Ta có :
( ) ( ) ( )
22 2
2.1 2.2 ..... 2.10S = + ++
( )
2222 22222 2 2
2 .1 2 .2 ...... 2 .10 2 . 1 2 ...... 10 2 .385 1540= + ++ = +++ = =
Bài 6: Không s dụng máy tính hãy so sánh:
ng dn gii
Ta có:
DNG 6: TÍNH TNG CÔNG THC
Bài 1: Tính tng:
11 1
1 (1 2) (1 2 3) ... (1 2 ... 16)
2 3 16
A =+ + + ++ + + +++
ng dn gii
Ta có:
1 2.3 1 3.4 1 16.17 2 3 4 5 17
1 . . ... . ...
22 32 16 2 2222 2
A =+ + ++ =+++++
( )
1 1 17.18
1 2 3 4 ... 17 1 . 1 76.
2 22

= ++++ + = =


2.1 2.3 2.5 ... 2.99A = + + ++
2.2 2.4 2.6 ...... 2.98 100B =++++ +
2.2 2.4 2.6 .... 2.98 100
2.1 2.3 2.5 .... 2.99
2 2 2 2 ...2 2(50 99) 2.49 2.( 49) 0
B
A
BA
AB
=++++ +
= + + ++
=++++ + = + =
⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
19
Bài 2: Tính tng:
ng dn gii
Bài 3: Tính:
11 1
...
1231234 12...59
+ ++
++ +++ ++ +
ng dn gii
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
111 1
...
1 3 .3 1 4 .4 1 5 .5 1 59 .59
222 2
+ + ++
+++ +
222 2 111 1
... 2 ...
3.4 4.5 5.6 59.60 3.4 4.5 5.6 59.60

= + + ++ = + + ++


1 1 19 19
22
3 60 60 30

=−= =


Bài 4: Tính:
50 25 20 10 100 100 1
50 ...
3 3 4 3 6.7 98.99 99
+ + + + + ++ +
ng dn gii
Ta có:
50 25 20 10 100 100 100 100
50 ...
3 3 4 3 6.7 7.8 98.99 99.100
A

= + + + + + + ++ +


11111 11 1
100 100 ...
1.2 2.3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 99.100
A

= ++++ + +++


111 1 1
100 ... 100. 1 99
1.2 2.3 3.4 99.100 100
A

= ++++ = =


Bài 5: Tính:
( ) ( ) ( )
11 1
123 1234 123 50
3 4 50
= + + + + + ⋅⋅⋅ + + +⋅⋅⋅+C
ng dn gii
( ) ( ) ( )
11 1
123 1234 123 50
3 4 50
= + + + + + ⋅⋅⋅ + + +⋅⋅⋅+C
( )
( ) ( )
1 3 .3 1 4 .4 1 50 .50
11 1
3 2 4 2 50 2
++ +
=−⋅
( )
48
1 1 1 3 4 50
1314 150
22
chöõ soá 1

+ +⋅⋅⋅+ + + +⋅⋅⋅+


+ + + +⋅⋅⋅+ +

=−=

( ) ( ) ( ) ( )
11 1 1
1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 .... 1 2 3 .... 2012
2 3 4 2012
P =+ + + ++ + +++ + + +++ +
( )
( ) ( ) ( )
( )
11 1 1
1) 1 1 2 1 2 3 . 1 2 3 4 ...... . 1 2 3 ..... 2012
2 3 4 2012
1 2.3 1 3.4 1 4.5 1 2012.2013
1 . . . ....... .
2 2 3 2 4 2 2012 2
2 3 4 5 2013 1
....... 2 3 4 ..... 2013
2222 2 2
P =+ + + ++ + +++ + + +++ +
=+ + + ++
=++++ + = +++ +
( )
1 1 2012.2013 2025077
1 2 3 .... 2013 1 1
2 22 2

= +++ + = =


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
20
( )
3 50 .48
48
2
24 53.12 612.
2
+
+
= =−+ =
DNG 7: TÍNH TÍCH
Bài 1: Tính tích
a, A=
22 2 2
2 3 4 20
. . ...
1.3 2.4 3.5 19.21
b, B=
222 2
1 2 3 10
. . ...
1.2 2.3 3.4 10.11
ng dn gii
a, Ta có:
( )( )
( )( )
2.3.4...20 2.3.4...20
2.2 3.3 4.4 20.20 20.2 40
. . ....
1.3 2.4 3.5 19.21 1.2.3....19 3.4.5...21 21 21
A = = = =
b, Ta có:
( )( )
( )( )
1.2.3....10 1.2.3...10
1.1 2.2 3.3 10.10 1
. . ....
1.2 2.3 3.4 10.11 1.2.3...10 2.3.4...11 11
B = = =
Bài 2: Tính tng C =
11 1 1
1 1 1 ... 1
1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 ... 2016
 
−−
 
+ ++ +++ +++ +
 
ng dn gii
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
111 1
1 . 1 . 1 .... 1
1 2 .2 1 3 .3 1 4 .4 1 2016 .2016
222 2
C
 
 
=−−
 
+++ +
 
 
 
2 5 9 2017.2016 2 4 10 18 2016.2017 2
. . ..... . . ....
3 6 10 2016.2017 6 12 20 2016.2017
−−
= =
1.4 2.5 3.6 2015.2018 1004
. . ....
2.3 3.4 4.5 2016.2017 3009
C = =
Bài 3: Tính: A =
11 11 11 1 1
...
23 25 27 299
 
−−−
 
 
ng dn gii
Ta có:
( )
( )
49 49
1.3.5....97
135 97 1
. . ....
2.3 2.5 2.7 2.99 2 . 3.5.7...99 2 .99
A = = =
Bài 4: Tính:
1999 1999 1999
1 1 ... 1
1 2 1000
1000 1000 1000
1 1 ... 1
1 2 1999

++ +



++ +


ng dn gii
Ta có:
2000 2001 2002 2999 1001 1002 1003 2999
. . ... : . . ....
1 2 3 1000 1 2 3 1999
A

=


2000.2001.2002...2999 1.2.3...1999
.
1.2.3.4...1000 1001.1002....2999
A

=


1001.1002....1999
1
1001.1002...1999
= =
Bài 5: Tính:
11 1 1
1 1 1 ... 1
4 9 16 400
 
−−
 
 
ng dn gii
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
21
Ta có:
( )( )
( )( )
1.2.3...19 3.4.5...21
3 8 15 399 1.3 2.4 3.5 19.21
. . .... . . ...
4 9 16 400 2.2 3.3 4.4 20.20 2.3.4...20 2.3.4.5...20
= = =
21 21
20.2 40
= =
Bài 6: Tính:
11 1
1 1 ... 1
12 123 123...n

−−

+ ++ ++++

ng dn gii
Ta có:
( )
( ) ( )
11 1
1 1 ... 1
1 2 .2 1 3 .3 1 .
22 2
A
nn


=−−

++ +



( )
222 2
1 1 1 .... 1
2.3 3.4 4.5 1nn

 
=−−−

 

+
 

( )
( )
12
4 10 18
. . ....
2.3 3.4 4.5 1
nn
nn
+−
=
+
( )( )
( )
( )( )
( )( )
1 2 1.2.3...(n 1) 4.5....( 2)
1.4 2.5 3.6
. . ...
2.3 3.4 4.5 1 2.3... 3.4.5...( 1)
nn n
nn n n
−+ +
= =
++
22
.3 3
nn
nn
++
= =
Bài 7: Tính:
a/ b/
ng dn gii
a, Ta có:
.
b, Ta có:
Vy
Bài 8: Tính tích
a, D=
2222 2 22 2
23456789
.......
3 8 15 24 35 48 63 80
b, E=
8 15 24 2499
. . ...
9 16 25 2500
ng dn gii
a,
( )( )
( )( )
2.3.4...8.9 2.3.4...8.9
2.2 3.3 4.4 8.8 9.9 9.2 9
. . .... .
1.3 2.4 3.5 7.9 8.10 1.2.3...7.8 3.4.5...9.10 105
D = = = =
b,
( )( )
( )( )
2.3.4...49 4.5.6...51
2.4 3.5 4.6 49.51 2.51 17
. . ....
3.3 4.4 5.5 50.50 3.4.5...50 3.4.5...50 50.3 25
E = = = =
Bài 9: Tính tích:
111 1
1 1 1 ... 1
1.3 2.4 3.5 2018.2020
C
 
=++ + +
 
 
11 1
1 1 ... 1
5 6 100
B

=−−


111 1
1 1 1 ... 1
1.3 2.4 3.5 2018.2020
C
 
=++ + +
 
 
22 2 2
2 3 4 2019
. . ...
1.3 2.4 3.5 2018.2019
=
( ) ( )
( ) ( )
2.3.4...2019 . 2.3.4...2019
2.3.4...2019 . 3.4.5...2018
=
2.2019 4038= =
11 1
1 1 ... 1
5 6 100
B

=−−


5 1 6 1 99 1 100 1
...
5 6 99 100
−−
 
=
 
 
4 5 98 99 4 1
. ... .
5 6 99 100 100 25
= = =
1
25
B =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
22
a, b, C =
1 2 3 10
1 1 1 ... 1
777 7

−−−


ng dn gii
a, Ta có:
b, Ta có:
6543210 1 2 3
....... . . 0
7777777 7 7 7
C
−−
= =
Bài 10: Tính
ng dn gii
Vy
Bài 11: Tính tích
a,
b, M =
111 1
1 1 1 ... 1
2 3 4 999
 
+++ +
 
 
ng dn gii
a, Ta có:
22 2 2 2
3 8 15 99 120 1.3 2.4 3.5 9.11 10.12
. . .... . . . ....... .
4 9 16 100 121
2 3 4 10 11
A
−−−
= =
22 2 2 2
1.2.3.4...10.3.4.5.6....11.12 1.2.11.12 12
.
22
2 .3 .......11 2 .11
= = =
b, Ta có:
3 4 5 1000 1000
. . .... 500
2 3 4 999 2
M = = =
Bài 12: Tính tích
a, F=
222 2
3 8 15 99
. . ...
234 10
b, N=
111 1
1 1 1 ... 1
2 3 4 1000
 
−−
 
 
ng dn gii
a,
( )( )
( )( )
1.2.3...9 3.4.5...11
1.3 2.4 3.5 9.11 1.11
. . ....
2.2 3.3 4.4 10.10 2.3.4...10 2.3.4...10 10.2
F = = =
b,
1 2 3 999 1
. . ....
2 3 4 1000 1000
N
−−
= =
11 1 1
1 1 1 ... 1
4 9 16 400
B
 
=−−
 
 
11 1 1
1 1 1 ... 1
4 9 16 400
B
 
=−−
 
 
3 8 15 399
. . ...
4 9 16 400
−−−
=
222 2
3.8.15....399
2 .3 .4 ...20
=
1.3.2.4.3.5....19.21
2.2.3.3.4.4....20.20
=
1.2.3...19 3.4.5...21
.
2.3.4...20 2.3.4...20
=
1 21 21
.
20 2 40
=−=
111 1 1
1 1 1 ... 1 1
2 3 4 2018 2019
A
  
=−−
  
  
111 1 1
1 1 1 ... 1 1
2 3 4 2018 2019
A
  
=−−
  
  
1 2 3 2017 2018 1
. . ..... .
2 3 4 2018 2019 2019
A⇒= =
1
2019
A =
11 1 1 1
1 . 1 . 1 ...... 1 . 1
4 9 16 100 121
A
  
=−−
  
  
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
23
Bài 13: Tính tích
a, C=
3 8 15 9999
. . ...
4 9 16 10000
b,
222 2
222 2
1 2 1 3 1 4 1 2012
...
2 3 4 2012
A
 
−−
=
 
 
ng dn gii
a, Ta có:
( )( )
( )( )
1.2.3...99 3.4.5...101
1.3 2.4 3.5 99.101 1.101
. . ....
2.2 3.3 4.4 100.100 2.3.4...100 2.3.4...100 100.2
C = = =
b, Ta có:
2
3 8 15 1 2012 1.3 2.4 3.5 2011.2013
. . .... . . ....
2.2 3.3 4.4 2012.2012 2.2 3.3 4.4 2012.2012
A
−−
= =
( )( )
( )( )
1.2.3...2011 3.4.5...2013
2013
2.3.4....2012 2.3.4...2012 2012.2
=−=
Bài 14: Tính giá trị ca biu thc:
ng dn gii
Bài 15: Cho
11 1
1 1 ... 1
12 123 123...
E
n

=−−

+ ++ ++++

2n
F
n
+
=
, Tính
E
F
ng dn gii
Ta có:
( ) ( )
( )
11 1
1 1 ... 1
1 2 .2 1 3 .3 1 .
22 2
E
nn


=−−

++ +



( )
222 2
1 1 1 .... 1
2.3 3.4 4.5 1nn

 
=−−−

 

+
 

( )
( )
12
4 10 18
. . ....
2.3 3.4 4.5 1
nn
nn
+−
=
+
( )( )
( )
( )( )
( )( )
1 2 1.2.3...(n 1) 4.5....( 2)
1.4 2.5 3.6
. . ...
2.3 3.4 4.5 1 2.3... 3.4.5...( 1)
nn n
nn n n
−+ +
= =
++
22
.3 3
nn
nn
++
= =
22
3
nn
FE
nn
++
> =>>
Bài 16: So sánh :
20
1
21
V =
1.3.5....39
21.22.23...40
U =
ng dn gii
( )( )
( ) ( )
10
1.3.5...37.39 1.3.5.7...37.39
21.23.25....39 22.24.26....40 21.23.25....39 2 11.12.13....20
U = =
11 1 1 1
) 1 1 1 ...... 1
2 1.3 2.4 3.5 2015.2017
aA
 
=++ + +
 
 
11 1 1 1
) . 1 1 1 ....... 1
2 1.3 2.4 3.5 2015.2017
1 2 2 3 3 4 4 2016 2016
............ .
2 1 3 2 4 3 5 2015 2017
1 2 2 3 3 4 4 2016 2016
............ .
2 1 3 2 4 3 5 2015 2017
aA
 
=+++ +
 
 

=



=


2016
2017
=

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
24
( )( )( )
10
1.3.5...39
2 21.23....39 11.13...19 12.14.16.18.20
U =
( ) ( )
10 5
1.3.5..39
2 . 11.13...39 2 6.7.8.9.10
=
( ) ( ) ( )
15 15 5
1.3.5..39 1.3.5...39
2 7.9.11....39 . 6.8.10 2 . 7.9...39 .2 .3.5
U = =
=
20 20
1.3.5..39 1
2 .3.5.7...39 2
=
20 20
11
2 21
UV< ⇒<
Bài 17: Tính nhanh:
ng dn gii
Với mọi ta có .
Từ đó
.
Bài 18: Cho
1 3 5 7 631
. . . .....
2 4 6 8 632
M =
. Chng minh rng:
0,04M <
.
ng dn gii
Đặt
2 4 6 8 632
. . . .....
3 5 7 9 633
N =
.
1 3 5 7 631 2 4 6 8 632
. . . . ..... . . . . .....
2 4 6 8 632 3 5 7 9 633

⇒=


MN
1
633
=
12
23
<
;
34
45
<
; …;
631 633
632 632
<
nên
2
.M MN<
0,39M⇒<
Vy
0,04M <
(đpcm).
Bài 19. Thc hin phép tính:
ng dn gii
111 1 1 2
1 .1 .1 1 .1 1,08
1.3 2.4 3.5 2016.2018 2017.2019 25
C
  
= + + + …+ +
  
  
*
nN
( ) ( )
( )
( )
2
2
1
1 21
1
222
n
nn
nn nn nn
+
++
+= =
+++
22 22 2
2 3 4 5 .2018 27 2
... .
1.3 2.4 3.5 4.6 2017.2019 25 25
C

= …−


2222 2
222 2
2 .3 .4 .5 2018
1.2.3 .4 .5 2017 .2018.2019
=
2
2019
=
1 1 1 1 4 3 5 7 ..... 49
..... .
8 8.15 15.22 43.50 217
−−−

+ + ++


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
25
DNG 8 : TÍNH TNG CÙNG S
Bài 1: Tng cùng s mũ:
a, A=
222 2
1 2 3 ... 98+ + ++
b, B=
2222 2 2
1 2 3 4 ... 19 20+−+− +
ng dn gii
a, Ta có :
1.1 2.2 3.3 ... 98.98A = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 3 1 3 4 1 ... 98 99 1A=>= −+ −+ −++
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 ... 98.99 1 2 3 ... 98A=> = + + ++ ++++
Đặt
1.2 2.3 3.4 ... 98.99B =++++
, Tính tổng B ta được :
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2 3 0 2.3 4 1 3.4 5 2 ... 98.99 100 97B = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2.3 0.1.2 2.3.4 1.2.3 3.4.5 2.3.4 ... 98.99.100 97.98.99B = + + ++
98.99.100
3 98.99.100 0.1.2 98.99.100
3
BB= = ⇒=
Thay vào A ta được :
98.99 98.99.100 98.99
232
AB=+= +
b, Ta có :
2222 2 2
1 2 3 4 ... 19 20B =+−+− +
2
22 2 2 2
(1 2 3 4 ... 19 20 )B=−−+−++
( ) ( )
222 2 2 222 2
1 2 3 ... 19 20 2 2 4 6 ... 20B

= + + ++ + + + ++

( )
22 2 2 2
20.21.22 20.21
2.2 1 2 3 ... 10
32
B


= + + + ++




( )
10.11.12 10.11
20.22.7 20.7 8 20.7.23 8 10.11.4 5.11
32
B

= −− + = +


Bài 2 : Tng cùng s :
a, D =
222 2
1 3 5 ... 99+ + ++
b, E=
222 2
11 13 15 ... 199+ + ++
ng dn gii
a, Ta có :
( ) ( )
2222 2 2 222 2
1 2 3 4 ... 99 100 2 4 6 ... 100D = +++++ + ++++
( )
22 2 2 2
100.101.102 100.101
2 1 2 3 ... 50
32
D

= + + + ++


Đặt
222 2
50.51.52 50.51
1 2 3 ... 50
32
AA= + + ++ = +
, Thay vào D ta được :
( )
100.101.34 50.101 4 50.52.17 25.51D = +− +
b, Ta có :
( )
22222 2 2 22 2
11 12 13 14 15 ... 199 200 12 14 ... 200E =++++++ + +++
Đặt
222 2 22 2
11 12 13 ... 200 , 12 14 ... 200AB= + + ++ = + ++
( )
( )
1 1 1 1 4 3 5 7 .... 49
..... .
1.8 8.15 15.22 43.50 217
5 1 3 5 7 ..... 49
1 11 1 1 1 1 1
. 1 ..... .
7 8 8 15 15 22 43 50 217
5 12.50 25
1 1 1 49 5 625 7.7.2.2.5.31 2
.1 . . .
7 50 217 7 50 7.31 7.2.5.5.7.31 5
−−−

+ + ++


++++ +

= ++−++−


−+

=−===


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
26
Tính ta được :
( ) ( ) ( )
11.11 12.12 13.13 ... 200.200 11. 12 1 12. 13 1 ... 200. 201 1A = + + ++ = + ++
( ) ( ) ( ) ( )
11.12 11 12.13 12 13.14 13 ... 200.201 200A= + + ++
( ) ( )
11.12 12.13 13.14 ... 200.201 11 12 13 ... 200A = + + ++ + + ++
200.201.202 10.11.12 211.190
322
A

= −−


( )
22 2 2 2
100.101.102 5.6.7 106.95
2 6 7 8 ... 100 4
322
B

= + + ++ =


Vy
E AB=
Bài 3 : Tng cùng s :
a, C=
222 2
2 4 6 ... 20+ + ++
b, F=
222 2
1 4 7 ... 100++++
ng dn gii
a, Ta có :
( )
22 2 2 2
2 1 2 3 ... 10C = + + ++
Đặt
222 2
1 2 3 ... 10 1.1 2.2 3.3 ... 10.10A = + + ++ = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
1. 2 1 2. 3 1 3. 4 1 ... 10. 11 1A = −+ −+ −++
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 ... 10.11 1 2 3 ... 10A = + + ++ ++++
10.11.12 10.11
32
=
b, Ta có :
1.1 4.4 7.7 10.10 ... 100.100F =+++ ++
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 4 3 4 7 3 7 10 3 10 13 3 ... 100 103 3F = −+ −+ −+ −++
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.4 1.3 4.7 3.4 7.10 3.7 10.13 10.3 ... 100.103 100.3F = + + + ++
( ) ( )
1.4 4.7 7.10 10.13 ... 100.103 3 1 4 7 10 ... 100F = + + + ++ +++ ++
Đặt
1.4 4.7 7.10 ... 100.103, 1 4 7 10 ... 100AB= + + ++ =+++ + +
Tính
( ) ( ) ( ) ( )
9 1.4 9 0 4.7 10 1 7.10 13 4 ... 100.103 106 97A = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
9 1.4.9 0.1.4 4.7.10 1.4.7 7.10.13 4.7.10 ... 100.103.106 97.100.103A = + + ++
( )
9 1.4.9 100.103.106 1.4.7A =+−
=>
100.103.106 8
9
A
+
=
Tính B rồi thay vào F ta được :
3FAB=
Bài 4 : Cho biết :
222 2
1 2 3 ... 12 650+ + ++ =
, Tính nhanh tng sau :
222 2
2 4 6 ... 24+ + ++
ng dn gii
Ta có :
( )
222 2 222 2
2 4 6 ... 24 2 1 2 ... 12 4.650+ + ++ = + ++ =
Bài 5 : Tng cùng s :
a, G =
222 2
1 3 5 ... 99+ + ++
b, K=
222 2
1.2 2.3 3.4 ... 99.100++++
ng dn gii
a, Ta có :
1.1 3.3 5.5 7.7 ... 99.99G = + + + ++
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1. 3 2 3. 5 2 5 7 2 7 9 2 ... 99 101 2G = −+ −+ −+ −++
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.3 1.2 3.5 2.3 5.7 2.5 7.9 2.7 ... 99.101 2.99G =+−+−+++
( ) ( )
1.3 3.5 5.7 7.9 ... 99.101 2 1 3 5 7 ... 99G = + + + ++ +++++
Đặt
1.3 3.5 5.7 ... 99.101, 1 3 5 7 ... 99AB= + + ++ =+++++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
27
Tính
( ) ( ) ( ) ( )
6 1.3 6 0 3.5 7 1 5.7 9 3 ... 99.101 103 97AA=+−+−++
( ) ( ) ( ) ( )
6 1.3.6 0.1.3 3.5.7 1.3.5 5.7.9 3.5.7 ... 99.101.103 97.99.101A =++−++
( )
99.101.103 3
6 1.3.6 99.101.103 1.3.5 99.101.103 3
6
AA
+
= + = +=> =
Tính tổng B rồi thay vào G
b, Ta có :
1.2.2 2.3.3 3.4.4 ... 99.100.100K =++++
( ) ( ) ( ) ( )
1.2 3 1 2.3 4 1 3.4 5 1 ... 99.100 101 1K = −+ −+ −++
( ) ( ) ( ) ( )
1.2.3 1.2 2.3.4 2.3 3.4.5 3.4 ... 99.100.101 99.100K = + −+ −++
( ) ( )
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 99.100.101 1.2 2.3 3.4 ... 99.100K = + + ++ + + ++
Đặt
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 99.100.101, 1.2 2.3 3.4 ... 99.100AB= + + ++ = + + ++
Tính
( ) ( ) ( ) ( )
4 1.2.3 4 0 2.3.4 5 1 3.4.5 6 2 ... 99.100.101 102 98AA = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
4 1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5.6 2.3.4.5 ... 99.100.101.102 98.99.100.101A =++−++
99.100.101.102
4 99.100.101.102
4
AA= =>=
Tính B tương t rồi thay vào K
Bài 6 : Tng cùng s :
a, H =
222 2
2 4 6 ... 100+ + ++
b, I =
222 2
1.3 3.5 5.7 ... 97.99+ + ++
ng dn gii
a, Ta có :
( )
22 2 2 2
2 1 2 3 ... 50 4.HA= + + ++ =
1.1 2.2 3.3 4.4 ... 50.50A =+++++
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1. 2 1 2 3 1 3 4 1 4 5 1 ... 50 51 1A = −+ −+ −+ −++
( ) ( ) ( ) ( )
1.2 1 2.3 2 3.4 3 ... 50.51 50A =+−+−++
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 ... 50.51 1 2 3 ... 50A = + + ++ ++++
Tính tổng A ta được :
50.51.51 50.51
32
A =
, Thay vào H ta được
b, Ta có :
I=
222 2
1.3 3.5 5.7 ... 97.99+ + ++
=>
1.3.3 3.5.5 5.7.7 ... 97.99.99I = + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
1.3 5 2 3.5. 7 2 5.7 9 2 ... 97.99 101 2I = −+ −+ −++
( ) ( ) ( ) ( )
1.3.5 1.3.2 3.5.7 3.5.2 5.7.9 5.7.2 ... 97.99.101 97.99.2I =+−+−++
( ) ( )
1.3.5 3.5.7 5.7.9 ... 97.99.101 2 1.3 3.5 5.7 ... 97.99I = + + ++ + + ++
Đặt
1.3.5 3.5.7 5.7.9 ... 97.99.101, 1.3 3.5 5.7 ... 97.99AB= + + ++ = + + ++
Ta có :
( ) ( ) ( )
8 1.3.5.8 3.5.7 9 1 5.7.9 11 3 ... 97.99.101 103 95A = + + ++
( ) ( ) ( )
8 1.3.5.8 3.5.7.9 1.3.5.7 5.7.9.11 3.5.7.9 ... 97.99.101.103 95.97.99.101A = + + ++
8 1.3.5.8 97.99.101.103 1.3.5.7 97.99.101.103 15A =+ −=
=>
97.99.101.103 15
8
A
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
28
Tương t nh B rồi thay vào I
Bài 7: Biết :
33 3
1 2 ... 10 3025+ ++ =
, Tính
33 3
2 4 ... 20A = + ++
ng dn gii
( )
33 3 3
2 1 2 ... 10A = + ++
Bài 8: Cho biết:
222 2
1 2 3 ... 12 650+ + ++ =
, Tính nhanh tng sau:
222 2
2 4 6 ... 24+ + ++
ng dn gii
Ta có:
( )
222 2 222 2
2 4 6 ... 24 2 1 2 ... 12 4.650+ + ++ = + ++ =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
29
DNG 9: TNG CÙNG CƠ S
Để giải các bài toán thuộc dạng này chúng ta dùng phương pháp giải phương trình
(làm trôi).
Tính tng dng:
( )
23
1 ... 1
n
S aa a a=++ + ++
Phương pháp:
Bước 1: Nhân vào hai vế của đẳng thức với số a ta được.
234 1
... .
n
aS a a a a a
+
=+++++
(2)
Bước 2: Lấy (2) trừ (1) vế theo vế được:
1
1
1
1.
1
n
n
a
aS S a S
a
+
+
= −⇒ =
1) Tính tổng dãy có cơ số lớn hơn 1.
Bài 1: Tổng cùng cơ số:
a,
0 1 2 100
3 3 3 ... 3A = ++ ++
b,
3 5 7 2009
2 2 2 2 ... 2B =+ + + ++
ng dn gii
a, Ta thấy mỗi số hạng sau gấp số hạng liền trước nó “3” lần .
Ta có :
( )
( ) ( ) ( )
1 2 100 101
2 2 2000 2000 2001
101
101
3 3 3 ... 3 3
3 2 3 3 3 3 ... 3 3 3 1
231
31
2
S
AA A
S
S
= + ++ +
= = + ++ +
⇒=
⇒=
b, Ta có :
2 3 5 7 2009 2011
2 2 2 2 ... 2 2B = + + ++ +
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 5 5 2009 2009 2011
4 3 2 2 2 2 ... 2 2 2 2BB B = = + ++ +
2011
2011
22
32 2
3
BB
= −⇒ =
Bài 2: Tổng cùng cơ số:
a) .
b)
3 5 7 101
5 5 5 5 ... 5C =+ + + ++
ng dn gii
a,
b, Ta có :
2 3 5 7 101 103
5 5 5 5 ... 5 5C = + + ++ +
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 5 5 101 101 103
25 24 5 5 5 5 ... 5 5 5 5CC C=> = = + ++ +
0 1 2 3 4 2018 2019
55555 5 5=++++++ +M
0 1 2 3 4 2018 2019
55555 5 5=++++++ +M
1 2 3 4 2019 2020
5 5555 5 5=+++++ +M
( )
( )
1 2 3 4 2019 2020
0 1 2 3 4 2018 2019
5 5555 5 5
55555 5 5
+++++ +
+++++
−=
++
MM
2020
2020
51
451
4
= −⇒ =MM
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
30
103
103
55
24 5 5
24
CC
=> = −=> =
Bài 3: Tổng cùng cơ số:
a, b, F =
2 4 6 2016
1 5 5 5 ... 5+++++
ng dn gii
a, Ta có : Ta có và
Khi đó suy ra .
b, Ta có :
2 2 4 6 2016 2018
5 5 5 5 ... 5 6F = + + ++ +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 4 4 2016 2016 2018
25 24 5 5 5 5 ... 5 5 5 1FF F= =−+−++ +
2018
2018
51
24 5 1
24
FF
= −⇒ =
Bài 3: Thc hin phép tính: .
ng dn gii
Ta có
Vy
Bài 4: Tổng cùng cơ số: G =
2 4 6 2016
1 2 2 2 ... 2+++++
ng dn gii
Ta có :
2 2 4 6 2016 2018
2 2 2 2 ... 2 2G = + + ++ +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 4 4 2016 2016 2018
4 3 2 2 2 2 ... 2 2 2 1GG G==−+−++ +
2018
2018
21
32 1
3
GG
= −⇒ =
Bài 5: Tổng cùng cơ số:
a,
50 49 48 2
2 2 2 ... 2 2M = −−
b,
100 99 98 97 2 1
3 3 3 3 ... 3 3 1N = + ++ +
ng dn gii
a, Ta có :
( )
50 2 3 48 49
2 2 2 2 ... 2 2M = + + ++ +
Đặt
2 3 4 48 49
2 2 2 2 ... 2 2A =+++++ +
, Tính A ta được :
50
22A =
, Thay vào M ta được :
( )
50 50 50
2 2 2 22MA= −= =
b, Ta có :
2 3 98 99 100
1 3 3 3 ... 9 9 3N =−+ + + +
2 3 4 99 100 101
3 3 3 3 3 ... 3 3 3N =−+−++ +
( )
( ) ( ) ( )
2 2 3 3 100 100 101
3 3 3 3 3 3 3 ... 3 3 3 1NN + = + + ++ + +
2 3 2018 2019
7 7 7 ... 7 7B =+ + ++ +
2 3 2018 2019
7 7 7 ... 7 7B =+ + ++ +
2 3 4 2019 2020
7 7 7 7 ... 7 7B= + + ++ +
2020
7 77BB−=
2020
77
6
B
=
100 99 99 2
2 2 2 ...... 2 2 1A = −−−
( )
100 99 98 2
2 2 2 ...... 2 2 1A = + + + ++
99 98 2 100 99 3 2
2 2 ...... 2 2 1 2 2 2 ...... 2 2 2BB= + + +++ = + + +++
( ) ( )
100 99 3 2 99 98 2
2 2 2 ...... 2 2 2 2 2 ...... 2 2 1BB = + + +++ + + +++
100
21B =
( )
100 100 100 100 100
2 2 2 1 2 2 11AB= = = +=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
31
101
101
31
4 31
4
NN
+
= +=> =
Bài 6: Tổng cùng cơ số : I =
2 3 63
1 2 2 ... 2+ + ++
ng dn gii
Ta có :
3 4 64
2 2 2 2 ... 2I =+ + ++
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 4 4 63 63 64
2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 1II = + ++ + +−
=>
64
21I = +
Bài 7: Tính giá trị ca biu thc:
2 3 2008
1 2 2 2 ... 2B =−+ + +
ng dn gii
Ta có :
2 3 2008
1 2 2 2 ... 2B =−+ + +
2 3 4 2009
2 2 2 2 2 .... 2B =−+−++
2009
2009
21
2 3 12
3
BB B B
+
+= =+ =
Bài 8: Tính
( )
98 2
2000 2001 2001 ... 2001 2001 1A = + ++ + +
ng dn gii
Đặt :
23 9
2001 2001 2001 ... 2001B = + + ++
2 3 10
2001 2001 2001 ... 2001B = + ++
10
2001 2000 2001 2001BB B −= =
, Khi đó :
10 10
2000 1 2001 2001 1 2001 2000AB= += +=
Bài 9: Cho
2010 2009 2008
2 2 2 ... 2 1H = −−
, Tính
2010
H
ng dn gii
Ta có :
( )
2010 2 3 2008 2009
2 1 2 2 2 ... 2 2H = ++ + + + +
. Đặt :
2 3 2009
1 2 2 2 ... 2A =++ + + +
Tính tổng A ta được :
2010
21A =
, Thay vào H ta được :
( )
2010 2010
2 2 1 1 2010 2010
H
H = −= =
Bài 10: Tổng cùng cơ số : H=
2 3 99
1 2.6 3.6 4.6 ... 100.6+ + + ++
ng dn gii
Ta có :
2 3 4 100
6 6 2.6 3.6 4.6 ... 100.6H =+++++
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 3 99 99 100
6 5 2.6 6 3.6 2.6 4.6 3.6 ... 100.6 99.6 1 100.6HH H = = + + ++ +
( )
2 3 99 100
5 6 6 6 ... 6 1 100.6H =+ + ++ +
Đặt
2 3 99
6 6 6 ... 6A =+ + ++
, Tính A ta được :
100
66
5
A
=
, Thay vào H ta được :
( )
100
100 100
66
5 1 100.6 1 100.6
5
HA
= + = +−
100 100 100
6 6 5 500.6 499.6 1
55
−+− +
= =
100
499.6 1
25
H
+
⇒=
2) Tính tổng dãy có cơ số bé hơn 1.
Bài 1. Tính tổng sau
20052
2
1
...
2
1
2
1
+++=S
(1)
ng dn gii
Cách 1: Ta thấy mỗi số hạng liền sau của tổng đều kém số hạng liền trước của nó “2” lần
20042
2
1
...
2
1
2
1
12 ++++=S
(2)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
32
Trừ vế với vế của (2) cho (1) ta được:
2005
2005
2005
2
12
2
1
1
==S
Cách 2: Ta có:
2 3 2006
1 11 1
...
2
22 2
S = + ++
(3)
Trừ vế với vế của (1) cho (3) ta được:
2005 2005 2005
2006 2006 2006 2005
11121121 21
.
22 2
22 2 2
SS S S
−−
=− = = ⇒=
Bài 2. Tính nhanh:
23 8
11 1 1
... .
33 3 3
A =++++
ng dn gii
Ta có:
27
11 1
3 1 ...
3
33
A =++ ++
(1)
27
11 1
... .
3
33
A =+ ++
(2)
Lấy (1) trừ (2) được:
8
1 1 6560
21 1
6561 6561
3
A =−= =
.
Do đó:
3280
6561
=A
.
Bài 3: Tính tổng cơ số: A=
2 3 100
11 1 1
...
77 7 7
+ + ++
ng dn gii
a, Ta có:
2 3 4 100 101
1 111 1 1
...
7 777 7 7
A = + + ++ +
2 2 3 3 100 100 101
1 11 11 1 1 11
...
7 7 7 7 7 7 7 77
AA
 
= + ++ +
 
 
=>
100 100
101 100
6 71 71
.
7 7 6.7
AA
−−
= =>=
Bài 4: Tính tổng cơ số: B =
2 3 20
11 1 1
...
33 3 3
+ + ++
ng dn gii
Ta có:
2 3 4 20 21
1 111 1 1
...
3 333 3 3
B = + + ++ +
2 2 3 3 20 20 21
1 11 11 1 1 11
...
3 3 3 3 3 3 3 33
BB
 
= + ++ +
 
 
20 20
21 20
2 31 31
.
3 3 2.3
BB
−−
=> = =>=
Bài 5: Tính tổng cơ số
a, D =
0 1 2 2017
111 1
...
777 7
 
+− +− + +−
 
 
b, E=
2 3 4 50 51
11 1 1 1 1
...
33 3 3 3 3
+−+−+
ng dn gii
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
33
a, Ta có:
2 3 2016 2017
11 1 1 1
1 ...
77 7 7 7
D =−+ ++
2 3 4 2017 2018
1 11 1 1 1 1
...
7 77 7 7 7 7
D =−+−++
2 2 2017 2017 2018
1 11 1 1 1 1 1
... 1
7 77 7 7 7 7 7
DD
−−
 
+=+++++++
 
 
2018 2018
2018 2018
871 71
7 7 8.7
DD
−−
= =>=
b, Ta có:
2 3 4 51 52
1 11 1 1 1
...
3 333 3 3
E
= + ++
2 2 3 3 51 51 52
1 1 1 11 1 1 1 1
...
3 3 3 3 3 3 3 33
EE
−−
 
+=++++++++
 
 
=>
51 51
52 51
4 31 31
3 3 4.3
EE
++
= =>=
Bài 6: Tính tổng cơ số G =
4 7 100
33 3 3
...
55 5 5
++++
ng dn gii
Ta có:
4 7 100
33 3 3
...
55 5 5
G =++++
4 7 100
11 1 1
3 ...
55 5 5
G

= + + ++


Đặt
4 7 100 3 4 7 10 103
111 1 1 111 1
... ...
5
55 5 5 555 5
AA=+ + ++ = + + ++
4 4 7 7 100 100 103
1 11 11 1 1 11
...
125 5 5 5 5 5 5 5 5
AA
 
= + ++ +
 
 
102 102
103 103 100
124. 1 1 5 1 5 1
125 5 5 5 5 .124
A
A
−−
= = =>=
Bài 7: Tính tổng cơ số
a,
22 2
200 3 ...
3 4 100
2
1 2 3 99
...
2 3 4 100
K

++++


= =
++++
b, I =
2 3 100
11 1 1
1 ...
22 2 2
  
++ + ++
  
  
ng dn gii
a, Ta có:
222 2
2 2 2 ... 2 1
3 4 5 100
TS

=+− +− ++− +


4 6 8 198 2
...
3 4 5 100 2
TS =++++ +
1 2 3 99
2 ... 2.
2 3 4 100
MS

= ++++ =


2
2
TS MS
K
MS MS
=>= = =
b, Ta có :
2 3 4 100
1111 1
1 ...
22 2 2 2
I =++++++
2 3 100 101
1 11 1 1 1
...
22
22 2 2
I =+ + ++ +
2 2 3 3 100 100 101
1 11 1 1 1 1 1 1 1
... 1
2 22
22 22 2 2 2
II
  
⇒− = + + ++ +
  
  
101 101
101 100
121 21
22 2
II
−−
= =>=
Bài 8: Tính tổng cơ số: C =
3 5 99
11 1 1
...
22 2 2
+ + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
34
ng dn gii
a, Ta có :
2 3 5 7 99 101
1 111 1 1
...
2 222 2 2
C = + + ++ +
3 3 5 5 98 98 101
1 3 11 11 1 1 11
...
4 4 2 2 2 2 2 2 22
CCC
 
= = + ++ +
 
 
=>
100 100
101 99
3 21 21
4 2 3.2
CC
−−
= =>−
Bài 9: Tính tổng cơ số: H=
2 3 4 2017
1 2 3 4 2017
...
33 3 3 3
+++++
ng dn gii
Ta có :
2 3 4 5 2017 2018
1 1 2 3 4 2016 2017
...
3 3333 3 3
H = + + + ++ +
2 2 3 3 4 4 2017 2017 2018
1 2 1 3 2 4 3 2017 2016 1 2017
...
3 33 33 33 3 3 33
HH
  
=−+−+−++ +
  
  
2 3 4 2017 2018
2 1 1 1 1 1 2017
...
3 3 3 3 3 33
H = + + ++ +−
Đặt
2 3 2017
11 1 1
...
33 3 3
A =+ + ++
, Tính A rồi thay vào H
Bài 10: Tính tổng cơ số: F =
3 4 5 100
3 4 5 100
1 ...
222 2
+ + + ++
ng dn gii
Ta có:
4 5 6 100 101
1 1 3 4 5 99 100
...
2 22 2 2 2 2
F =+ + + ++ +
4 4 5 5 100 100 3 101
1 4 3 5 4 100 99 3 1 100
... 1
2 2 2 2 2 2 2 2 22
FF
 
= + ++ + + −−
 
 
4 5 6 100 101
1 1 1 1 1 1 3 100
...
2 2 2 2 2 282
F

= + + ++ + −−


Đặt
4 5 6 100
111 1
...
222 2
A = + + ++
. Tính A rồi thay vào F
DẠNG 10: TÍNH ĐƠN GIẢN
Bài 1: Tính giá trị của các biểu thc:
a)
( ) ( )
37 54 70 163 246A = + +− +− +
.
b)
( ) ( ) ( )
32
*
125. 61 . 2 . 1 ()
n
Bn= −−
.
c)
1 2 3 4 5 6 7 ... 2014 2015 2016 2017 2018C =+ ++ + + +
.
ng dn gii
a)
( ) ( )
37 54 70 163 246A = + +− +− + =
( ) ( ) ( ) ( )
54 246 37 163 70+ + +− +−


( ) ( )
200 70 030 30 +− == +
.
Vy
30 A =
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
35
b)
( ) ( ) ( )
32
*
125. 61 . 2 . 1 ()
n
Bn= −−
( ) ( )
125. 8 . 61 .1 61000= −− =
.
Vy
61000 B =
.
c)
1 2 3 4 5 6 7 ... 2014 2015 2016 2017 2018C =+ ++ + + +
( ) ( ) ( )
1 2 3 4 5 6 7 8 9 ... 2014 2015 2016 2017 2018=+ + + + ++ + +
1 2018 2019=+=
.
Vy
2019C =
.
Bài 2: Tính hp lí:
51.125 51.42 17.150
3 6 9 ... 99
B
−−
=
+++ +
ng dn gii
Đặt:
51.125 51.42 17.150A = −−
;
3 6 9 ... 99C =+++ +
.
51.125 51.42 17.150 51.125 51.42 17.3.50A = −− = −−
( )
51.125 51.42 51.50 51. 125 42 50 51.33= = −− =
.
3 6 9 ... 99C =+++ +
Số các hng t ca C :
( )
99 3 :3 1 33 +=
.
Do đó:
99 3
3 6 9 ... 99 33. 33.51
2
C
+

=+++ + = =


.
Vy
51.125 51.42 17.150 51.33
1
3 6 9 ... 99 33.51
A
B
C
−−
= = = =
+++ +
.
Bài 3: Tính bng cách hp lý nht nếu có th
a)
78. 23 37. 78 40. 78
b)
5 2 241
1 .15 . 15 105 .
7 7 357



ng dn gii
a) Ta có:
78. 23 37. 78 40. 78 78 .23 78 .37 78 .40 78 23 37 40  
78 .100 7800 
b)
5 2 241
1 .15 . 15 105 .
7 7 357



12 2 1 12 2
15 . 15 . 105 . 15 1 15 .2 1 31
7 7 105 7 7

  

Bài 3: Tính bng cách hp lý nht nếu có th
ng dn gii
171717 1717171 1717171
40.
303030 424242 565656
B



THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
36
Bài
4: Rút gn
ng dn gii
Bài 5: Thc hin phép tính:
ng dn gii
Bài 6: Thc hin phép tính:
a,
1.2.3 2.4.6 4.8.12 7.14.21
1.3.5 2.6.10 4.12.20 7.21.35
++ +
++ +
b,
1.7.9 3.21.27 5.35.45 7.49.63
1.3.5 3.9.15 5.15.25 7.21.35
+++
++ +
ng dn gii
a, Ta có :
1.2.3 2.4.6 4.8.12 7.14.21
1.3.5 2.6.10 4.12.20 7.21.35
++ +
++ +
=
( )
( )
1.2.3 1 2.2.2 4.4.4 7.7.7
1.2.3 2
1.3.5 1 2.2.2 4.4.4 7.7.7 1.3.5 5
+++
= =
+++
171717 1717171 1717171
40.
303030 424242 565656
17.10101 17.10101 17.10101
40.
30.10101 42.10101 56.10101
17 17 17
40.
30 42 56
111
40.17
30 42 56
11
40.17
5.6 6.
B
B
B
B
B













1
7 7.8
1111 11
40.17
5667 78
11
40.17.
58
3
40.17.
40
51
B
B
B
B








579
11 13 15 17 19 21
25 25 25
555555
B
++
=
+++++
( ) ( )
( )
( )( )
10 4 8
5 7 9 10 14 18
11 13 15 17 19 21
11 15 19 13 17 21 4 8 11 13
5 15 5
25 25 25 5 5 5
555555
555 555 15555
B
++
+ + ++
= = =
+++++
+ + + + + ++ +
10
11 13
5 11
5 5 5 125 130
= = =
++
2.3.5 4.9.25 6.9.35 10.21.40
2.3.7 4.9.35 6.9.49 10.21.56
A
+++
=
+++
2.3.5 4.9.25 6.9.35 10.21.40
2.3.7 4.9.35 6.9.49 10.21.56
A
+++
=
+++
2.3.5 2.3.5.2.3.5 2.3.5.3.3.7 2.3.5.5.7.8
2.3.7 2.3.7.2.3.5 2.3.7.3.3.7 2.3.7.5.7.8
+++
=
+++
( )
( )
2.3.5 1 2.3.5 3.3.7 5.7.8
5
2.3.7 1 2.3.5 3.3.7 5.7.8 7
+++
= =
+++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
37
b, Ta có :
1.7.9 3.21.27 5.35.45 7.49.63
1.3.5 3.9.15 5.15.25 7.21.35
+++
++ +
=
( )
( )
1.7.9 1 3.3.3 5.5.5 7.7.7
1.7.9 21
1.3.5 1 3.3.3 5.5.5 7.7.7 1.3.5 5
+++
= =
+++
Bài 7:Thc hin phép tính:
1.2 2.4 3.6 4.8 5.10
3.4 6.8 9.12 12.16 15.20
++++
++ + +
ng dn gii
Ta có :
1.2 2.4 3.6 4.8 5.10
3.4 6.8 9.12 12.16 15.20
++++
++ + +
=
( )
( )
1.2 1 2.2 3.3 4.4 5.5
1.2 1
3.4 1 2.2 3.3 4.4 5.5 3.4 6
++++
= =
++++
2.3 4.6 6.9 8.12
3.4 6.8 9.12 12.16
B
+++
=
++ +
Bài 8: Tính giá trị ca biu thc sau:
2567
567 2
abc d
B
bcda
=++ +
biết
2567
567 2
abc d
bcda
= = =
và
, , , 0.abcd
ng dn gii
Đặt
2567
567 2
abc d
Bk
bcda
= = = = =
4
2567
. . . 1 1 4.
567 2
abc d
kk B
bcda
= = =±⇒ =±
1 => B =
4±
Bài 9: Tính gá trị ca biu thc: B=
2 222
22
am an bn bm
ab
−+
+
ng dn gii
Ta có :
( ) ( )
( )
( )
( )
22
22
22
22
a b mn
amn bmn
B mn
ab
ab
+−
−+
= = =
+
+
Bài 10: Thc hin phép tính:
( )
( )( ) ( )( )
ab bc cd da abcd
cdab bcad
+++
+ ++−
ng dn gii
Ta có :
( )
MS ca cb da bd ab bd ca cd ab bc cd da=++++−+ = +++
Khi đó :
( )
()TS ab bc cd da abcd
abcd
MS ab bc cd da
+++
= =
+++
Bài 8: Tính giá trị ca biu thc:
( )( ) ( )( )
( )
ab xy aybx
A
abxy xy ay ab bx
+ −−
=
+++
ng dn gii
Ta có:
( )( ) ( )( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
1
ab x y a ybx
A
abxy xy ay ab by
axy bxy abx ybx
abxy xy ay ab by
ax ay bx by ab ax by xy
abxy xy ay ab by
ay bx ab xy xy ay ab by
abxy xy ay ab by abxy xy ay ab by abxy
+ −−
=
+++
−− + −− +
=
+++
−−++−
=
+++
−− −+ + +
= = =
+++ +++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
38
Bài 9: Tính tng
a, A=
0 1 2 2004
5 10 2000
2 2 2 ... 2
1 2 2 ... 2
+ + ++
+ + ++
b, B=
2 3 100
2 3 100
1 5 5 5 ... 5
1 4 4 4 ... 4
++ + + +
++ + + +
ng dn gii
a, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 7 8 9 2000 2001 2002 2003 2004
5 10 15 2000
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2
1 2 2 2 ... 2
A
++ + + + + + + + + + + + + +
=
+ + + ++
( ) ( ) ( )
234 5 234 2000 234
5 10 15 2000
122 2 2 2122 2 2 ...2 122 2 2
1 2 2 2 ... 2
A
++ + + + ++ + + + + ++ + +
=
+ + + ++
( )( )
( )
( )
2 3 4 5 10 2000
234
5 10 2000
1 2 2 2 2 1 2 2 ... 2
122 2 2
1 2 2 ... 2
A
++ + + + + ++
= = ++ + +
+ + ++
b, Ta có:
2 3 100
1 5 5 5 ... 5M =++ + + +
2 3 100 101
5 5 5 5 ... 5 5M =+ + ++ +
101
101
51
5 4 51
4
MM M M
= = −⇒ =
2 3 100
1 4 4 4 ... 4N =++ + ++
101
2 3 4 101 101
41
4 4 4 4 4 ... 4 4 3 4 1
3
N NN N N
=+++++ = = ⇒=
Khi đó:
M
B
N
=
Bài 11: Tính tng: A=
101 100 99 ... 2 1
101 100 99 98 ... 2 1
+ + + ++
+ +−+
ng dn gii
Ta có:
( )
1 101 .101
101.51 5151
2
TS
+
= = =
( ) ( ) ( )
101 100 99 98 ... 3 2 1 1 1 ... 1 51MS = + + + +=++ +=
.
Khi đó:
51.101
101
51
TS
A
MS
= = =
Bài 12: Cho x là tng ca tt c các s nguyên hai ch s, y là s nguyên âm ln
nhất. Hãy tính giá trị ca biu thc : .
ng dn gii
x là tng ca tt c các số nguyên có hai ch s nên :
y là s nguyên âm lớn nht nên: . Do đó:
.
DNG 11: TÍNH T S CA HAI TNG
2018
2017
2020. 2019.Ax y=
( ) ( )
10 ( 11) ... 99 10 11 ... 99x = + ++ + + ++
( ) ( ) ( )
10 10 11 11 ... 99 99 0 0 ... 0 0

= + +− + ++− + =+++=

1y =
( ) ( )
2017
2018 2017 2018
2020. 2019. 2020.0 2019. 1 0 2019. 1 2019Ax y= = −−=−−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
39
Bài 1: Thc hin phép tính:
ng dn gii
a) Ta có
Do đó
Bài 2: Tính giá tr các biểu thc :
a)
11 1 1
1 ...
3 5 97 99
;
111 11
...
1.99 3.97 5.95 97.3 99.1
++++ +
=
+ + ++ +
A
b)
111 1
...
2 3 4 100
.
99 98 97 1
...
1 2 3 99
++++
=
+ + ++
B
ng dn gii
a) Ghép các phân s s b chia thành tng cp đ MC ging mu của các
phn s tương ng s chia. Biến đi s b chia : cng tng cp các phân s cách
đều hai đầu ta đưc :
1 1 1 1 1 1 1 100 100 100 100
1 ... ... .
99 3 97 5 95 49 51 1.99 3.97 5.95 49.51
 
+ + + + + ++ + = + + ++
 
 
Biu th
c này gấp 50 lần s chia. Vy
50.=A
b) Biến đổi s chia : viết các phần t thành hiu :
100 1,100 2,...,100 99.−−
s
chia bng :
100 1 100 2 100 3 100 99
...
1 2 3 99
−−
+ + ++
100 100 100 100 1 2 3 99
... ...
1 2 3 99 1 2 3 99

= + + ++ ++++


11 1
100 100 ... 99
2 3 99

= + +++


2010 2009 2008 1
....
1 2 3 2010
111 1
...
2 3 4 2011
C
+ + ++
=
++++
2010 2009 2008 1
....
1 2 3 2010
+ + ++
2009 2008 2007 1
1 1 1 .... 1 1
2 3 4 2010
 
= ++ ++ + + ++
 
 
2011 2011 2011 2011 2011
...
2 3 4 2010 2011
=+++++
111 1 1
2011 ...
2 3 4 2010 2011

= ++++ +


2010 2009 2008 1
....
1 2 3 2010
111 1
...
2 3 4 2011
C
+ + ++
=
++++
111 1 1
2011 ...
2 3 4 2010 2011
2011
111 1
...
2 3 4 2011

++++ +


= =
++++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
40
11 1 11 1 1
1 100 ... 100 ... .
2 3 99 2 3 99 100

+ +++ = +++ +


Biu th
c này bằng 100 ln s b chia. Vy
1
.
100
=B
Bài 3: a) Tính
( ) ( ) ( )
1 1 2 1 2 3 ... 1 2 3 ... 98
1.98 2.97 3.96 ... 98.1
++ +++++++++
=
+ + ++
D
b*) Chng minh rng biu thức E có giá trị bng
1
.
2
1.98 2.97 3.96 ... 98.1
1.2 2.3 3.4 ... 98.99
+ + ++
=
++++
E
ng dn gii
a) Số b chia gm 98 tng, s 1 có mt 98 tng, s 2 có mt 97 tng, s 3 có
mt 96 tng…, s 97 có mt 2 tng, s 98 có mt 1 tng.
Như vy s b chia bng
1.98 2.97 3.96 ... 97.2 98.1+++++
, bng s chia. Vy
1.=D
b) Theo câu a, s b chia bng:
( ) ( ) ( )
1 1 2 1 2 3 ... 1 2 3... 98++ +++++++ +
. Theo công thức tính tng các s t
nhiên liên tiếp, biu thức này bằng:
1.2 2.3 98.99
...
22 2
+ ++
, bng
1
2
s chia.
Vy
1
.
2
=E
Bài 4:
Cho
Chng minh rng mt s nguyên.
ng dn gii
11 1
......
1.2 3.4 37.38
A =+++
11 1
.....
20.38 21.37 38.20
B = + ++
A
B
1 1 1 1111 1 1
) ....... ......
1.2 3.4 37.38 1 2 3 4 37 38
11 1 11 1
1 ..... .......
3 5 37 2 4 38
1111 1 11 1
.... 2. .......
1 2 3 4 38 2 4 38
11 1
.......
20 21 38
bA= + + + =−+−+ +

= +++ + ++ +



= ++++ + ++ +


=++ +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
41
Bài 5: Tính t s .
Biết .
ng dn gii
Bài 6: Tính giá tr ca biu thc sau một cách hợp lý:
111 111
2 12 30 9120 9506 9900
A
50 51 52 97 98 99
50 .......
51 52 53 98 99 100
++++++
=
−−−− −−−
.
ng dn gii
Xét t:
111 111
T
2 12 30 9120 9506 9900
111 1 1 1
T
1.2 3.4 5.6 95.96 97.98 99.100
111 1 1 1 1
1 .....
2 3 4 97 98 99 100
111 1 1 1 1 11 1 1
1 ...... 2. ....
2 3 4 97 98 99 100 2 4 98 100
111 1
1 ......
234 99
T
T
T
=++++++
=++++ + +
=−+−+ + +

= ++++ + + + + ++ + +


= ++++ +
1 11 1 1
1 ....
100 2 3 49 50
111 1 1
...... (1)
51 52 53 99 100
T

+ +++ + +


=+++ ++
Xét mu:
11 1
.....
20.38 21.37 38.20
1111 11 11 1
58 ...... 2 ..... 2
20 38 21 37 38 20 20 21 38
2 58
29
58 2
B
BA
A
BA
B
= + ++

=++++ ++= +++ =


= ⇒= =
A
B
46 9 7
7.31 7.11 10.41 10.57
A =++ +
7 5 3 11
19.31 19.43 23.43 23.57
B =+++
4 6 9 7 1111111111
5 35.31 35.41 50.41 50.57 31 35 35 41 41 50 50 57 31 57
A
= + + + =−+−+−+−=−
7 5 3 11 1111111111
2 38.31 38.43 46.43 46.57 31 38 38 43 43 46 46 57 31 57
B
= + + + =−+−+−+=
5
52 2
AB A
B
⇒=⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
42
50 51 52 97 98 99
50 .......
51 52 53 98 99 100
50 51 98 99
1 1 ..... 1 1
51 52 99 100
11 1 1
... (2)
51 52 99 100
M
M
M
=−−−− −−−
 
= +− + +− +−
 
 
=++++
T (1) và (2) suy ra: tử bng mẫu. Do đó:
1A =
Bài 7. Tính
2 3 2019 2019
11 1 1 1
... : 1 .
22 2 2 2
A

= + + ++


ng dn gii
Ta có
2 3 2019 2019
11 1 1 1
... : 1
22 2 2 2
A

= + + ++


2 3 2019 2019
11 1 1 1
2. 2. ... : 1
22 2 2 2
A

= + + ++


2 2018 2019
11 1 1
2. 1 ... : 1
22 2 2
A

= ++ ++


Xét hiu:
2 2018 2019 2 3 2019 2019
11 1 1 11 1 1 1
2. 1 ... : 1 ... : 1
22 2 2 22 2 2 2
AA
 
= ++ ++ + + ++
 
 
2 2018 2 3 2019 2019
11 1 11 1 1 1
1 ... ... : 1
22 2 22 2 2 2
A

= ++ ++ −−


2019 2019
11
1 :1 1
22
A

= −=


Vy
1A =
Bài 8: Tính t s
A
B
biết:
2012 2012 2012 2012
...
51 52 53 100
A =++++
111 1
...
1.2 3.4 5.6 99.100
B =++++
ng dn gii
Ta có :
111 1
2012 ...
51 52 53 100
A

= + + ++


1111 1 1 111 1 1 111 1
... .... 2 ...
1 2 3 4 99 100 1 2 3 99 100 2 4 6 100
B

=−+−++ = +++ + + ++++


111 1 111 1 1 1 1 1
... ... ...
1 2 3 100 1 2 3 50 51 52 53 100
B

= ++++ ++++ = + + ++


Khi đó :
2012
2012
1
A
B
= =
Bài 9: Tính t s
A
B
biết:
111 1
...
1.2 3.4 5.6 199.200
A =++++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
43
11 1
...
101.200 102.199 200.101
B = + ++
ng dn gii
11 11 1 1 111 1 11 1
... ... 2 ...
1 2 3 4 199 200 1 2 3 200 2 4 200
A

= + ++ = ++++ +++


111 1 111 1 1 1 1
... ... ...
1 2 3 200 1 2 3 100 101 102 200
A

= ++++ ++++ = + ++


1 1 1 1 1 1 301 301 301
... ...
101 200 102 199 150 151 101.200 102.199 150.151
A

=++++++= + ++


11 11 11
...
101.200 200.101 102.199 199.102 150.151 151.150
B

=++++++


22 2
...
101.200 102.199 150.151
B = + ++
Khi đó :
301
2
A
B
=
Bài 10: Tính giá trị
A
B
biết:
111 1
...
1.2 3.4 5.6 101.102
A =++++
111 12
...
52.102 53.101 54.100 102.52 77.154
B =+++++
ng dn gii
Ta có :
11 11 1 1 1111 1 1
... ...
1 2 3 4 101 102 1 2 3 4 101 102
A

= + ++ = −+−++


111 1 1 11 1
... 2 ...
1 2 3 101 102 2 4 102
A

= ++++ + +++


111 1 11 1 1 1 1 1
... ... ...
1 2 3 102 1 2 51 52 53 101 102
A

= ++++ +++ = + ++ +


1 1 1 1 1 1 1 154 154 154 154
... ...
52 102 53 101 76 78 77 52.102 53.101 76.78 77.154
A

= + + + ++ + + = + ++ +


1 1 1 1 11 2
...
52.102 102.52 53.101 101.53 76.78 78.76 77.154
B

=+++++++


2 2 22
...
52.102 53.101 76.78 77.154
B = + ++ +
=>
154
77
2
A
B
= =
Bài 11: Chng minh rng:
11 1 111 1 1 1 1
1 ... ... ...
3 5 99 2 4 6 100 51 52 100

++++ ++++ = + ++


ng dn gii
Ta có :
111 1 1 111 1
1 ... 2 ...
2 3 4 99 100 2 4 6 100
VT

= +++++ + ++++


111 1 11 1 1 1 1
1 ... 1 ... ...
2 3 4 100 2 3 50 51 52 100
VT VP

= +++++ ++++ = + ++ =


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
44
Bài 12: Cho
Tính
ng dn gii
Ta có :
Do đó
Bài 13: Chng minh rng:
1 1 1 1 2 3 99
100 1 ... ...
2 3 100 2 3 4 100

++++ =++++


ng dn gii
Ta có :
( )
1 1 1 1 2 3 99
1 1 1 1 ... 1 ...
2 3 100 2 3 4 100
VT

=+− +− ++− =++++


VP=
(đpcm)
Bài 14: Tính t s
A
B
biết :
1 2 3 92
92 ...
9 10 11 100
A = −− −−
111 1
...
45 50 55 500
B = + + ++
ng dn gii
Ta có :
1 2 3 92 88 8 11 1
1 1 1 ... 1 ... 8 ...
9 10 11 100 9 10 100 9 10 100
A
 
= + + ++ =+ ++ = + ++
 
 
11 1 1
...
5 9 10 100
B

= + ++


. Khi đó :
8
40
1
5
A
B
= =
DNG 12: TÍNH GIÁ TR BIU THC
Bài 1: Cho
,,abc
là ba s thực khác 0, thỏa mãn điều kin:
abc bca cab
cab
+ +− +
= =
Hãy tính giá trị ca biu thc
111
bac
B
acb
 
=+++
 
 
ng dn gii
+Nếu
0abc++≠
, theo tính chất dãy t s bng nhau, ta có:
111 1 1 1
1 ......
2 3 4 2013 2014 2015
S =−+−+ + +
111 11
..... .
1008 1009 1010 2014 2015
P =+++++
( )
2016
SP
111 11
.....
1008 1009 1010 2014 2015
P =+++++
11 1 1 1 1 1 11 1 1
1 .... .... 1 ....
2 3 1006 1007 1008 2014 2015 2 3 1006 1007
11 1 1 1 1 1 111 1 1
1 .... .... 2 .....
2 3 1006 1007 1008 2014 2015 2 4 6 2012 2014

=++++ + + ++ + ++++ +



= +++ + + + + + + +++ + +


111 1 1 1
1 ......
2 3 4 2013 2014 2015
S=−+−+ + + =
( )
2016
0SP−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
45
1
abc bca cab abcbcacab
c a b abc
+ +− + +−++−++
= = = =
++
1112 2
abc bca cab ab bc ca
c a b cab
+ +− + + + +
+= += += = = =
Vy
111 8
b a c ba ca bc
B
acb a cb
+++
   
=+++= =
   
   
+Nếu
0abc++=
, theo tính chất dãy t s bng nhau, ta có:
0
abc bca cab abcbcacab
c a b abc
+ +− + +−++−++
= = = =
++
1111
abc bca cab
cab
+ +− +
+= += +=
1
ab bc ca
cab
+++
⇒===
Vy
111 . . 1
b a c ba ca bc
B
acb a c b
+++
 
=+++= =
 
 
Bài 2: Cho biu thc Tính giá tr ca biu thức với
ng dn gii
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
2
3
1
31310
3
3 1 3 1 2014
2014
.
3 1 3 1 2015 2015
x xx
xx x
A
xx x
=⇒=⇒−=
−− −+
⇒= =
−+ −+
Bài 2: Cho
( )( ) ( )( )
3 4 3 40ab ab+ −− +=
. Chng minh:
34
ab
=
ng dn gii
Ta có:
( )( ) ( )( )
3 4 3 4 0 4 3 12 4 3 12 0a b a b ab a b ab a b+ +=+−++=
nh đưc
63
68
84 34
a ab
ab
b
= ⇒==⇒=
Bài 3: Cho x, y, z là số thực thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
111
P1
1 x xy 1 y yz 1 z zx
=++=
++++++
ng dn gii
Ta có:
1xx
1 y yz x xy xyz 1 x xy
= =
++ + + ++
;
Mặt khác:
2
xy xy
1
1 z zx 1 x xy
xy xyz x .yz
= =
++ ++
++
32
43
3 3 2005
.
3 3 2014
xx x
A
xx x
−−+
=
−++
1
3
x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
46
Do đó:
=++
++++++
111
P
1 x xy 1 y yz 1 z zx
++
=++==
++ ++ ++ ++
xy 1 x xy
1x
1
1 x xy 1 x xy 1 x xy 1 x xy
(đpcm)
Bài 4: Cho abc = 2, Tính
2
2 1 22
ab c
B
ab a bc b ac c
= ++
++ ++ + +
ng dn gii
( ) ( )
22
2
1
1 1 11
a b abc a b abc
B
ab a abc bc b ac abc abc a b bc bc b ac bc b
= ++ = ++ =
++ ++ + + ++ ++ + +
Bài 5: Cho xyz=2010, Chứng minh rng:
2010
1
2010 2010 2010 1
x yz
xy x yz y xz z
+ +=
+ + ++ ++
ng dn gii
2
2
1
1
x yz y z
VT
xy x yz xyz yz y xyz xz z
= + +=
+ + ++ ++
Bài 8: Tính giá trị ca biu thc :
10 16 4 2A a bab= + +−
với a + b = 50
ng dn gii
Ta có :
( ) ( ) ( )
10 4 16 2 14 14 14 14.50 700A a a b b a b ab= ++ −=+= += =
Bài 9: Tính giá trị ca biu thc:
2
5 62xx+−
khi
12x −=
ng dn gii
Ta có : Khi
12 3
12
22 0
xx
x
xx
−= =

−==> =>

−= =

Khi
2
3 5 6 2 5.9 6.3 2 61x Ax x= = + −= + −=
. Khi
2
0 5 622x Ax x=⇒ = + −=
Bài 10: Tính giá trị ca biu thc:
2020 2020
Px y= +
khi
( )
2020
1 20x xy−+ + =
ng dn gii
Ta có :
( )
( )
2020
2020
10
1 20
20
x
x xy
xy
−≥
−+ +
+−
Do đó để
( )
2020
1 20x xy−+ + =
thì
( )
2020
10
1
1.
2
20
x
x
xy
xy
xy
−=
=
⇔==

+=
+− =
Vậy :
2020 2020 2020 2020
1 1 2.Px y= + =+=
Bài 11: Tính giá trị ca biu thc:
43
54xy−+
, biết
( ) ( )
2020 2022
1 20xy ++ =
ng dn gii
Ta có :
( )
( )
( ) ( )
2020
2020 2022
2022
10
10 1
1 20
20 2
20
x
xx
xy
yy
y
−≥
−= =

⇒− ++ = =>

+= =

+≥
, Thay
vào ta được :
( )
3
4
1 5. 2 4 1 40 4 45.A = +=+ +=
Bài 12: Cho a, b,c khác 0 và đôi 1 khác nhau thỏa mãn :
( ) ( )
22
2013abc bac+= +=
, Tính
2
()Acab= +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
47
ng dn gii
Ta có :
( ) ( )
22
2013abc bac+= +=
( ) ( )( )
2 222
00abacbabc abab cabav+−−= + +=
( )( )
00a b ab bc ca ab bc ca ++ =++=
ab
Khi đó :
( ) ( )
2
0 2013ab bc ca b b a c abc abc+ + = + =− ⇒− =
tương t :
( ) ( )
2
0 2013ab bc ca c c a b abc++ = += =
Bài 13: Cho
1,11 0,19 1,3.2 1 1
:2
2,06 0,54 2 3
A
+−

= −+

+

7 1 23
520,5:2
8 4 26
B

= −−


a, Rút gọn A và B
b, Tìm x nguyên sao cho:
AxB<<
ng dn gii
a, Ta có :
1 5 1 5 11
:2
2 6 2 12 12
A
−−

= =−=


, Và
25 75 13
:
8 26 12
B = =
b, Ta có :
12 0
11 13 11 12 13
11 12 13
12 12
12 12 12 12 12
x
x
AxB x x
x
=
−−
<< => << => < < => < < =>
=
Bài 14: Cho
( )
21 5Pa a= −−
a, Rút gn P
b, Có giá trị nào của a để P = 4 không?
ng dn gii
Ta có :
a,
11
2 1 5, 4
22
11
1 2 5, 6 3
22
a a vs a a a
P
a a a aa

 
−− + +
 

 

= =

 
−+ < <

 
 

b , Để
( )
( )
1
44
0
2
4
2
1
63 4
3
2
aa
al
P
al
aa

+=
=


==>=>
=

−= <


Vy không có giá tr nào của a đề P =4
Bài 15: Cho biu thc:
a) Chng t rằng vi mi biu thức C luôn có giá trị là mt s ơng.
b) Tìm tt c các số nguyên để có giá trị là mt s nguyên
( )
( )
2
2
2 11
12
x
C
x
−+
=
−+
,x
,x
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
48
c) Vi giá tr nào ca thì biu thc có giá trị nh nhất. Tìm giá trị nh nht
đó.
ng dn gii
a) Ta thấy: ,
Vy biu thức C luôn dương.
b)
Để C nguyên, ta phải có ưc dương ca
, nên
c) C nh nht khi ln nht
nên hay
Vy
Bài 16: Cho 2 biu thc:
a) Tìm giá trị nguyên ca để mi biu thức có giá trị nguyên
b) Tìm giá trị nguyên ca để c hai biu thức cùng có giá trị nguyên
ng dn gii
a) Ta có:
Vi thì
Để nguyên thì nguyên
Vi
Để nguyên thì nguyên
Do đó
x
C
( )
2
2 1 10x +>
( )
2
1 20xx +>
( )
( )
( )
2
22
2 1 23
3
2
12 12
x
C
xx

+−

= =
−+ −+
( )
2
12x −+
3
( )
2
1 22x +≥
( ) ( )
22
2
1 23 1 1
0
x
xx
x
=
+= =
=
( )
2
3
12x −+
( )
2
1 22x +≥
( )
2
33
2
12x
−+
( )
2
32
22
3
12x
⇒− ≥−
−+
1
3
C
1
1
3
MinC x=⇔=
2
47 3 92
;
23
x xx
AB
xx
−+
= =
−−
x
x
( )
4 21
47 1
4
22 2
x
x
A
xx x
−+
= = = +
−−
x
2x −∈
A
1
2x
21 3
2 (1)
21 1
xx
xU
xx
−= =

−∈

−= =

( )
2
3 32
3 92 2
3
33 3
xx
xx
Bx
xx x
−+
−+
= = = +
−−
3xx −∈
B
2
3x
( ) { }
3 2 1; 2xU −∈ =±±
5,1,4,2xxx x= = = =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
49
Vy đ nguyên thì
b) T câu a suy ra để cùng nguyên thì
Bài 17: Cho các số khác 0 thỏa mãn
Tính giá tr ca biu thc
ng dn gii
Tương t, chng minh đưc
B
{ }
5;1;4;2x
,AB
1.x =
,,abc
ab bc ca
ab bc ca
= =
+++
222
ab bc ca
M
abc
++
=
++
( ) ( )
( )
ab bc ca abc bca cab
ab bc ca abc bca cab
==⇔==
+++ + + +
abc abc
ac bc ab ac bc ab a c
ac bc ab ac
= + = + = ⇔=
++
1abc M==⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
50
CHUYÊN Đ 2: CÁC BÀI TOÁN V LŨY THA S T NHIÊN
A. LÝ THUYT CN NH:
* Luỹ thừa với số mũ tự nhiên:
=
n
a a..a.a.a.a....a
(
n
thừa số
a
với
a
).
Qui ước:
=
0
a 1 (a 0)
=
1
aa
.
* Các phép tính luỹ thừa:
- Nhân hai luỹ thưa cùng cơ số:
+
=
m n mn
a .a a
.
- Chia hai luỹ thừa cùng cơ số :
= ≠≥
m n mn
a :a a (a 0; m n)
.
- Luỹ thừa của một tích:
=
n nn
(a.b) a .b
.
- Luỹ thừa của một thương:
=
n nn
(a:b) a :b (b 0)
.
- Luỹ thừa của luỹ thừa:
=
m n m.n
(a ) a
.
- Luỹ thừa tầng:
=
nn
m (m )
aa
Ví dụ:
=
3
28
33
.
- Luỹ thừa với số mũ âm:
=
n
n
1
a (a 0)
a
Ví dụ:
=
3
3
1
10
10
.
B/ CÁC PHƯƠNG PHÁP SO SÁNH 2 LŨY THỪA
I/ Phương pháp 1:
s phương pháp: Để so sánh hai lu thừa ta thưng đưa v so sánh hai lu tha cùng
cơ s hoc cùng s mũ .
- Nếu 2 luỹ thừa cùng cơ số ( lớn hơn 1) thì luỹ thừa nào có số mũ ln hơn s lớn hơn.
(a >1) m > n
- Nếu 2 luỹ thừa cùng số mũ (lớn hơn 0) thì lũy thừa nào có cơ số lớn hơn s lớn hơn .
(n > 0) a > b
Ví d minh ha:
Thí d 1. So sánh các lũy thừa sau:
a) 128
7
và 4
24
b) 81
8
và 27
11
Phân ch: Nhn thy, câu a) thì
128
4
là các cơ s liên quan ti lũy tha cơ s
2
,
câu b) thì
81
27
liên quan ti lũy tha cơ s 3. Do đó đ so sánh, ta biến đi các
nm
aa >
nn
ba >
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
51
lũy tha v các lũy tha có cùng cơ s, ri da vào so sánh s mũ đ so sánh chúng
với nhau.
ng dn gii
a) :
7 7 7 49
7 24
24 2 24 48
128 (2 ) 2
128 4
4 (2 ) 2
= =
⇒>
= =
b)
8 32
8 11
11 33
81 3
81 27
27 3
=
⇒<
=
Thí d 2. So sánh các lũy thừa sau:
a) 5
36
và 11
24
b) 32
60
và 81
50
c) 3
500
và 7
300
Phân ch: Nhn thy, câu a) thì các lũy tha có th đưa về cùng s mũ
12
, câu b)
c) các lũy tha có th đưa v cùng s mũ 100. Do đó đ so sánh, ta biến đi các lũy
tha v các lũy tha có cùng s mũ, ri da vào so sánh cơ s đ so sánh chúng vi
nhau.
ng dn gii
a)
36 12
36 24
24 12
5 125
5 11
11 121
=
⇒>
=
b)
60 300 100
60 50
50 200 100
32 2 8
32 81
81 3 9
= =
⇒<
= =
c)
500 100
500 300
300 100
3 243
37
7 343
=
⇒<
=
Thí d 3. So sánh các lũy thừa:
a)
2n
3
3n
2
(
*
nN
). b)
100
2
200
3
. c)
100
5
500
3
.
ng dn gii
a)
( ) ( )
= = = =
nn
2 n 3n 3 n2n
3 9 ;2 2 83
>⇒ > => >
2 3 2n 3n
9 8 3 2 (3 ) (2 )
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
52
b)
= =
100 3 100 100
2 (2 ) 8
= =
200 2 100 100
3 (3 ) 9
<⇒<
100 100 300 200
89 23
.
c)
( )
= =
100
300 3 100
5 5 125
( )
= =
100
500 3 100
3 3 243
< ⇒<
100 100 300 500
125 243 5 3
.
Lời bình: Qua ba dụ trên ta thy rằng, trưc khi so sánh haiy thừa với nhau trước
hết ta cần làm hai việc sau:
+ Kiểm tra cơ số xem các cơ số có biến đổi được về cùng cơ số không.
+ Kiểm tra số mũ của các lũy thừa xem có ước chung lớn nhất không.
Việc làm này sẽ giúp chúng ta lựa chọn đúng phương pháp so sánh.
II/ Phương pháp 2:
Cơ s phương pháp: Dùng tính chất bắc cu, tính cht đơn điu ca phép nhân
A > B và B > C thì A > C
A.C < B.C (với C > 0) A < B
C/ Các dạng toán thưng gp.
Dạng 1: So sánh hai số lũy tha.
Thí d 1. Hãy so sánh:
a)
50
107
75
73
. b)
91
2
35
5
.
Phân tích: Trong câu a) mc dù s mũ ca hai lũy tha có ưc chung là 25, tuy nhiên khi
đó cơ s s là
3
73
2
107
, các cơ s này khi tính ra s rt ln, do đó vic đưa v so sánh
hai lũy thừa cùng số skhông kh
quan. Còn trong câu b) c s mũ và cơ s đu
không ước chung nên cũng không thể áp dụng các phương pháp trong các dụ trên.
Như vy chúng ta ch còn cách la chn dùng tính cht bc cu (so sánh qua lũy tha
trung gian).
ng dn gii
a) Ta có:
( )
<= =
50
50 50 100 150
107 108 4. 27 2 . 3
( )
>= =
75
75 75 225 150
73 72 8. 9 2 . 3
<⇒ <
150 15100 2 025 100 225
. 23 .322 2
⇒<
50 75
107 73
.
b) Ta có:
( )
>= =
18
91 90 5 18
2 2 2 32
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
53
( )
<= =
18
35 36 2 18
5 5 5 25
>
18 18
32 25
⇒>
91 35
2 5
.
Thí d 2. Hãy so sánh:
a)
50
107
75
73
b)
91
2
35
5
c)
4
54
12
21
d)
8
9
9
8
ng dn gii
a) Ta có :
50 50 100 150
107 108 2 .3<=
75 75 225 150
73 72 2 .3>=
nên
50
107 <
75
73
b) Ta có :
( )
7
91 13 7
2 2 8192= =
( )
7
35 5 7
5 5 3125= =
nên
91
2 >
35
5
c) Ta có :
( )
4
4 4 12
54 2.27 2 .3= =
12 12 12
21 3 .7=
nên
4
54
12
21<
d) Ta có :
88 4 3
9 10 100 100.100<= =
9 3 33 3 3
8 512 500 5 .100 125.100=>= =
nên
8
9 <
9
8
Lời bình:
Vic phân tích lũy tha thành tích các lũy tha s giúp ta nhìn ra tha s
chung ca các lũy tha, t đó vic so sánh hai lũy tha ch còn da o vic so sánh
các thừa số riêng.
Dng 2: So sánh biểu thc lũy tha vi mt s (so sánh hai biểu thc lũy tha)
* Thu gn biu thc lũy thừa bằng cách vn dng các phép tính lũy thừa, cộng tr
các s theo quy luật ......
* Vn dng phương pháp so sánh hai lũy thữa ở phn B.
* Nếu biu thức lũy thừa là dng phân thức: Đi vi từng trường hp bc ca lu tha t
ln hơn hay bé hơn bc ca lu tha mu mà ta nhân vi h s thích hp nhm tách phn nguyên
ri so sánh tng phn tương ng.
Vi a, n, m, K
N
*
. Ta có:
- Nếu m > n thì K - > K - K + < K +
- Nếu m < n thì K - < K - và K + > K +
(còn gọi là phương pháp so sánh phần bù)
* Vi biu thức là tổng các số (với a N
*
) ta có vận dng so sánh sau:
< <
Thí d 1. Cho
=++ + + +
23 9
S 1 2 2 2 ... 2
. So sánh
S
với
8
5.2
.
m
a
n
a
m
a
n
a
m
a
n
a
m
a
n
a
2
1
a
11
a a1
+
2
1
a
11
a1a
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
54
Phân tích: Trước khi so sánh biểu thức S với
8
5.2
ta cần dùng phương pháp tính tổng theo
quy lut đ tính S. Đ làm vic này ta cn nhân 2 vào hai vế ca biu thc S, sau đó
tính hiệu
2SS
thì sẽ triệt tiêu được các số hạng giống nhau và tính được S.
ng dn gii
Ta có:
=++ + + +
23 9
S 1 2 2 2 ... 2
=++++ ++
2 3 4 9 10
2.S 2 2 2 2 ........ 2 2
−==
10
2.S S S 2 1
−< = =
10 10 8 2 8
2 1 2 2 .2 4.2
⇒<
8
S 5.2
.
Lời bình: Để tính tổng S ta cần dùng phương pháp tính tổng của biểu thức tổng
quát sau:
=++ + + +
23 n *
S 1 a a a ... a (a N ).
Thí d 2.
So sánh 2 biểu thức A và B trong từng trưng hp:
a)
+
=
+
15
16
10 1
A
10 1
+
=
+
16
17
10 1
B
10 1
.
b)
=
2008
2007
23
C
21
=
2007
2006
23
D
21
.
Phân tích:
- Ở câu a, biểu thức A và B có chứa luỹ thừa cơ số
10
, nên ta so sánh
10A
10B
.
- Ở câu b, biểu thức C và D có chứa luỹ thừa cơ số
2
nên ta so sánh
1
C
2
1
D
2
.
ng dn gii
a) Ta có:
+
=
+
15
16
10 1
A
10 1

+
⇒=

+

15
16
10 1
10A 10.
10 1
=
+
+
16
16
10 10
10 1
=
++
= +
++
16
16 16
10 1 9 9
1
10 1 10 1
.
+
=
+
16
17
10 1
B
10 1
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
55

+
⇒=

+

16
17
10 1
10B 10.
10 1
=
+
+
17
17
10 10
10 1
=
++
= +
++
17
17 17
10 1 9 9
1
10 1 10 1
.
+< +
16 17
10 1 10 1
nên
>
++
16 17
99
10 1 10 1
⇒+ >+
++
16 17
99
11
10 1 10 1
10A > 10B hay A > B.
b) Ta có:
=
2008
2007
23
C
21

−−
⇒= = =

−−

2008 2008 2008
2007 2008 2008
112323221
C
22
212222
=
2008
1
1
22
.
=
2007
2006
23
D
21

−−
⇒= = =

−−

2007 2007 2007
2006 2007 2007
112323221
D
22
212222
=
2007
1
1
22
.
>
2008 2007
2 –2 2 –2
nên
<
−−
2008 2007
11
2 22 2
⇒−
2008
1
1
22
>
2007
1
1
22
>
11
CD
22
hay C > D.
Lời bình: Đôi khi để so sánh hai biểu thức với nhau, ta cần biến đổi hai biu thức về
dạng tổng hai số hạng, trong đó có một số hạng chung và khi đó ta chỉ cần so sánh số
hạng riêng.
Dạng 3: Từ việc so sánh lũy thừa, tìm cơ số (số mũ) chưa biết.
* Với các số tự nhiên
m,x,p
và số dương
a
.
+ Nếu
>a1
thì:
<<
p
mx
a aa
<<mxp
.
+ Nếu
<a1
thì:
<<
p
mx
a aa
>>mxp
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
56
* Với các số dương
a,b
và số tự nhiên
m
, ta có:
< ⇒<
mm
a b ab
.
Thí d 1. Tìm các số nguyên n thoã mãn:
<<
64 48 72
3 n 5
.
ng dn gii
Ta giải từng bất đẳng thức
<
64 48
3 n
<
48 72
n5
.
Ta có:
( ) ( ) ( )
> >⇒⇒⇒>>
16 16 16
48 64 3 4 3 16 3
n 3 n 3 n 8 1 n 8 1
⇒>n4
(với
n
) (1).
Mặt khác
( ) ( ) ( )
< < < ⇒<
24 24 24
48 72 2 3 2 24 2
n 5 n 5 n 125 n 125
⇒− 11 n 11
(với
n
) (2).
Từ (1) (2)
⇒<4 n 11
.
Vậy n nhận các giá trị nguyên là: 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11.
Lời bình: Từ bài toán trên có thể thay đổi câu hỏi để được các bài toán sau:
Bài số 1: Tìm tổng các số nguyên n thoã mãn:
<<
64 48 72
3 n 5
.
Giải tương tự trên ta có các số nguyên n thoã mãn là:
+++++ + =5 6 7 8 9 10 11 56
.
Bài số 2: Tìm tất cả các số nguyên có một chữ số sao cho:
<<
64 48 72
3 n 5
.
Giải tương tự trên ta có các số nguyên n thoã mãn là: 5; 6; 7; 8; 9.
Bài số 3: Tìm tất cả các số nguyên có 2 chữ số sao cho
<<
64 48 72
3 n 5
Giải tương tự trên ta có các số nguyên n thoã mãn là: 10; 11.
Thí d 2. Tìm x thuộc N. Biết:
a)
<
x4
16 128
.
b)
++
x x 1 x 2 18
18 chu so 0
5 .5 .5 100.............0 : 2

.
ng dn gii
a)
<
x4
16 128
( ) ( )
<
x4
47
22
< < ⇒<
4x 28
2 2 4x 28 x 7
{ }
⇒∈x 0,1,2,3,4,5,6
.
b)
++
x x 1 x 2 18
18 chu so 0
5 .5 .5 100.............0 : 2

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
57
++
+≤
3x 3 18 18 3x 3 18
5 10 : 2 5 5 3x 3 18 x 5
{ }
⇒∈x 0,1,2,3,4,5
.
Dạng 4: Một số bài toán khác.
Thí d 1. Hãy viết s ln nht bng cách dùng ba ch s 1 ; 2 ; 3 vi điu kin mi
chữ số dùng một lần và chỉ một lần ?
ng dn gii
Bài toán xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Không dùng luỹ thừa thì số lớn nhất viết được là 321.
Trường hợp 2: Dùng luỹ thừa để viết: (Bỏ qua trường hợp số hoặc số bằng 1
và các luỹ thừa tầng vì các giá trị này quá nhỏ so với 321)
* Xét các lu thưa có s mũ là mt ch s cho ta s t nhiên có 4 ch s là:
2233
13 ,31 ,12 ,21
, trong các số này số lớn nhất là
3
21
.
* Xét các lu thưa mà s mũ có hai ch s cho ta s t nhiên có 4 ch s là:
13 31 12 21
2 ,2 ,3 ,3
, nhận xét các số này như sau:
= = =
21 20 2 10 10
3 3.3 3.(3 ) 3.9
,
= = =
31 30 3 10 10
2 2.2 2(2 ) 2.8
,
do đó trong các số này thì số lớn nhất là
21
3
.
So sánh
21
3
3
21
:
>= = >
21 9 3 3 3 3
3 3 (3 ) 27 21
Vậy số lớn nhất viết được là số 3
21
.
Thí d 2.
a) Số
8
5
có bao nhiêu chữ số ?
b) Hai số
2003
2
2003
5
viết liền nhau được số có bao nhiêu chữ số?
Phân tích: So sánh lũy thừa với một số luỹ thừa của 10, từ đó lập luận tìm số chữ số của số
đó.
ng dn gii
a) Ta có:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
58
= =>=
==<=
8 42 2 2
8
8
8
5 (5 ) 625 600 360000
10 100000000 100000000
5 400000
256 250
2
<<
8
360000 5 400000.
Do đó
8
5
có 6 chữ số.
b) Giả sử
2003
2
có a ch số
2003
5
có b chữ số thì khi viết 2 s này liền nhau ta được
+(a b)
chữ số.
<<
a 1 2003 a
10 2 10
<<
b 1 2003 b
10 5 10
−−
<<
a 1 b 1 2003 2003 a b
10 .10 2 .5 10 .10
+− +
<<
a b 2 2003 a b
10 10 10
.
Do đó:
=+ −⇒+ =2003 a b 1 a b 2004
.
Vậy số đó có 2004 chữ số.
Thí d 2. Tìm số 5các chữ số của các số n và m trong các trường hợp sau:
a)
=
35
n 8 . 15
.
b)
=
16 25
m 4 . 5
.
Phân tích: Nhóm các lu tha thích hp nhm làm xut hiện luỹ thừa của 10, từ đó
lập luận tìm số chữ số của số đó.
ng dn gii
a) Ta có:
( )
( )
( )
= = =
= = =
3
5
3 5 3 955
5
45 5 5
n 8 . 15 2 . 3.5 2 . 3 . 5
2 . 3 . 2.5 16.243 .10 3888. 10 .
Số
5
3888.10
gồm 3888 theo sau là 5 chữ số 0 nên số này có 9 chữ số.
Vậy số n có 9 chữ số.
b) Ta có:
( )
( )
= =
= = =
16
16 25 2 25
32 25 7 25 25 25
m 4 . 5 2 . 5
2 .5 2 . 2 .5 128.10 .
Số
25
128.10
gồm
128
theo sau là 25 chữ số 0 nên số này có tất cả 28 chữ số.
Vậy số m có 28 chữ số.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
59
C/ BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1. So sánh:
a)
5
243
5
3.27
. c)
5
625
7
125
.
Bài 2: So sánh:
e)
20
99
10
9999 .
b)
500
3
300
7 .
d)
303
202
202
303 .
e)
1979
11
1320
37 .
Bài 3: So sánh:
c)
5
8
7
3.4 .
f)
10
10
5
48.50 .
i)
++
30 30 30
234
10
3.24
. g)
+
10 9
1990 1990
10
1991 .
Bài 4: So sánh các số sau:
20
199
15
2003
.
Bài 5: So sánh:
a)
12 11
78 78
11 10
78 78
.
b)
=
45 44
A 72 72
=
44 43
B 72 72
.
Bài 6: So sánh các số sau:
39
3
21
11
.
Bài 7. Chứng tỏ rằng:
<<
27 63 28
525
.
Bài 8: Chứng minh rằng:
<
1995 863
25
.
Bài 9: Chứng minh rằng:
<
1999 714
27
.
Bài 10. So sánh:
200
3
300
2
.
Bài 11: So sánh:
50
71
75
37
.
Bài 12: So sánh các số:
a)
20
50
10
2550
.
b)
10
999
5
999999
.
Bài 13: Viết theo từ nhỏ đến lớn:
100 75
2 ;3
50
5
.
Bài 14: So sánh 2 số:
56789
1234
1234
56789
.
Bài 15: Gọi m là s các số 9 chữ số trong cách ghi ca nó không có ch s
0
. Hãy so
sánh m với
8
10.9
.
Bài 16: Cho
=++++++ +
2 3 4 71 72
A 1 2012 2012 2012 2012 2012 2012
=
73
B 2012 1
. So
sánh A và B.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
60
Bài 17: So sánh hai biểu thức:
+
=
10 10
94
3 .11 3 .5
B
3 .2
+
=
10 10
8
2 .13 2 .65
C
2 .104
.
Bài 18: So sánh:
= +
34
37
M
88
= +
34
73
N
88
.
Bài 19: So sánh M và N biết:
+
=
+
30
31
19 5
M
19 5
+
=
+
31
32
19 5
N
19 5
.
Bài 20: So sánh
++++
22222
11111
101 102 103 104 105
22
1
2 .3.5 .7
.
Bài 21: So sánh
 
=−−
 
 
222 2
111 1
A 1 . 1 . 1 ....... 1
2 3 4 100
1
2
.
Bài 22: Tìm các số tự nhiên n sao cho:
a)
<
n
3 3 234
.
b)
≥≥
n
8.16 2 4
.
Bài 23: Tìm số tự nhiên n biết rằng:
<<
15 15 n n 16 16
4 . 9 2 . 3 18 . 2
.
Bài 24: Cho
+= + + …+
2 3 100
A 33 3 .3
. Tìm số tự nhiên
n
, biết
+=
n
2A 3 3
.
Bài 25: Tìm các số nguyên dương m và n sao cho:
−=
mn
2 2 256
.
Bài 26: Tìm số nguyên dương
n
biết:
a)
<<
n
64 2 256
.
b)
>
n
243 3 9
.
Bài 27: Tìm số nguyên n lớn nhất sao cho:
<
200 300
n6
.
Bài 28: Tìm n N biết:
a)
< <
n
32 2 512
.
b*)
<
18 12 8
3 n 20
.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
Định hướng duy: Nhận thấy, câu a) t
243
27
làc cơ sliên quan tới lũy
thừ số
3
, câu b) thì
625
và
125
liên quan tới lũy thừa số
5
. Do đó đ so sánh, ta
biến đi các lũy tha về các lũy tha có cùng cơ số, ri da vào so sánh s mũ đ so sánh
chúng với nhau.
Lời giải:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
61
a) Ta có:
( )
5
5 5 25
243 3 3= =
;
( )
5
5 3 15 16
3.27 3. 3 3.3 3= = =
16 25 5 5
3 3 3.27 243<⇒ <
.
b)
= = = =
5 4 5 20 3 7 21
625 (5 ) 5 ;125 (5 ) 5
>⇒ >
21 20 7 5
5 5 125 625
.
Bài 2:
Phân tích: Nhn thy, câu a) thì các lũy tha có chung s mũ
10
, câu b) thì các
lũy thừa chung số
100
, câu c) thì các lũy tha có chung s mũ
101
, câu d) các
lũy tha chung số mũ 660. Do đó để sonh, ta biến đổi c lũy tha vềcy tha có
cùng số mũ, rồi dựa vào so sánh cơ số để so sánh chúng với nhau.
Lời giải:
a) Ta thấy:
( )
( ) ( )
= ==
10 10
20
10
12 0
99 99.99 ;9999 99.10199
( ) ( )
< ⇒<
10 10
20 10
99.99 99.101 99 9999 .
b) Ta có :
( )
= =
100
500 5 100
3 3 243
,
( )
= =
100
300 3 100
7 7 343
.
<
100 100
243 343
nên
<
500 300
37.
c) Ta có:
( )
( ) ( )
( )
= = = =
101 101
3.101 101
303 3 3 2
202 2.101 2 .101 8.101.101 808.101
( )
( ) ( )
= = =
101 101
2.101
202 2 2 2
303 3.101 3 .101 9.101
>
22
808.101 9.101
nên
>
303 202
202 303 .
d) Ta có:
( )
<= =
660
1979 1980 3 660
11 11 11 1331
(1)
( )
= =
660
1320 2 660
37 37 1369
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
<
1979 1320
11 37 .
Bài 3:
a) Ta có:
= = =
5 15 14 7 14
8 2 2.2 3.4 3.2,
<⇒ < <
14 14 5 7
2 3 2.2 3.2 8 3.4 .
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
62
b) Ta có :
= =
10 10 10 9 10
10 2 . 5 2. 2 . 5
,
( ) ( )
= =
5 4 5 10 9 10
48. 50 3. 2 . 2 . 5 3. 2 . 5
<⇒ <
9 10 9 10
2 3 2. 2 . 5 3. 2 . 5
<
10 5
10 48. 50 .
c) Ta có:
= = = = =
30 2 30 30 30 30 3 10 2 15 10 15
4 (2 ) (2.2) 2 .2 (2 ) .(2 ) 8 .4
,
= = =
10 10 10 10 10 11
24 .3 (8.3) .3 8 .3 .3 8 .3
<⇒ <
11 15 10 11 10 15
3 4 8 .3 8 .4
⇒>
30 10
4 3.24
++>
30 30 30 10
2 3 4 3.24
.
d) Ta có :
( )
+ = +=
10 9 9 9
1990 1990 1990 . 1990 1 1991. 1990
=
10 9
1991 1991. 1991
<
99
1990 1991
nên
+<
10 9 10
1990 1990 1991 .
Bài 4:
Biến đổi
n
a
về dạng:
.d
k
c
, biến đổi
m
b
về dạng:
.
k
ed
rồi so sánh hai số
c
e
. Từ đó so sánh
được hai số
n
a
m
b
.
<= = = =
20 20 20 3 2 3 2 20 60 40
199 200 (8.25) (2 .5 )20 (2 .5 ) 2 .5
>= = = =
15 15 15 4 3 15 4 3 15 60 45
2003 2000 (16.125) (2 .5 ) (2 .5 ) 2 .5
>⇒ >
45 40 60 45 60 40
5 5 2 .5 2 .5
⇒>
15 20
2003 199
.
Bài 5:
Biến đổi
n
a
về dạng:
.d
k
c
, biến đổi
m
b
về dạng:
.
k
ed
rồi so sánh hai số
c
e
. Từ đó so sánh
được hai số
n
a
m
b
.
a) Ta có:
( )
12 11 11 11
78 78 78 . 78 1 78 .77 = −=
( )
11 10 10 10
78 78 78 . 78 1 78 .77 = −=
11 10 11 10 12 11 11 10
78 78 78 .77 78 .77 78 78 78 78> > −>−
.
b) Ta có
= −=
44 44
A 72 (72 1) 72 .71
= −=
43 43
B 72 (72 1) 72 .71
44 43 44 43
72 72 72 .71 72 .71>⇒ >
⇒>A B.
Bài 6:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
63
Dùng tính chất bắc cầu: So sánh hai số với số lũy thừa
10.
Ta có:
<= =
39 40 4 10 10
3 3 (3 ) 81
= = <
20 2 10 10 21
11 (11 ) 121 11
< ⇒<
10 10 39 21
81 121 3 11
.
Bài 7.
Vi bài này , hc sinh lp 6 s không đnh hưng đưc cách làm , giáo viên có th gi ý hc
sinh so sánh:
>
63 27
2 5
<
63 28
25
.
Ta có :
( )
= =
9
63 7 9
2 2 128
,
( )
= =
9
27 3 9
5 5 125
⇒>
63 27
2 5
(1)
Lại có:
( )
= =
7
63 9 7
2 2 512
,
( )
= =
7
28 4 7
5 5 625
⇒<
63 28
25
(2)
Từ (1) và (2)
⇒<<
27 63 2
5 2 5
.
Bài 8:
Xét:
n
a
biến đổi được về dạng:
.d
qk
c
m
b
biến đổi được về dạng:
.g
ph
e
Nếu
qp
ce<
kh
dg<
thì
.d .g
qk ph
ce<
.
Ta có:
=
1919 90 595
22 .2
;
=
8686 033
55 .5
Nhận xét:
53
2 32 5 125=<=
nên cần so sánh
1990
2
860
5
.
Có:
= =
10 5
2 1024, 5 3025
<⇒ <
10 5 1720 172 860
2 . 3 5 2 . 3 5
.
Có:
=
1990 1720 270
2 2 .2
, cần so sánh
1720 270
2 .2
với số
1720 172
2 .3
như sau:
= = ⇒>
7 11 7 11
3 2187; 2 2048 3 2
.
( ) ( ) ( )
= >> =
24
172 7 4 11 4 11 6 270
3 3 . 3 2 2 2 . 2 2
.
Do đó:
<<
1720 270 1720 172 860
2 .2 2 . 3 5
<
1990 860
2 5
<
53
2 5
⇒<
1995 863
2 5
.
Bài 9:
Ta có:
= =
10 3
2 1025 ; 7 343
( ) ( )
⇒< <
238 238
10 3 10 238 3
2 3.7 2 3 . 7
⇒<
2380 238 714
2 3 .7
(1)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
64
Xét:
( ) ( )
== < <=
47 47
238 3 235 3 5 3 8 5 376 381
3 3 .3 3 . 3 3 2 2 .2 2
(vì
58
32<
)
⇒<
238 381
32
(2)
Từ (1) và (2), ta có:
<
2380
381 714
2 2 .7
⇒<
1999 714
27
Bài 10.
Đưa về so sánh hai lũy thừa cùng số mũ.
Ta có:
( ) ( )
= = = =
100 100
200 2 100 300 3 100
3 3 9 ; 2 2 8
<
100 100
89
⇒<
300 200
2 3
.
Bài 11:
Biến đổi
n
a
về dạng:
.d
k
c
, biến đổi
m
b
về dạng:
.
k
ed
rồi so sánh hai số
c
e
. Từ đó so sánh
được hai số
n
a
m
b
.
Ta có:
( )
<= =
50
50 50 150 100
71 72 8.9 2 .3
(1)
( )
>= =
75
75 75 150 150
37 36 4.9 2 . 3
(2)
Mà 2
150
. 3
150
> 2
150
.3
100
(3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
>
75 50
37 71
.
Bài 12:
a) Ta có:
( )

= = < ⇒<


10
2
20 10 10 20 10
50 50 2500 2550 5 2550
.
b) Ta có:
( )

= < < ⇒<


5
2
10 5 5 10 5
999 999 998001 999999 999 999999
.
Bài 13:
= = <
100 2 50 50 50
2 (2 ) 4 5
(1).
= = = >
75 3 25 75 50
3 (3 ) 27 3 5
(2).
= =
50 5 25 25
5 (5 ) 25
(3).
Từ(1),(2) và (3)
<<
100 50 75
2 53
.
Bài 14:
Ta có:
( )
50000
56 789 50000 3 150000
1234 1000 10 10A = >= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
65
( )
2000
1234 2000 5 10000
56789 100000 10 10B =<==
10000 150000 1234 56 789
10 10 56789 1234<⇒ <
.
Bài 15:
S có 9 ch s là
12 89
....aa aa
trong đó các chữ số
0 ( 1; 9)
i
ai≠=
thể giống nhau.
Từ tập hợp số
{ }
1;2;3;4;5;6;7;8;9
mỗi chữ số
i
a
có 9 cách chọn . Do đó ta có số các số có 9
chữ số thỏa mãn bài toán là
9
9m =
số.
Từ đó:
98 8
9 9.9 10.9m = = <
.
Bài 16:
Ta có:
=++++++ +
2 3 4 71 72
A 1 2012 2012 2012 2012 2012 2012
=+++++ +
2 3 4 71 73
2012.A 2012 2012 2012 2012 2012 2012
⇒==
73
2012.A A 2011A 2012 1
( )
⇒= <
73 73
A 2012 1 : 2011 2012 1
.
Vậy
<AB
.
Bài 17:
++
= = =
10 10 10
94 9
3 .11 3 .5 3 (11 5)
B 3.
3 .2 3 .16
++
= = = =
10 10 10 2
88
2 .13 2 .65 2 (13 65) 2 .78
C3
104
2 .104 2 .104
.
Vậy B = C.
Bài 18:
Ta có:
+
34
37
88
=
++
344
334
888
=

++


34 4
33 4
88 8
.
+
34
73
88
=
++
334
343
888
=

++


34 3
33 4
88 8
.
<
43
44
88

+ +<


34 4
33 4
88 8

++


34 3
33 4
88 8
M < N .
Bài 19:
M = nên 19M = = = 1 + .
519
519
31
30
+
+
519
)519.(19
31
30
+
+
519
9519
31
31
+
+
519
90
31
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
66
N = nên 19N = = = 1 + .
>
1 + > 1 + hay
> ⇒>19M 19N M N
.
Bài 20:
Nếu n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì ta có:
−+
−= = = >
−−
2
1 1 n(n1) nn1 1 1
n1n (n1).n (n1).n (n1)n
n
⇒<
2
1 11
n1n
n
.
Áp dụng vào bài toán ta được:
<−
<−
<−
2
2
2
1 11
100 101
101
1 11
101 102
102
............................
1 11
104 103
105
+ ++ <
22 2
1 1 1 11
...
100 105
101 102 105
= = =
22 22
105 100 5 1
100.105
2 .5 .5.3.7 2 .5 .3.7
.
Vậy
++ <
2 2 22
1 11
......
102 105 2 .5 .3.7
.
Bài 21:
A là tích của 99 số âm. Do đó:
 
−=
 
 
2
11 1 1
A 1 1 1 ........ 1
4 9 16
100
=
222 2
3 8 15 9999
. . .......
2 3 4 100
=
222 2
1.3 2.4 3.5 99.101
. . ........
2 3 4 100
.
Để dễ rút gọn ta viết tử dưới dạng tích các số tự nhiên liên tiếp như sau:
519
519
32
31
+
+
519
)519.(19
32
31
+
+
519
9519
32
32
+
+
519
90
32
+
519
90
31
+
519
90
32
+
519
90
31
+
519
90
32
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
67
−= = = >
1.2.3.4.5.6..........98.99 3.4.5..........100.101 1 101 101 1
A. .
2.3.4.5.........99.100 2.3.4..........99.100 100 2 200 2
Vậy
<−
1
A.
2
Bài 22:
Đưa các số về các lũy thừa có cùng cơ số .
a)
< ⇒<≤≤⇒<
n 1n5
3 3 234 3 3 3 1 n 5
n
nhận các giá trị là:
2,3,4,5
.
b)
≥≥ ≥≥≥≥
n 34n2 7n2
8.16 2 4 2 .2 2 2 2 2 2 7 n 2
n
nhận các giá trị là:
2,3,4,5,6,7
.
Bài 23:
( ) ( ) ( )
<< <<
15
15
15 n n 1
n 16
6 16
4 . 9 2 . 3 18 . 4.9 2.3 18.22
<<
15 n 16
36 6 36
( ) ( )
<<
15 16
2 n2
6 66
<<
30 n 32
6 66
<<30 n 32
⇒=n 31.
Bài 24:
+= + + …+
2 3 100
A 33 3 .3
= + + +…+
2 3 4 101
3A 3 3 3 3
⇒==
101
3A–A 2A 3 –3
+=
101
2A 3 3
Mà theo đề bài ta có
+=
n
2A 3 3
= ⇒=
101 n
3 3 n 101
.
Bài 25:
Ta có:
= = => −=
m n 8 n mn 8
2 2 256 2 2 (2 1) 2
(1).
Dễ thấy
mn
, ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu
−=mn1
thì từ (1) ta có:
= = ⇒=
n 8 n8
2.(21)222n8
=m9
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
68
Trường hợp 2: Nếu
−≥mn2
⇒−
mn
21
là mt s l ln hơn
1
nên vế trái ca (1) cha tha s nguyên t l
khi phân tách ra tha s nguyên t, còn vế phi ca (1) chỉ cha tha s nguyên tố 2, do
đó hai vế của (1) mâu thuẫn nhau.
Vậy
=n8
=m9
là đáp số duy nhất.
i 26:
a) Ta có:
<< <<<<
n 6n8
64 2 256 2 2 2 6 n 8
, mà
n
nguyên dương, nên
=n 7.
b) Ta có:
> ≥⇒ > >
n 5n 2
2 4 3 3 9 3 3 3 5 n 2
,
n
nguyên dương nên
n
nhận c
giá trị là: 4; 3; 2.
Bài 27:
Ta có:
( ) ( )
= = =
100 100
200 2 300 3 100
n n ; 6 6 216
( )
< < ⇒<
100
200 300 2 100 2
n 6 n 216 n 216
(*)
Số nguyên lớn nhất thoã mãn (*) là
=n 14
.
Bài 28:
a) Với n N, ta xét:
< < ⇒<
n 5n
32 2 2 2 5 n
⇔<< ⇒<
n n9
2 512 2 2 n 9
Do đó:
{ }
5 9 6;7;8nn<<⇒∈
.
b) Với n N, ta xét:
( ) ( )
< < ⇔<<
66
18 3 2 3 212 2
3 3 3 n 27n nn
Nhận thấy:
22
5 27 6<<
, nên
22
66nn ⇒≤
.
( ) ( )
< ⇔< ⇔<
44
12 8 3 2 32 3
n2 n 20 n 20 n0 400
Nhận thấy:
<<
33
7 400 8
, nên
⇒≤
33
n 7 n7
Do đó:
{ }
6 7 6;7nn⇒∈
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
69
CHUYÊN Đ 3: TÌM N CHƯA BIT
Toán tìm x là mt trong các ch đề thưng gp trong các kì thi HSG. Đ gii toán tìm x hc sinh
phi có kĩ năng cng, tr, nhân, chia các phân số, lũy thừa để giúp cho vic biến đi đưa đng thc
cha x v dng A.x = B t đó suy ra được x = B : A
Bài toán m x đôi khi còn kết hp phép tính tng các s , tng các phân s, tng các
tích,tng các lũy tha theo quy lut nên HS cn nm vững luyện tht chc các bài toán tính
tổng theo quy luật.
Dạng 1. Tìm x thông thường
Bài 1: m x biết:
a) b)
2 11 3
) :1
3 322
cx

+=


d)
112
2
623
x +=
ng dn giải
a) Ta có:
[ ]
720 : 46 2 40
46 2 18
23
2 46 :18
9
23
18
x
x
x
x
−=
⇒−=
⇒= =
⇒=
b) Ta có:
6 66 14 7 26
13 26 2
xx
xx
+−+ =
= ⇒=
c) Ta có
2 113 2 1
:1 ( ):1 1
3 322 3 3
24
2
33
xx
xx

+= =


=⇒=
.
Vậy
2x =
d) Ta có:
112
2
623
x +=
11
2
66
x −=
TH1:
2
1
6
x
1
6
=
1
6
x⇒=
.
TH2:
2
1
6
x
1
6
=
0x⇒=
Vậy
1
0;
6
x


.
Bài 2: Tìm
x
biết:
7 5.( 2) 3 2.(4 )xx −=+
.
ng dn giải
Ta có:
7 5.( 2) 3 2.(4 )xx −=+
7 5.2 5.( 2) −−
=
3 2.4 2.( )x+ +−
7 5 10x−+
=
382x+−
( )
3
720: 41 2 5 2 .5x−=


( ) ( )
6 11 7 2 26xx+ −=
( )
3
720: 41 2 5 2 .5x−=


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
70
52xx−+
3 8 7 10=+−
36x−=
2x =
Vy
2x =
.
Bài 3: m x biết:
a,
2 3 3 53 1
3 2 63
xx−−
+=
b,
234 7
2
3 12 5xx

−=


ng dn giải
a,
( )
46 9
2 3 3 53 1 53 2
3 2 63 6 6
x
xx x
+−
−−
+ = −⇒ =
18
4 15 3 3 7 18
7
x xx x = = ⇒=
b,
2 3 4 7 2 1 4 7 2 7 4 1 23 61
2 22
3 12 5 3 4 5 3 5 4 3 20x x x x xx x

= = +⇒ + = ++⇒ =


460 460
3
61 183
xx = ⇒=
Bài 4: m x biết:
a,
1 23 6 5
1 3 45 22xx

+ −=

−−

b,
9 13 5
15 20 16
17 17 17
xxx+− =
ng dn giải
a,
( ) ( )
13 5 1 5 3 7 3
1 10 2 2 1 2 1 10 2 1 10x xx x x
−−
+= + = =
−−
( )
70 35 32
21 1
3 33
x xx
−−
= −= =
b,
9 13 5 9 13 5
15 20 16 15 20 16 4. 16 4
17 17 17 17 17 17
xxx x x x

+ = + = ⇒− = =−


Bài 5: Tìm số tự nhiên
x
biết :
2
2
19 22.3 : 14 11 6x 
ng dn giải
2
2
19 22.3 : 14 11 6x 
19 198 350x 
19 152x
8x
Bài 6: Tìm
x
biết:
a)
121 115 3 25 9 5 8xx x 
b)
2
1 1 1 1 2016 2017 2018
43
2 3 4 12 2017 2018 2019
xx











THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
71
ng dn giải
a)
.
Vy .
b)
ho
c
Vi hoc
Vi .
Vậy .
Bài 7: Tìm x biết :
2 10 131313 131313 131313 131313
. 70 : 5
3 11 151515 353535 636363 999999
x

+++ =


.
ng dn giải
Ta có:
2 10 131313 131313 131313 131313
. 70 : 5
3 11 151515 353535 636363 999999
x

+++ =


2 780 13 13 13 13
:5
3 11 15 35 63 99
x

+++ =


.
2 780 13 2 2 2 2
:5
3 11 2 3.5 5.7 7.9 9.11
x


+++ =




.
121 115 3 25 9 5 8xx x 
121 115 3 16 5 8xx x 
6 3 16 5 8xx x
6 8 24xx
9 30x
10
3
x
x =
10
3
2
1 1 1 1 2016 2017 2018
43
2 3 4 12 2017 2018 2019
xx











2
1 4 3 1 2016 2017 2018
43
2 12 12 12 2017 2018 2019
xx











2
1 2016 2017 2018
4 3 0.
2 2017 2018 2019
xx











2
1
43 0
2
xx



2
40x 
1
30
2
x 
2
40x 
2
4x
2
22
22x 
2x
2x 
1
30
2
x 
1
3
2
x
1
6
x
1
2; 2;
6
x








THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
72
2 780 13 1 1
:5
3 11 2 3 11
x


⇔− =




.
2 780 13 8
:. 5
3 11 2 33
x

⇔− =


2
45 5
3
x −=
.
2
40
3
x⇔=
.
60x⇔=
.
Vy
60x =
.
Bài 8: m x biết:
a)
11
: 2015
2016 2015
x
=
1 60
)
15 1
x
b
x
−−
=
−−
Hướng dẫn giải
1 1 11
) : 2016
2016.2015 2015 2015 2016.2015
a xx
−−
= ⇒= =
b) T gt bài toán ta có:
Câu 9. T
ìm biết: .
Hướng dẫn giải
Vy .
Bài 10. Tìm
x
biết
a)
3
52
7 11 2 .5 200x
b)
11111116
12 20 30 42 56 72 9
xxxxxx

ng dn giải
a)
33
52 3
7 11 2 .5 200 7 11 32.25 200 1000 10xx  
7 11 10 7 21 3x xx 
b)Ta chú ý :
1 1 11
11 1
nn
nN
nn n n n n



Ta đi xét tổng sau
111111111111
.
12 20 30 42 56 72 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 8.9

( )
2
31
1 900 1 30
29
x
xx
x
=
= −=±
=
x
25
43
xx−+
=
25
43
xx−+
=
( ) ( )
3 2 45xx −= +
3 6 20 4xx −= +
26x⇔=
26x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
73
11111111111111 2
34455667788939 9

Phuong trình đã cho
1 1 1 1 1 1 16 2 16
1 1.
12 20 30 42 56 72 9 9 9
xx

 

18 9xx 
Bài 11. Tìm biết:
a) b)
ng dn giải
a) Ta có:
.
Vậy hoặc .
Do đó hoc .
b) Ta có:
.
Bài 12. Tìm biết:
ng dn giải
Vy
Bài 13. a) Tìm biết: b) Tìm biết:
x
( )
( )
2
22
19 1 2.5 :14 13 8 4x −+ =
2019 1
4 2019
x
x
=
( )
( )
2
22
19 1 2.5 :14 13 8 4x −+ =
( )
19 1 2.25 :14 25 16x −+ =
19 1 50 9.14x −+ =
19 1 76x −=
1 76:19 4x −= =
14x −=
14x −=
5x =
3x =
2019 1
4 2019
x
x
=
( )
2
2019 4x −=
( )
2
2
2019 2x −=
2019 2x −=
2 2019x = +
2021x =
x
22 2
3 16
7 17 37
1
55 5
55
7 17 37
x

++

+=


++

22 2
3 16
7 17 37
1
55 5
55
7 17 37
x

++

+=


++

11 1
8 2 16
7 17 37
11 1
55 5
7 17 37
28
55
4
x
x
x

++

⇒+ =


++

⇒=
⇒=
4x =
x
( )
2
23 6xx x +=
x
2
39 15
3
22
x−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
74
ng dn giải
Bài 14. Tìm biết:
( ) ( ) ( )
= + = + +−=
4 46
a) 2x 1 16 b) 2x 1 2x 1 c) x 3 8 20
ng dn giải
( )
4
3
2
) 2 1 16
1
2
=
−=
=
x
ax
x
( ) ( )
46
) 2 1 2 1 0,5; 0; 1,5+ = + ⇒= = =bx x x x x
3 20 8 3 28
3 28 25
) 3 8 20
3 28 31
3 20 8 3 12( )
+= + +=
+= =

+−=


+= =
+= + +=



xx
xx
cx
xx
x x VN
Bài
15. m biết:
ng dn giải
Tính đưc
Bài 16. Tìm biết:
ng dn giải
( )
22
0
) 2 3 6 30
3
x
ax x x x x
x
=
+ =−⇔ =⇒
=
2 22
2 22
39 15
) 3 3 12 4 2
22
39 15
3 3 27 9 3
22
bx x x x
x x xx
= = =⇔=±
= = =⇔=±
x
x
( ) ( )
22
32
5. 3,25 2 1,25 2,5.0,25 0,25
43
x

= +−

3
32 1
4
3
43 4
2
x
x
x
=
−=
=
,x
( )
( )
( )
31
8
) ) 3 0 0 )2 7 5 2
2 27. 1
x
a bx x x c x x
x
= = −= +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
75
Dạng 2: Đưa về dng tích bng 0
Bài 1: m x biết:
x1 x2 x3 x4 x5 x6
2008 2007 2006 2005 2004 2003
+++ +++
++=++
ng dn giải
Ta có:
x1 x2 x3 x4 x5 x6
2008 2007 2006 2005 2004 2003
x1 x2 x3 x4 x5 x6
111111
2008 2007 2006 2005 2004 2003
x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x
2008 2007 2006 2005 2004
+++ +++
++=++
+ + + + + +
++ ++ += ++ ++ +
   
   
+++++
++−−−
( )
2009
0
2003
111111
x 2009 0
2008 2007 2006 2005 2004 2003
x 2009
+
=

⇔+ + + =


⇔=
Bài 2: m x, biết:
a,
29 27 25 23 21
5
21 23 25 27 29
xxxxx−−
++++=
b,
10 14 5 148
0
30 43 95 8
xxxx−−−
+ ++ =
ng dn giải
a,
29 27 25 23 21
5
21 23 25 27 29
xxxxx−−
++++=
29 27 25 23 21
1 1 1 1 10
21 23 25 27 29
xxxxx−−
   
++ ++ ++ ++ +=
   
   
50 50 50 50 50
0
21 23 25 27 29
xxxxx−−−−−
++++=
( )
11111
50 0
21 23 25 27 29
50
x
x

++++ =


⇒=
b,
10 14 5 148
0
30 43 95 8
xxxx−−−
+ ++ =
( )
( )
2
2
2
4 13
1
4
99
)81 1 16 ( 1)
45
9
1
99
0
) 30
9
3
2 75 2
)2 7 5 2
5
2752
7
xx
ax x
xx
x
bx x
x
x
xx
cx x
xx
x

−= =


=⇔− =




−= =


=
−=
=
=
−= +
−= +⇒
−=
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
76
10 14 5 148
3 2 1 60
30 43 95 8
x x xx −−
  
+ + −+ + =
  
  
100 100 100 100
0
30 43 95 8
xxxx−−−−
+++=
( )
1 1 11
100 0 100.
30 43 95 8
xx

+ + + =⇒=


Bài 3. m x, biết:
a,
5 4 3 100 101 102
100 101 102 5 4 3
xxxx x x−−
++= + +
b,
2143
7856
xxxx−−−−
+= +
ng dn giải
a,
5 4 3 100 101 102
100 101 102 5 4 3
xxxx x x−−
++= + +
5 4 3 100 101 102
111 1 1 1
100 101 102 5 4 3
xxxx x x−−
   
−+ −+ = −+ −+
   
   
105 105 105 105 105 105
100 101 102 5 4 3
xxxxxx−−−−−−
++=++
105 0 105xx⇒− =⇒=
b,
2143
7856
xxxx−−−−
+= +
2143
11 11
7856
9999
7856
xxxx
xxxx
−−−−
 
−+ = −+
 
 
−−−−
⇒+=+
90 9xx−==
Bài 4. m x, biết:
a,
123456
94 93 92 91 90 89
xxxxxx++++++
++=++
b,
2 19 2 17 2 7 2 5
21 23 33 35
x x xx+ + ++
−=
ng dn giải
a,
123456
94 93 92 91 90 89
xxxxxx++++++
++=++
123456
111 111
94 93 94 91 90 89
xxxxxx++++++
   
++ ++ += ++ ++ +
   
   
95 95 95 95 95 95
94 93 92 91 90 89
xxxxxx++++++
++=++
95 0 95xx⇒+ =⇒=
b,
2 19 2 17 2 7 2 5
21 23 33 35
x x xx+ + ++
−=
2 19 2 17 2 7 2 5
1 1 11
21 23 33 35
x x xx+ + ++
 
+− += +− +
 
 
2 40 2 40 2 40 2 40
21 35 33 23
xxxx++++
⇒+=+
2 40 0 20xx + =⇒=
Bài 5. m x, biết:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
77
a,
123456
59 58 57 56 55 54
xxxxxx−−−−
++=++
b,
1234
15 14 13 12
xx xx++ ++
+=+
ng dn giải
a,
123456
59 58 57 56 55 54
xxxxxx−−−−
++=++
123456
111 111
59 58 57 56 55 54
xxxxxx−−−−
   
−+ −+ = −+ −+
   
   
60 60 60 60 60 60
59 58 57 56 55 54
xxxxxx−−−−−−
++=++
60 0 60xx⇒− =⇒=
b,
1234
15 14 13 12
xx xx++ ++
+=+
1234
1111
15 14 13 12
xx xx++ ++
 
++ += ++ +
 
 
16 16 16 16
15 14 13 12
xxxx++++
⇒+=+
16 0 16xx⇒+ =⇒=
Bài 6. m x, biết:
a,
5 15 1990 1980
1990 1980 5 15
xx x x−−
+= +
b,
1357
2015 2013 2011 2009
xxxx−−
+=+
ng dn giải
a,
5 15 1990 1980
1990 1980 5 15
xx x x−−
+= +
5 15 1990 1980
11 1 1
1990 1980 5 15
xx x x−−
 
−+ = −+
 
 
1995 1995 1995 1995
1990 1980 5 15
xxxx−−−−
⇒+=+
1995 0
1995
x
x
⇒− =
⇒=
b,
1357
2015 2013 2011 2009
xxxx−−
+=+
1357
1111
2015 2013 2011 2009
xxxx−−
 
−+ = −+
 
 
2016 2016 2016 2016
2015 2013 2011 2009
2016 0
2016
xxxx
x
x
−−−−
⇒+=+
⇒− =
⇒=
Bài 7. m x, biết:
a,
11111
10 11 12 13 14
xxxxx+++++
++=+
b,
315 313 311 309
4
101 103 105 107
xxxx−−
+++=
ng dn giải
a,
11111
10 11 12 13 14
xxxxx+++++
++=+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
78
( )
11111
10
10 11 12 13 14
10
1
x
x
x

⇒+ ++ =


+=
⇒=
b,
315 313 311 309
4
101 103 105 107
xxxx−−
+++=
315 313 311 309
1 1 1 10
101 103 105 107
xxxx−−
  
++ ++ ++ +=
  
  
416 416 416 416
0
101 103 105 107
416 0
416
xxxx
x
x
−−−−
+++=
−=
⇒=
Bài 8. m x, biết:
a,
1234
2009 2008 2007 2006
xx xx−−
+=+
b,
59 57 55 53 51
5
41 43 45 47 49
xxxxx−−
++++=
ng dn giải
a,
1234
2009 2008 2007 2006
xx xx−−
+=+
1234
1111
2009 2008 2007 2006
xx xx−−
 
−+ = −+
 
 
2010 2010 2010 2010
2009 2008 2007 2006
xxxx−−−−
⇒+=+
2010 0
2010
x
x
⇒− =
⇒=
b,
59 57 55 53 51
5
41 43 45 47 49
xxxxx−−
++++=
59 57 55 53 51
1 1 1 1 10
41 43 45 47 49
xxxxx−−
   
++ ++ ++ ++ +=
   
   
100 100 100 100 100
0
41 43 45 47 49
100 0
100
xxxxx
x
x
−−−−−
++++=
−=
⇒=
Bài 9: m x, biết:
148 x 169 x 186 x 199 x
10
25 23 21 19
−−−−
+++=
ng dn giải
Ta có:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
79
( )
{ }
148 x 169 x 186 x 199 x
10
25 23 21 19
148 x 169 x 186 x 199 x
1 2 3 40
25 23 21 19
1111
123 x 0 123 x 0 x 123
25 23 21 19
S 123
−−−−
+++=
− − − −
+−+−+−=
  
  

+ + + = −==


=
Bài 10. m x, biết:
1234
2013 2012 2011 2010
xxxx−−
+−=
ng dn giải
( )
1243
1111
2013 2012 2010 2011
2014 2014 2014 2014
2013 2012 2010 2011
1111
2014 0
2013 2012 2010 2011
2014
xxxx
xxxx
x
x
−−
−+ = −+
−−−−
⇔+=+

⇔− + =


⇔=
Bài 11. m x, biết:
( )( ) ( )( ) ( )( )
++=
++ ++ ++
1111
18
x4x5 x5x6 x6x7
ng dn giải
Điu kiện:
x4;x5;x6;x7≠− ≠− ≠− ≠−
Ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )( )
1111
18
x4x5 x5x6 x6x7
1111111
x4x5x5x6 x6x7 18
1 11
x 4 x 7 18
18 x 7 18 x 4 x 7 x 4
x 13
x 13 x 2 0
x2
++=
++ ++ ++
−+−+=
++++++
−=
++
+− +=+ +
=
+ −=
=
Bài 12. m x, biết:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
246
2 4 4 8 8 14 2 14
x
xx xx xx xx
++ =
++ ++ ++ ++
ng dn giải
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
246
2 4 4 8 8 14 2 14
x
xx xx xx xx
++ =
++ ++ ++ ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
80
( )( )
11 11 1 1
2 4 4 8 8 14 2 14
x
xx xx xx xx
 
+−+ =
 
++ ++ ++ ++
 
( )( )
( )( ) ( )( )
11
2 14 2 14
12
2 14 2 14
x
x x xx
x
xx xx
⇒− =
+ + ++
⇒=
++ ++
12x⇒=
Bài 13: Gii phương trình:
x 241 x 220 x 195 x 166
10
17 19 21 23
−−−−
+++=
ng dn giải
Ta có:
( )
x 241 x 220 x 195 x 166
10
17 19 21 23
x 241 x 220 x 195 x 166
12340
17 19 21 23
x 258 x 258 x 258 x 258
0
17 19 21 23
1111
x 258 0
17 19 21 23
x 258
−−−−
+++=
−−
−+ + + =
−−−−
+++=

⇔− + ++ =


⇔=
Bài 14: m x biết:
x 1 x 2 x 3 x 2012
..... 2012
2012 2011 2010 1
−−
+ + ++ =
ng dn giải
Phương trình đã cho tương đương vi :
( )
x 1 x 2012 x 3 x 2012
1 1 1 ..... 1 2012 2012
2012 2011 2010 1
x 2013 x 2013 x 2013 x 2013
....... 0
2012 2011 2010 1
111 1
x 2013 ..... 0 x 2013
2012 2011 2010 1
−−
−+ −+ −+ + −+ =
−−−
++++=

+ + + + =⇔=


Dng 3: S dng tính cht lũy thừa
Bài 1: m x biết:
a,
( ) ( )
10 20
31 31xx−=−
b,
( ) ( )
2003 2003
66xx x−=
c,
2
5 5 650
xx+
+=
ng dn giải
a,
( ) ( ) ( ) ( )
10 20 20 10
31 31 31 31 0xx xx−=−−−=
( ) ( )
( )
10 10
10
1
3 10
31 31 10
3
31 1
31 1
x
x
xx
x
x
−=
=

−=

−=
−=±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
81
b,
( ) ( ) ( ) ( )
2003 2003 2003 2003
6 6 6 60xx x xx x−=−=
( ) ( )
2003
60 6
6 10
10 1
xx
xx
xx
−= =

−=

−= =

c,
( )
22
5 5 .5 650 5 1 25 650 5 25 5 5 2
xx x x x
x+ = + = ⇒=⇒==
Bài 2: Tìm
x
biết:
33 31
3 2.3 567
xx++
−=
ng dn giải
33 31
3 2.3 567
xx++
−=
33
3 .27 2.3 .3 567
xx
⇒− =
( )
3
3 . 27 6 567
x
−=
3
3 .21 567
x
⇒=
3
3 567 : 21
x
⇒=
33
33
x
⇒=
Vy
33x =
1x =
.
Bài 3: Tìm x, biết:
23 2 2
5 2.5 5 .3.
−=
x
ng dn giải
( )
23 2 2 23 2 2 23 2 23 3
5 2.5 5 .3 5 5 .3 2.5 5 5 . 3 2 5 5 2 3 3
−−
=⇒=+⇒=+⇒==
x x xx
x
2 33 2 6 3⇒=+⇒==x xx
Vậy x = 3.
Bài 4: Tìm biết: (18 chữ s 0)
ng dn giải
Vy
Bài 5: m x biết:
12
7
2 5.2
32
xx−−
+=
ng dn giải
12 1 1 1 4
7 5 7 77 1
2 5.2 2 1 2 . 2 2 3
32 2 32 2 32 16
xx x x x
x
−−

+ = + = = = = ⇒=


Bài 9: m x biết:
a,
( ) ( )
1 11
7 70
xx
xx
++
−− =
b,
21
2 .3 .5 10800
xxx++
=
c,
( ) ( )
53
2 15 2 15xx−=
ng dn giải
a, Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 11 1 10
10
70
7
7 7 0 71 7 0
71
71
xx x
x
x
xx x x
x
x
++ +
−=
=

−− = −− =

−=±
−=
,x
1 2 18
2 .2 .2 .5 1000 0
++
=
xx x
1 2 18
2 .2 .2 .5 1000 0
++
=
xx x
3 3 18 18 3 3 18 18 18 3 3 18
2 .5 10 2 .5 2 .5 2 2 3 3 18 5
++ +
⇒=⇒==+==
xx x
xx
5.=x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
82
b,
21
10800
2 .3 .5 10800 2 .4.3 .3.5 10800 2 .3 .5 900
12
xxxxxxxxx++
= =⇒==
( )
2
2.3.5 900 30 900 30 2
x
x
x = = = ⇒=
c,
( ) ( ) ( ) ( )
5 3 53
2 15 2 15 2 15 2 15 0xx xx = −− =
( ) ( )
32
2 15 0
2 15 2 15 1 0
2 15 1
x
xx
x
−=

−=

−=±
Bài 10: m x biết:
a,
( ) ( )
22
5 13xx−=
b,
2
0xx+=
c,
47
3 .3 3
n
=
ng dn giải
a,
( ) ( )
22
3
513 4 6
5 13
2
53 1 2 4
2
x xx
x
xx
xx x
x
−= =
=

−=

−= =

=
b,
( )
2
00
0 10
10 1
xx
x x xx
xx
= =

+=⇒ + =⇒

+= =

c,
4 7 74 3
3.33 33:33 3
nn
n= = = ⇒=
Bài 11: m x biết:
a,
( ) ( )
42
43 43xx−=
b,
( )
3
1 125x −=
c,
2
2 2 96
xx+
−=
ng dn giải
a,
( ) ( ) ( ) ( )
4 2 42
43 43 43 43 0xx xx−=−=
( ) ( )
22
4 30
43 43 10
431
x
xx
x
−=

−=

−=±
b,
( ) ( )
33
3
1 125 1 5 1 5 6x x xx−= −===
c,
( )
22 5
2 2 96 2 2 96 2 4 1 96 2 32 2 5
xx xx x x
x
++
−= −= ===⇒=
Bài 12: Tìm s nguyên x biết:
ng dn giải
( thỏa mãn)
Bài 13: m x biết:
a,
( )
2
2
1
91 0
3
xx +−=
b,
47
1
.3 .3 3
9
n
=
c,
1
.27 3
9
nn
=
ng dn giải
a,
( )
2
1
9 1 0, 0
3
xx−≥
, để
( )
2
2
2
9 10
1
91 0
1
3
0
3
x
xx
x
−=
+−=
−=
( )
4 2018 2019
0
1
3 2 .7 2.7 .
2019
x −=
( ) ( )
4 2018 2019 4 2018 2019 4 2019 2018
0
1
3 2 .7 2.7 . 3 2 .7 2.7 3 2 2.7 :7
2019
x xx−= −==
3 16 14 3 14 16 3 30 10 10x x x xx=⇒=+⇒===±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
83
1
1
3
1
3
3
x
x
x
= ±
⇒=
=
b,
4 7 743 325
11
.3 .3 3 3 . 3 :3 3 3 3 .3 3
99
nn n
= = =⇒= =
c,
2
1 311 1
.27 3 2
9 93
27 3
n
n
nn
n
n

= = = ⇒=


Bài 14: Tìm , biết :
ng dn giải
Bài 15: m x biết:
a,
11
3 5.3 486
xx−−
+=
b,
200
xx=
c,
( )
2
2 : 4 .2 4
n
=
ng dn giải
a,
( )
11 1 1 4
3 5.3 486 3 1 5 486 3 81 3 1 4 5
xx x x
xx
−−
+ = + = = = −= =
b,
( )
200 199
0
10
1
x
x x xx
x
=
= −=
=
c,
( )
22
2:4.24242 2
nn
n= == ⇒=
Bài 16: m x biết:
a,
( ) ( )
24
11
xx
xx
++
−=
b,
2
5 5 650
nn+
+=
c,
2008 1
n
=
ng dn giải
a,
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2 4 22
2
10
1 1 1 1 10
11
x
x x xx
x
x
x x xx
x
+
+ + ++
+
−=

= −=

−=
b,
( )
22 2
5 5 650 5 1 5 650 5 25 5 2
nn n n
n
+
+ = + = = = ⇒=
c,
0
2008 1 2008 1 2008 0
nn
n= == ⇒=
Bài 17: m x biết:
a,
1
.2 4.2 9.5
2
nnn
+=
b,
2000 2008
55
3
yy
x

−=


ng dn giải
x
x 12 4
2.3 10.3 8.27= +
x 12 4
2.3 10.3 8.27= +
( )
( )
x
x
x
x
x
x
12 4
4
12 3
12 12
12
12 2 14
3 5.3 4.27
3 5.3 4. 3
3 5.3 4.3
3 3 54
3 3 .3 3
4
= +
= +
= +
= +
= =
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
84
a,
11
1 19
.2 4.2 9.5 2 4 9.5 2 . 9.5 2 .9 9.5 2 5
2 22
n n nn nn nn nn n−−

+ = += = = =


Vô lý
b,
2000 2008 2000 8
50
3
5 5 5 5 10
3 33
51
3
y
y y yy
y
x
−=

 
= −=

 
 


−=±
Bài 18: m x biết:
a,
32 .16 1024
nn
=
b,
11
3 .3 5.3 162
nn−−
+=
c,
3
2 .2 128
nn+
=
ng dn giải
a,
5 4 10
32 .16 1024 2 .2 1024 2 2 10
n n nn n
n
−−
= = = ⇒=
b,
1 1 11
3 .3 5.3 162 3 5.3 162
nn n n −−
+=+=
1 13
3 .6 162 3 27 3 1 3 4
nn
nn
−−
= = = −= =
c,
3 23 7
2 .2 128 2 128 2 2 3 7 2
nn x
nn
++
= = = +==
Bài 19: m x biết:
ng dn giải
Vy
Bài 20: m x biết:
a,
21
5
1
3
3
n

=


b,
1
2
28
x+
=
ng dn giải
a,
21
5
1
3
3
n

=


12 5
3 3 12 5 2
n
nn
= ⇒− = =
b,
11
3
22
1 15
2 82 2 3 3
2 26
xx
xx
++
= = ⇒+ == =
Bài 21: m x biết:
a,
21
4 4 1040
xx−+
+=
b,
( )
3
21 8x −=
c,
( ) ( )
24
11
xx
xx
++
−=
ng dn giải
a,
2 1 2 23
4 4 1040 4 4 .4 1040
xx xx−+ −−
+= + =
2 22
4 .65 1040 4 16 4 2 2 4
xx
xx
−−
= = = −==
b,
( ) ( ) ( )
3 33
1
21 8 21 2 21 2 .
2
x x xx−= −===
2
3 3 810
xx+
+=
2
3 3 810
xx+
+=
4
10.3 810
3 81
33
4
x
x
x
x
=
=
=
⇒=
4x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
85
c,
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2 4 22
2
10
1 1 1 1 10
11
x
xx x
x
x
x x xx
x
+
++ +
+
−=

= −=

−=±
Bài 22: Tìm n biết:
a,
15
2 .2 4.2 9.2
nn
+=
b,
11
3 5.3 162
nn−−
+=
ng dn giải
a,
1 5 5 5 15
19
2 .2 4.2 9.2 2 4 9.2 2 . 9.2 2 2 6
22
nn n n n
n
−−

+ = + = = = ⇒=


b,
11 1 1 3
3 5.3 162 3 .6 162 3 27 3 4
nn n n
n
−−
+ = = = = ⇒=
Bài 23: m x biết:
a,
( )
2
54
nn=
b, .
ng dn giải
a,
( ) ( )
2
54 108 107
0
10
1
n
n nn nnn
n
=
= = −=
=
b,
(vì )
Vy .
Bài 24: m x biết:
a,
2
2 2 96
xx+
−=
b,
( )
50
21 21xx−=
ng dn giải
a,
25
2 2 96 2 .4 2 96 3.2 96 2 32 2 5
xxxx xx
x
+
−= −= ===⇒=
b,
( ) ( ) ( )
50 49
2 10
21 21 2121 10
2 11
x
x x xx
x
−=

= −⇒ =

−=
Bài 25: m x biết:
a,
22
( 5) (1 3 )xx−=
b,
32 .16 1024
nn
=
ng dn giải
a,
22
513 4 6
( 5) (1 3 )
53 1 2 4
x xx
xx
xx x
−= =

−=

−= =

b,
32 .16 1024
nn
=
5 4 10 10
2 .2 2 2 2 10
nn n
n
−−
= = ⇒=
Bài 26: m x biết:
a,
10 :5 20
xy y
=
b,
5 86xx+−=
( với x > 5) c,
1
2 .3 12
xy x+
=
ng dn giải
a,
10 :5 20
xy y
=
2
10 20 .5 100 10 2
x yy y y
xy = = = ⇒=
b,
5 55x xx>⇒ =
, Khi đó ta có:
19
5 8 6 2 19
2
xx x x−+= = =
3 3 9 18
8 2 22
xx+
+ −=
3 3 9 18
8 2 22
xx+
+ −=
3 36
8 .8 8 8 8 0
xx
+−−=
( ) ( )
3 33
8818810
x
+− +=
( )( )
33
8 18 8 0
x
⇒+ −=
3
880
x
−=
3
8 10+>
3
88
x
⇒=
3x⇒=
3x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
86
c,
1 2 21 1
10
2 .3 2 .3 2 : 2 3 :3 2 3 1
0
x y x x x x y x x yx
x
xy
yx
+ + −−
−=
= = = ⇒==
−=
Bài 27: m x biết:
a,
( ) ( )
68
22xx−=
b,
22
2
7 11 29
3 12 12
x xy

+ = −=


ng dn giải
a,
( ) ( )
68
22xx=−⇒
( ) ( )
62
20
2 2 10
21
x
xx
x
−=

−=

−=±
b,
22
2
7 11 29
3 12 12
x xy

+ = −=


22
7 29 11 10 3
5
3 12 12 3 2
xx x x

+= ==


Thay vào ta được:
2
7 3 121 7 121 625 25
..
3 2 144 2 144 144 12
yy=+=+==±
Bài 28: Tìm x,y,z biết:
2 2 2 2 22
234 5
x y z xyz++
++=
ng dn giải
2 2 2 2 22
234 5
x y z xyz++
++=
22 2 2 22
0
25 35 45
xx yy zz
 
−++−=
 
 
222
321
0 0.
10 15 20
x y z xyz⇒++====
Bài 29: m x biết:
2 1 2 21 23
7 7 755 5
57 131
x x x xx x++ + +
++ + +
=
ng dn giải
2 1 2 21 23
7 7 755 5
57 131
x x x xx x++ + +
++ + +
=
( ) ( )
2
7 49 7 1 5 1 5 125
7 25 0
57 131
xx
xx
x
++ ++
= = ⇒=
Bài 30: Tìm thỏa mãn:
ng dn giải
5555555555
555 55
66
5 5 66
12 2 12
5 5 66
4444666666
.
333 22
4.4 6.6 4 6 6 4
. . . 2 2 2 12.
32
3.3 2.2 3 2
x
+++ +++++
++ +

= = = = = ⇒=


Bài 31: Tìm x biết:
( )
2005
1
3 0 2005
2 . 2005 . 994 15:3 1xx+ =−+
ng dn giải
( )
2005
1
3 0 2005
2 . 2005 . 994 15:3 1xx+ =−+
8. 990 9 990 110xx x x += = =
Bài 32: Tìm s nguyên
x
biết:
1 2 2015 2019
2 2 2 2 2 8.
++ +
+ + +⋅⋅⋅+ =
xx x x
Hướng dẫn giải
Ta có:
1 2 2015 2019
22 2 2 2 8
++ +
+ + +⋅⋅⋅+ =
xx x x
( )
2 2015 2019 3
2122 2 2 2 + + +⋅⋅⋅+ =
x
x
5555555555
555 55
4444666666
.2
333 22
x
+++ +++++
=
++ +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
87
( ) ( )
2016 3 2016 3
2.2122122 3. −= −⇔ = =
xx
x
Bài 33: Tìm x sao cho
4
11
17
22
xx+
 
+=
 
 
Hướng dẫn giải
44
4
11 111 11
17 . 17 . 1 17
22 222 216
17 1 1
. 17 16 2 2 4
16 2 2
xx xx x
xx
x
x
+
    
+ = + = +=
    
    
 
= = = ⇔=
 
 
Bài 34: Tìm m,n tha mãn :
( ) ( )
4 4 9 15
7 . 5 35
mn
xy xy xy −=
Hướng dẫn giải
4 4 9 15
49
35. . 35. .
4 15
nm
n
x y xy
m
++
+=
=>==>
+=
Bài 35: Tìm x, y nguyên biết :
2
11
2012 1006
2012 .3 9
xy−+
=
Hướng dẫn giải
2
11
2012 1006
2012 .3 9
xy−+
=
22
11 11
2012 2012 2
2012 .3 3 2012 1 1 1 0
xy xy
xy
−+ −+
= = + −=
=>
2
2
10
11
1
x
xy
y
−=
−+ =
=
hoc
2
11
0
x
y
−=
=
Bài 36: m x biết:
5555555555
555 55
4444666666
.8
333 22
x
+++ +++++
=
++ +
Hướng dẫn giải
5555555555 55
3
555 55 5 5
4444666666 4.46.6
. 8 .2
3 3 3 2 2 3.3 2.2
xn
+++ +++++
=⇒=
++ +
5
3 5 3 63
24 24
.24.424236 2
66
n nn
nn

= = = =⇒=


Bài 37: Tìm biết:
ng dn giải
( ) ( )
( )
( )
1
1 12
12
50
51 5 0
1 50
x
x
x
xx
x
+
+
−=

−− =

−− =
Vy
Bài
38: m
x
biết:
4 2018 2019
1
3 2 .7 2.7
2019
−=
o
x
.
ng dn giải
,x
( ) ( )
1 13
5 50
xx
xx
++
−− =
( ) ( )
1 13
5 50
xx
xx
++
−− =
( )
1
50
50 5
10
x
x
xx
x
+
−=
= ⇔=
+≠
( ) ( )
12 12
51 6
1 50 51 .
51 4
xx
xx
xx
−= =

−=−=

−= =

4, 5, 6xxx= = =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
88
4 2018 2019
1
3 2 .7 2.7
2019
x −=
°
4 2018 2019
1
3 2 .7 2.7
2019
x −=
°
4 2018 2019
3 2 .7 2.7 3 16 14⇔− = ⇔−=xx
10
3 16 14 3 30
2
3 16 14 3 2
3
=
−= =

⇔⇔

−= =
=

x
xx
xx
x
V
y
2
10;
3

∈⋅


x
Bài 39: Tìm s t nhiên x biết:
ng dn giải
Ta có
Bài 40: Tìm biết
ng dn giải
21 2
2 .3 .5 10800 2 .4.3 .3.5 10800 30 10800 :12 900 30 302
xxx x x x x x
x
++
= = ⇒= =⇒==
Bài 41: Trong ba số a, b, c có 1 s dương, 1 số âm, và 1 số bằng 0, Tìm 3 số đó biết:
( )
2
a bbc=
ng dn giải
Xét
( ) ( )
2
0
00
b
a b b c VL
bc
=
= −=
=
Xét
( )
2
0 0 0, 0, 0
0
bc
a a bbc c b a
b
>
≠⇒ = >⇒ ⇒= > <
>
Bài 42: Tìm s t nhiên sao cho
ng dn giải
Nếu thỏa mãn.
chöõ soá
1 2 15
15 0
2 .2 .2 100...00 : 5
xx x

chöõ soá
1 2 15
15 0
2 .2 .2 100...00 : 5
xx x

2 15 15
3 3 15 15 15
3 15 3
3 12
2 .2 .2.2 .2 10 : 5
2 .2 2 .5 : 5
2 2 :2
22
3 12
12 : 3
4
xx x
x
x
x
x
x
x



x
21
2 .3 .5 10800
xxx++
=
,xy
2
10 143.=
x
y
22
10 143 10 143=⇒+=
xx
yy
0 12=⇒=xy
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
89
Nếu có chữ s tận cùng là 0 có chữ s tận cùng là 3.
là s chính phương nên không th có tn cùng bằng 3. Do đó không
tồn tại thỏa mãn.
Vy
Bài 43: Tìm x,y biết:
( )
3
10
xx y−=
( )
3
50
yx y
−=
ng dn giải
Tr theo vế ta được :
( )( ) ( )
2
2
9 33
25 5 5
xyxy xy xy

= =± ⇒−=±


3 3 1 33 1
: ;: .
10 5 2 50 5 10
xy
 
= ±=± = ±=
 
 
Bài 44: Tìm các s nguyên dương a, b, c biết rằng:
333
3a b c abc−−=
( )
2
2a bc= +
ng dn giải
( )
2
2a bc= +
nên
2
a
là 1 s chẵn suy ra a chẵn, mà a, b, c nguyên dương nên từ
333
3a b c abc a b = ⇒>
ac>
( )
2
2 42 4 4abc a bc aa a⇒>+⇒> +⇒><
Suy ra a = 2 và b = c = 1
Bài 45:
a) Trong ba số có mt s dương, mt s âm v mt s bằng 0, ngoài ra còn
biết: . Hi s nào dương, số nào âm, số nào bng 0
b) Tìm hai số sao cho
ng dn giải
a) Ta có: nên t
+Nếu có hai số bằng 0, vô lý
+Nếu có hai số âm b và c, vô lý
+Nếu , ta xét có hai số dương và c, vô lý
V
y
b) T
Ta li có:
Vậy h
ai số cần tìm là
Bài 46: Tìm các s t nhiên
,ab
sao cho:
( )
( )
2008 3 1 2008 2008 225
a
a b ab++ + +=
ng dn giải
0 10>⇒
x
x
10 143⇒+
x
2
y
, xy
0; 12.= =xy
,,abc
( )
2
a bbc=
x
y
: ( 0)xyxyxy y+= =
2
0, 0ab≥≥
( )
2
0a bbc bc cb= −≥
0 00baa= =⇒=
a
b
00b cb<⇒≤<⇒
0b >
000a bc bc=⇒−==>
b
0a⇒<
0, 0, 0abc<>=
( )
1: 1x y xy x xy y y x x y x+= ⇒= = =
: 11xyxy xyx y= + + = −⇒ =
1
1.
2
x xy y x x⇒= =+⇒=
1
;1
2
xy= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
90
Theo đ bài và là hai số l
Nếu là s chẵn
Để l l , nếu b l chn, do đó chn
(không thỏa mãn), vậy
Vi
không chia hết cho 3 và
Vy
Bài 47: Tìm
x
biết:
( )
3. 5 1 2 70;
x
−=
ng dn giải
( ) ( )
3. 5 1 2 70 3. 5 1 72 5 1 24 5 25 5.
x x xx
x = = −= = =
V
y
5.x =
Bài 49: Tìm tất cả các cặp số nguyên
;xy
thỏa mãn
2 2020
31
y
xx
ng dn giải
Xét trường hợp
0y
Khi đó :
2
2xx
1 2 1; 2xx x x 
vậy cặp
;xy
thỏa là
1;0 ; 2;0
Xét trường hợp
0y
khi đó
2020
31
y
chia
3
1
còn
1xx
là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết
cho
3
hoặc chia
3
2
nên không xảy ra
Vậy cặp
;xy
thỏa là :
1;0 ; 2;0
Dạng 4: Tìm ẩn dng phân thc
Bài 1: Tìm tt c các s x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:
ng dn giải
Ta có
Vì x, y nguyên dương nên x 617 và y 617 là ước ln hơn –617 ca 617
2
.
2008 3 1ab ++
2008 2008
a
ab++
0 2008 2008
a
aa≠⇒ +
2008 2008
a
ab++
b
31b⇒+
2008 3 1ab++
0a =
( )( )
0 3 1 1 225a bb= + +=
( )( )
3 1 1 3.75 5.45 9.25b bb∈⇒ + += = =
31b +
31 1bb+> +
3 1 25
8
19
b
b
b
+=
⇒=
+=
0, 8ab= =
11 1
x y 617
+=
22
2
11 1 1
617( ) 0 617 617 617 617
617 617
( 617)( 617) 617
xy
xy x y xy x y
x y xy
xy
+
+= = ⇔− +=⇔− + =
⇔− =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
91
Do 617 là số nguyên t nên xảy ra 3 trường hp:
Vậy tất c các cp (x;y) nguyên dương cn tìm là
(1234;1234) , (618; 381306), (381306; 618)
Bài 2: Tìm nghim nguyên dương ca phương trình:
ng dn giải
Ta có:
Do vai trò của x, y bình đẳng gi s:
Ch có mt trưng hp là
Bài 3: Tìm cp s nguyên dương
( )
;xy
thỏa mãn:
53
42
x
y
−=
ng dn giải
Ta có:
53
42
x
y
−=
20 3
42
xy
y
⇒=
2 40 12xy y −=
6 20xy y⇒−=
( )
. 6 20yx −=
TH1:
1y =
6 20x−=
26x⇒=
Vy:
1y =
,
26x =
(thỏa mãn).
TH2:
20y =
61x−=
7x⇒=
Vy:
20y =
,
7x =
(thỏa mãn).
TH3:
2y =
6 10x−=
16x⇒=
Vy:
2y =
,
16x =
(thỏa mãn).
Th4:
10y =
62x−=
8x⇒=
Vy:
10y =
,
8x =
(thỏa mãn).
TH5:
4y =
65x−=
11x⇒=
Vy:
4y =
,
11x =
(thỏa mãn).
2
2
617 617
617 617
1234
617 1
618; 381306
617 617
381306; 618
617 617
617 1
x
y
xy
x
xy
y
xy
x
y
−=
−=
= =
−=
⇔= =
−=
= =
−=
−=
11 1 1
x y 6xy 6
++ =
( ) ( ) ( ) ( )( )
1 6y 6x 1 xy x y 6 6 y 6 37 x 6 y 6 37 ++= −= −=
xy1 x6 y6 5−≥−≥
x 6 37 x 43
y61 y7
− = =

−= =

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
92
TH6:
5y =
64x−=
10x⇒=
Vậy:
5y =
,
10x =
(thỏa mãn).
Bài 4: Tìm các số nguyên thỏa mãn:
ng dn giải
Ta có: là các số nguyên mà là s nguyên l.
Mà Ư(6)=
Nê ta có bảng:
1 3 -1 -3
6 2 -6 -2
1 2 0 -1
Vy
Dạng 5: Phương pháp chặn
Bài 1: Tìm s t nhiên x,y biết:
( )
2
2
7 2004 23xy−=
Hướng dẫn giải
T gi thiết ta thấy
( )
2
7 2004 0x −≥
nên
{ }
22
23 0 23 0;1;2;3;4yy y ≥⇒ ⇒∈
Mà 7 là s nguyên t nên
{ }
2
23 7 3; 4yy ⇒∈
. Thay y vào ta tìm được x
Bài 2: Tìm các số nguyên biết
Hướng dẫn giải
Viết đưc
Suy ra là s chẵn , để chia hết cho 4 nên không chia hết
cho 4
Vy không có s nguyên thỏa mãn đề bài
Bài 3: Tìm biết:
ng dn giải
,xy
2 21
33
x
y
−=
2 21
33
x
y
−=
( )
2 12
3
21 6
x
y
xy
=
⇒−=
2 1;xy
21x
{ }
6; 3; 2; 1;1;2;3;6−−−−
21x
y
x
( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 1;6,0; 6, 1, 2xy= −−
,xy
22
2 8 41x xy+− =
( )
2
2
1 42 8xy+=+
( )
2
1x +
( )
2
1x +
2
42 8y+
,xy
,xy
( )
2
2
36 8 2010yx−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
93
Ta có:
là s chính phương nên
Vy
Bài 4: Tìm 3 s nguyên dương x, y, z:
ng dn giải
Do x, y, z có vai trò như nhau nên ta giả s:
≤≤xyz
Khi đó:
{ }
( )
+
= + + ⇒∈
1113
1 x 3 x 1;2;3 do x Z
xyzx
Với x = 1 phương trình đã cho vô nghiệm.
Với x = 2 ta có: . Mặt khác
+) y = 2 thì phương trình vô nghim.
+) y = 3 thì z = 6
+) y = 4 thì z = 4
Với x = 3 ta có: . Mặt khác
Vy phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (2, 3, 6); (2, 4, 4); (3, 3, 3).
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương x, y, z thỏa mãn:
ng dn giải
Gi s . Ta có:
Chia 2 vế cho z dương ta được
Do đó x = y = 1. Thay vào phương trình ban đầu ta được: 2z = z + 2 hay z = 2.
Vy nghim của phương trình đã cho là (x, y, z) = (1, 1, 2); (1, 2, 1); (2, 1, 1).
Bài 6: Tìm các s nguyên a, b, c
0, biết:
3
abc acb
abc
bcacba
++=++=++=
( ) ( )
2
22
36 8 2010 8 2010 36yx yx−= ⇒+ =
( ) ( )
22
2
36
0 8 2010 36 2010
8
yx x−≤−≤
( )
2
0 2010x≤−
( )
2
, 2010xx∈−
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2012 2
2010 2 4
2010 4
2008 2( )
2010 1 2010 1 28( )
6
2010 0
2010 0 2010 36
6( )
xy
xy
x
x y ktm
x x y ktm
y
x
x xy
y ktm
= =

= ⇒=

−=
= =

= =±⇒ =
=
−=
=⇒= =
=
( ) ( ) ( ) ( )
; 2012;2 ; 2008;2 ; 2016;6xy =
111
1
xyz
++=
11112
1 y4
2yz2y
=++≤+⇒≤
{ }
y x 2 y 2,3,4=⇒∈
11112
1 y3
3yz3y
=+++⇒≤
yx3 y3 z3==⇒=
2xyz x y z=++
xyz≤≤
2xyz x y z 3z=++≤
2xy 3 xy 1 xy 1 ≤⇒ =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
94
ng dn giải
3
abc acb
abc
bcacba
++=++=++=
39
abc acb
bca cba

++++++=


1 1 19
ac ba cb
bb cc aa
 
+++ +++ ++ =
 
 
( )
111
99
abc abc abc
abc
b c a abc
++ ++ ++

+ + = ++ + + =


111
3
abc
++=
, do a, b, c
Z
nên
1 1 1 111
1, 1, 1 3 1abc
a b c abc
≤⇒ + + = = =
Bài 7: Tìm s nguyên x, y biết:
( )
4
42 3 3 4 2012yx −=
ng dn giải
( )
4
42 3 3 4 2012yx = −+
, Do
3 3 0,y yZ ∀∈
nên
( )
4
4 2012 42x−≤
( )
4
4
2012 11 2 2012 0xx < −=
hoc
2012 x−=±
1, Vì 2012 - x là s nguyên
nên
+ Nếu
2012 x−=±
1 suy ra x = 2011 hoặc x = 2013 thì
38
38 3 3 3
3
yy= −⇒ =
(loi)
+ Nếu: 2012 - x = 0 suy ra x = 2012 và
42 3 3 3 14yy= −=> −=
nên y = 17 hoặc y = - 11
Bài 8: Chứng minh rằng không tìm được hai số x, y nguyên dương sao khác nhau sao cho
11 1
x y xy
−=
ng dn giải
Quy đồng chéo ta được :
( )( )
y x x y xy −=
, Vì x - y và y - x là hai số đối nhau nên
VT < 0,
Và nếu x, y nguyên dương thì VP > 0 suy ra mẫu thuẫn
Vy không tn ti hai s x, y nguyên dương
Bài 9: Tìm b ba s t nhiên khác 0 sao cho:
11 1
1
a ab abc
++ =
+ ++
ng dn giải
{ }
1 1 1 1113
1 3 1; 2aa
a ab abc a a a a
= + + < + + = <⇒∈
+ ++
TH1 : Vi
11 11
1 11 0
11 11
a
b bc b bc
=⇒+ +=⇒+ =
+ ++ + ++
( loại)
TH2 : Vi
111111112
21
2 22 22 2222
a
bbc bbcbbb
= + +== + < + =
+++ ++++++
24 2 1b bb+<⇒<⇒=
Vi b =1 thì
111 11
3
3 32 36
c
cc
+ = = ⇒=
++
Vậy (a, b, c) = (2, 1, 3).
Bài 10: Gii phương trình nghim nguyên dương:
ng dn giải
Biến đi thành: .
11
z.
xy
+=
xyz x y= +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
95
Do đi xng của x và y nên có thể gi thiết rằng . Ta có
Ta lựa chọn nghim trong các trưng hợp sau: x = 1, z = 1; x = 2, z = 1; x =1, z = 2
Ta suy ra nghiệm (x, y, z) là (1, 1, 2) và (2, 2, 1).
Nhn xét: bài toán này do vai trò của x, y, z không bình đng nên ta không có th gii s
ta ch có th gi s
xy
Bài 11: Tìm s t nhiên
x
thỏa mãn
345
xxx
+=
ng dn giải
Vi
0, 1xx= =
thay vào không thỏa mãn
+)
2x =
thay vào ta được
222
345+=
(luôn đúng), vy
2x =
thỏa mãn
+)
2x >
, ta có:
34
3 4 5 1(*)
55
xx
xxx

+= + =


Vi
2x >
ta có:
2 2 22
3 34 4 3 4 3 4
; 1 2...
5 55 5 5 5 5 5
x x xx
x ktm
   
< < + < + =⇒>
   
   
Vy
2x =
Bài 12: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn
ng dn giải
Do
Do
T (1) và (2)
V
y
Bài 13: Tìm tt c các số t nhiên sao cho:
ng dn giải
Nhận xét : với thì
Vi thì Do đó luôn là số chẵn với
xy
xyz x y y y 2y xz 2.=+≤+=
xyz≤≤
,,abc
32
3 55
b
aa+ +=
35
c
a +=
32
5 3 5 35
bc
a aa a
+
= + +>+=
5 5 55
b c bc
bc > >⇒
( )
( ) ( ) ( )
32 2
3 5 3 35 3a a a aa a + + +⇒ ++ +
( ) ( ) ( ) { }
2
3 3 5 3 3 (5) 1; 5 (1)aa a a a U+ +⇒ +⇒+ =±±
( )
342aa
+
+≥
35 2aa+=⇒=
32 5
2 3.2 5 5 ;25 5 2
235 1
b
c
b
c
+ += = =
+= =
2; 2; 1abc= = =
,ab
2 37 45 45
a
bb+ = +−
0x
2xx x+=
0x <
0.xx+=
xx+
b
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
96
Suy ra là s chn l
Khi đó
Nếu , ta có:
Nếu , ta có:
Vy
Bài 14. Tìm nghim nguyên dương của phương trình :
ng dn giải
nguyên dương nên ta giả s
Theo bài ra
Thay vào đầu bài ta có:
Vậy có h
ai cặp nghim nguyên thỏa mãn
Bài 15
: m tt c các số t nhiên
,ab
sao cho :
27 5 5
a
bb+= +−
ng dn giải
Nhận xét: với
0x
thì
2xx x+=
Vi
0x <
thì
0.xx+=
Do đó
xx+
luôn là số chẵn với mi
x
Áp dng nhn xét trên thì
55bb+−
là s chn vi
5b −∈
Suy
ra
27
a
+
là s chn
2
a
l
0a⇔=
Khi đó
5 58bb+−=
Nếu
( )
5 5 5 8 0 8( )b b b ktm< ⇒− + = =
Nếu
( )
5 2 5 8 9( )b b b tm≥⇒ ==
Vy
( ) ( )
, 0,9ab =
Bài 16: Cho
5 4 20 12 11
17 9 31 17 31
A
=++−
37 48 2
7 15 7 15 3
B
−−−
= ++ +−
. Tìm s nguyên x sao
cho
9
x
AB<≤
ng dn giải
2 37
a
+
2
a
0a⇔=
45 45 38bb +− =
45b <
( )
45 45 38 0 38( )b b ktm +− = =
45b
( )
2 45 38 64( )b b tm = ⇔=
( ) ( )
, 0;64ab =
x y z xyz++=
,,xyz
1 xyz≤≤
2
2222
1111113
1 31xx
yz yx zx x x x x
= + + + + = ≤⇒=
1 10y z yz y yz z++= ++=
( ) ( )
( )( )
1 1 20
1 12
yz z
yz
−−−+=
−=
1: 1 1 2Th y y−=⇒ =
12 3zz−= =
2: 1 2 3Th y y−= =
11 2zz−=⇒ =
( ) ( )
1, 2,3 ; 1,3, 2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
97
Tính A ta có :
4
9
A
=
2
3
B =
Theo bài ra ta có :
{ }
4 24 6
4 6 3; 2; 1;0;1;2;3; 4;5;6
993 999
xx
xx
−−
<≤ <≤<
Bài 17: Tìm s nguyên x sao cho :
( )( )( )( )
22 2 2
1 4 7 10 0xx x x −<
ng dn giải
Vì tích ca 4 s :
( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2
1,4,7,10xx x x−−
là 1 s âm, nên phải có 1 s âm
hoc 3 s âm
Ta có :
2 222
10 7 4 1x xxx<−<−<−
, ta xét 2 trường hp sau :
Trưng hp 1: Có 1 s âm suy ra:
<−⇒−<<−<<==±
222 2 2 2
10 7 10 0 7 7 10 9 3xxx x x x x
Trưng hp 2 : Có 3 s âm và 1 số dương :
⇒−<<−<<
222
40 1 1 4xxx
, Do x là số nguyên nên không tn ti x
Vy
3x = ±
là s cn tìm
Bài 18: Tìm các s nguyên x,y thỏa mãn:
22
6 5 74xy+=
ng dn giải
T
+ =⇒ ≤⇒≤
22 2 2
74
6 5 74 6 74
6
xy x x
{ }
∈⇒
2
0;1; 4;9xZ x
Mặt khác ta lại có:
+= =
2 22 2
1 75 5 5 5 4x xy x
hoc
2
9x =
Vi
=⇒=
22
4 10xy
( loại) vì y không là số nguyên
Vi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
= = −−
22
9 4 ; 3; 2 ; 3; 2 ; 3; 2 ; 3; 2x y xy
Dng 6: S dng công thc tính tng
Bài 1: Tìm s t nhiên , biết:
ng dn giải
Bài 2: Tìm x biết:
1 5 9 13 17 ... 501501x+++ + + +=
ng dn giải
Ta có
5 2 3; 9 4 5; 13 6 7; 17 8 9 ...=+=+ =+ =+
Do vy
( )
( 1)xa a a=++
x
( )
1 3 5 7 9 .... 2 1 225x+++++ + =
( )
1 3 5 7 9 .... 2 1 225x+++++ + =
( )
( )
2 1 1 :2 1
2 1 1 225
2
x
x
−− +


−+ =


( )
2 2 :2 1
.2 225
2
x
x
−+
=
.2 225
2
x
x =
2
225x =
15x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
98
Nên
( )
1 5 9 13 17 ... 1 2 3 4 5 6 7 ... 1 501501x aa+++ + ++=+++++++++ + =
Hay
( )( )
1 1 1 : 2 501501aa+ ++ =
( )( )
1 2 1003002 1001.1002 1000aa a+ + = = ⇒=
Do đó
( )
1000 1000 1 2001x = + +=
.
Bài 3: m x, biết:
2 3 ... 2011 2012.2013xxx x+ + ++ =
ng dn giải
Ta có:
( )
( )
1 2011 .2011
1 2 3 ... 2011 2012.2013 . 2012.2013
2
xx
+
+++ + = =
4026
.2012.2011 2.2012.2013 x .
2011
x = ⇒=
Bài 4. Tìm
x
, biết:
1240)30(...)2()1( =+++++++ xxxx
ng dn giải
Ta có:
1240)30(...)2()1( =+++++++ xxxx
1240
2
30).130(
.30 =
+
++ xx
1240465.31 =+x
775.31 =x
25=x
Vy
25=x
Bài 5. m x biết:
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 ... 100 5070xx x x++++++++ =
ng dn giải
Ta có:
( ) ( )
... 1 2 3 ... 100 5070xxx x++++ + ++++ =
1
100 5050 5070 100 20
5
x xx + = = ⇒=
Bài 6. m x biết:
111 1 123 9
... ...
234 10 987 1
x

++++ =++++


ng dn giải
Ta có: Tách
9
1
thành 9 số 1= suy ra :
123 9 1 2 3 8
... 1 1 1 ... 1 1
987 1 9 8 7 2
 
++++= ++ ++ +++ ++
 
 
10 10 10 10 10 1 1 1 1
... 10 ...
9 8 7 2 10 2 3 4 10

=+++++= ++++


Khi đó
111 1 111 1
... 10 ... 10
234 10 223 10
xx

++++ = ++++ =


Bài 7: m x biết:
( )
2
333 3
1 2 3 ... 10 1x+ + ++ = +
ng dn giải
Ta có:
( )
2
33
1 2 18 9 12+ =+== +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
99
( )
2
333
1 2 3 9 27 36 1 2 3++=+ = =++
....
( ) ( )
22
333 3 2
1 45
1 2 3 ... 10 1 2 3 ... 10 1 45
1 45
x
x
x
+=
+ + ++ =++++ = + =
+=
Bài 8: m x biết:
( )
2
1 3 5 7 ... 99 1x++++ + = +
ng dn giải
( )
2
2
1 50 49
99 1 1 99
1 50 1
1 50 51
22
xx
x
xx
+= =

−+

+ = =+⇒


+= =


Bài 9: m x biết:
3 5 7 ... 2013 2015 3024xxxx x x + ++ =
ng dn giải
Ta có:
3 5 7 ... 2013 2015 3024xxxx x x + ++ =
( ) ( ) ( )
3 5 7 ... 2013 2015 3024xx xx x x + ++ =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 ... 2 3024 2 .504 3024 2x 6 x 3xx x x +− + +− = = = =
Bài 10: m x biết:
222 2 2
2 6 12 20 110
. . . ... . 20
1 2 3 4 10
x =
ng dn giải
Ta có:
1.2 2.3 3.4 4.5 10.11
. . . ... . 20
1.1 2.2 3.3 4.4 10.10
x =
( )( )
( )( )
1.2.3...10 2.3....11
. 20
1.2....10 1.2....10
x⇒=
20
11 20
11
xx
= ⇒=
Bài 11: m x biết:
( )
3 3 3 3 24
...
35 63 99 2 35xx
+ + ++ =
+
ng dn giải
Ta có:
( )
3 3 3 3 24
...
35 63 99 2 35xx
+ + ++ =
+
( )
3 3 3 3 24
...
5.7 7.9 9.11 2 35xx
+ + ++ =
+
( )
3 2 2 2 2 24
...
2 5.7 7.9 9.11 2 35xx

+ + ++ =


+

3 1 1 24 1 1 24 2 16
.
2 5 2 35 5 2 35 3 35xx

= ⇒− = =

++

1 16 1 9 35 35 53
22
5 35 2 35 9 9 9
xx
x
−−
= = += = −=
+
Bài 12: Tìm biết:
x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
100
ng dn giải
Bài 13: Tìm biết:
ng dn giải
Ta có:
Vy .
Bài 14: m x biết:
( )
1 1 1 2 1989
1 ... 1
3 6 10 1 1991xx
+++ ++ =
+
ng dn giải
( )
1 1 1 2 1989
1 ... 1
3 6 10 1 1991xx
+++ ++ =
+
( )
2 2 2 2 1989
2 .... 1
6 12 20 1 1991xx
⇒++ + + + =
+
5555555555
555 55
1 2 3 4 5 30 31
) . . . . ...... . 2
4 6 8 10 12 62 64
4444666666
). 2
333 22
x
x
a
b
=
+++ +++++
=
++ +
6
30 6 36
1 2 3 4 5 30 31
) . . . . ....... . 2
2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.31 2
1.2.3.4.5....30.31 1
2 2 36
1.2.3.4....30.31.2 .2 2
x
xx
a
x
=
= = ⇒=
5 5 66
5 5 66
66
12
4.4 6.6 4 6
). 2 .2
3.3 2.2 3 2
64
. 2 2 2 12
32
xx
xx
b
x
=⇒=

= = ⇒=


x
1 1 1 1 101
......
2.5 5.8 8.11 ( 3) 618xx
++ ++ =
+
1 1 1 1 101
......
2.5 5.8 8.11 ( 3) 618xx
++ ++ =
+
1 3 3 3 3 101
. ......
3 2.5 5.8 8.11 ( 3) 618xx

++ ++ =

+

1 1 1 1 1 1 1 1 1 101
. ....
3 2 5 5 8 8 11 3 618xx

−+−+− + + =

+

1 1 101 1
:
2 3 618 3x

⇒− =

+

1 1 101 1 1 1 101 1 1 101
:
2 3 618 3 2 3 206 3 2 206x xx

= ⇒− = =−

+ ++

1 103 101 1 1
3 103 100
3 206 3 103
xx
xx
⇒= ⇒=+==
++
100x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
101
( )
1 1 1 1 1989
2 2 ... 1
2.3 3.4 4.5 1 1991xx

⇒+ + + ++ =


+

( )
1 1 1989 1 2
22 1 2
2 1 1991 2 1 1991
x
xx

−−

⇒+ = =



++


( ) ( )
12
1991 1 2 1 1991 1991 2 2
1 1991
x
xx x x
x
−−
= −= +⇒ =
+
1989
1991 2 2 1991 1993 1989
1993
xx x x + =−+ = =
Bài 15: m x biết:
( )
1006
23
91
1 3 3 3 ... 3
4
x
+
+ + +− =
ng dn giải
Đặt
( )
23
1 3 3 3 ... 3
x
A =−+ +
. Khi đó:
( )
1
234
3 3 3 3 3 ... 3
x
A
+
=−+−++
( )
( )
1
1
31
3 41 3
4
x
x
AA A A
+
+
−+
+ = = +− =
Theo gi thiết ta có:
( )
1
2012
31
31
44
x+
−+
+
=
1 2012 2011xx += =
Bài 16: m x biết:
12
17 16 15 2
3 3 2 2 2 ... 2x+ = −−
ng dn giải
Đặt:
234 16
2 2 2 ... 2A = + + ++
. Tính A ta có:
345 17
2 2 2 2 ... 2A = + + ++
17 2
2 22AA A −= =
Theo gi thiết ta có:
( )
12 12
17 17 17 2 12
31
3 3 2 2 22 4 31
31
x
xA x
x
−=
+−== =−==>
−=
Bài 17. m x biết:
( )
111 1
...
1
2 3 4 200
20
1 2 199
2000
...
199 198 1
x
++++
−=
+ ++
ng dn giải
Đặt
111 1
...
2 3 4 200
1 2 199
...
199 198 1
A
++++
=
+ ++
. Ta có mu ca
1 2 198 200 200 200 200
1 1 ... 1 1 ...
199 198 2 199 198 2 200
A

= ++ +++ ++= + ++ +


Khi đó
111 1
...
1
2 3 4 200
11 1
200
200 ...
2 3 200
A
++++
= =

+++


Như vậy ta có:
( )
1 1 1 1 199
20 . 20 20
200 2000 10 10 10
x xx
= −==−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
102
Bài 18: m x biết:
( )
4 8 12 32 16
...
3.5 5.9 9.15 16 25nn
+ + ++ =
+
ng dn giải
( )
4 8 12 32 16
...
3.5 5.9 9.15 16 25nn
+ + ++ =
+
( )
2 4 6 16 16
2 ...
3.4 5.9 9.15 16 25nn

+ + ++ =


+

11 1611 8 1181
2 16 75
3 16 25 3 16 25 16 3 25 75
n
n nn

= = = = ⇒+ =

+ ++

Bài 19: m x biết:
111 1
: : : ... : 511
2 4 8 512
xxx x+ + ++ =
ng dn giải
111 1
: : : ... : 511
2 4 8 512
xxx x+ + ++ =
( )
2 4 8 ... 512 511 2 4 8 16 ... 512 511xxx x x + + ++ = +++ ++ =
Đặt
2 4 8 16 ... 512A =+++ + +
2 4 8 16 ... 1024 2 1024 2 1022A AA =++ + + = =
Khi đó ta có:
511 1
511 .1022 511
1022 2
xA x x= = ⇒= =
Bài 20: m x biết:
1 2 3 49 49
2 2 2 ... 2 2 1
xx x x−−
+ + ++ =
ng dn giải
Đặt:
1 2 3 49
2 2 2 ... 2
xx x x
A
−−
= + + ++
1 2 48 49
2 2 2 2 ... 2 2 2 2
xx x x xx
A AAA
−−
= + + ++ = =
Theo bài ra ta có:
( )
49
49 49 49 49
49 49
1 21
22 2121 212. 210
22
xx x x

= −⇒ = −⇒ =


49
2
10
2
x
−=
49 0
2 1 2 49 0 49
x
xx
== ⇒− =⇒=
Bài 21: m x biết:
1 2 3 ... 50 255xx x x x+−+−+−++− =
ng dn giải
1 2 3 ... 50 255xx x x x+−+−+−++− =
( ) ( )
... 1 2 3 ... 50 255xxx x ++++ ++++ =
51 1275 255 51 1530 30x xx = = ⇒=
Bài 22. Tìm
x
, biết:
1240)30(...)2()1( =+++++++ xxxx
ng dn giải
Ta có:
1240)30(...)2()1( =+++++++ xxxx
1240
2
30).130(
.30 =
+
++ xx
1240465.31 =+x
775.31 =x
25=x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
103
Vy
25=x
Bài 23: m x biết:
2 4 6 ... 2 210x+++ + =
ng dn giải
1240)30(...)2()1( =+++++++ xxxx
( )
( )
( )
1.
2 1 2 3 4 ... 210 2. 210 1 210 14.15
2
xx
x xx
+
++++ + = = + = =
Bài 24: m x biết: (x+1) + (2x+3) + (3x+5) + … + (100x+199) = 30200
ng dn giải
(x+1) + (2x+3) + (3x+5) + … + (100x+199) = 30200
( ) ( )
2 3 ... 100 1 3 5 ... 199 30200xxx x + + ++ +++++ =
.5050 10000 30200 5050 20200 4x xx + = = ⇒=
Bài 25: m x biết:
2
111 2 1
...
14 35 65 3 9xx
+ + ++ =
+
ng dn giải
2
111 2 1
...
14 35 65 3 9xx
+ + ++ =
+
( )
22 2 2 1
...
28 70 130 3 9xx
+ + ++ =
+
( )
22 2 2 1
...
4.7 7.10 10.13 3 9xx
+ + ++ =
+
( )
23 3 3 1
...
3 4.7 7.10 3 9xx

+ ++ =


+

21 1 1
34 3 9x

=−=

+

111111 1 1
9
436463123
x
x xx
⇒− =⇒−= = =
+ ++
Bài 26: m x biết:
3 3 3 3 24
...
35 63 99 ( 2) 35xx
+ + ++ =
+
ng dn giải
( )
3 3 3 3 24
...
5.7 7.9 9.11 2 35xx
+ + ++ =
+
( )
3 2 2 2 2 24
...
2 5.7 7.9 9.11 2 35xx

=> + + ++ =


+

3 1 1 24 1 1 24 2 16
.
2 5 2 35 5 2 35 3 35xx

=> = =>− = =

++

1 16 1 9 35 35 53
22
5 35 2 35 9 9 9
xx
x
−−
=> = = =>+= =>= −=
+
Bài 27: m x biết:
2
1 3 5 7 ... 99 ( 2)x++++ + =
ng dn giải
2
1 3 5 7 ... 99 ( 2)x++++ + =
( )
( )
2
2
1 99 50
2 50
50 2
2 50
2
x
x
x
+
−=
= =−⇒
−=
Bài 28: m x biết:
(1.2 2.3 3.4 ... 98.99). 6 3
12 :
26950 7 2
x++++
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
104
ng dn giải
Đặt :
1.2 2.3 3.4 ... 98.99A =++++
Tính A ta được :
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2 3 0 2.3 4 1 3.4 5 2 ... 98.99 100 97A = + + ++
( ) ( ) ( )
3 1.2.3 0.1.2 2.3.4 1.2.3 ... 98.99.100 97.98.99 98.99.100A = + ++ =
98.99.100
3
A =
Thay vào ta có :
98.99.100. 6 3 60 5
12 : 12
3.26950 7 2 7 7
x
xx= = =>=
Bài 29: m x biết:
111 1 123 9
... ...
234 10 987 1
x

++++ =++++


ng dn giải
Ta có :
123 9 1 2 3 8
... 1 1 1 ... 1 1
987 1 9 8 7 2
 
++++= ++ ++ +++ ++
 
 
10 10 10 10 10 1 1 1 1
... 10 ...
9 8 7 2 10 2 3 9 10

+++++= ++++


Khi đó :
111 1 11 1
... . 10 ... 10
234 10 23 10
xx

++++ = +++ =


Bài 30: m x biết:
7 13 21 31 43 57 73 91
2 10
6 12 20 31 42 56 72 90
x ++++++++ =
ng dn giải
Ta có :
11 1 1
2 1 1 1 ... 1 10
6 12 20 90
x
 
++ ++ ++ +++ =
 
 
111 1
2 8 ... 10
2.3 3.4 4.5 9.10
x++++++ =
11 8 4
2 8 10 2
2 10 5 5
x xx ++ = = =
Bài 31: Tìm
x
thỏa mãn:
1 1 1 22
... .
1.2.3 2.3.4 8.9.10 45

+ ++ =


x
Hướng dẫn giải
1 1 1 22
... .
1.2.3 2.3.4 8.9.10 45

+ ++ =


x
1 1 1 1 1 1 1 1 1 22
...
2 1.2 2.3 2.3 3.4 4.5 5.6 8.9 9.10 45

−+−+−++ =


x
1 1 1 22
2 1.2 9.10 45

⇔− =


x
1 22 22
..
2 45 45
⇔=x
2⇔=x
Vậy x = 2.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
105
Bài 32: m x biết:
1 1 1 2012 2012 2012
... ...
1.2 3.4 99.100 51 52 100
x

+ ++ = + ++


Hướng dẫn giải
Ta có :
1 1 1 1111 1 1
... ...
1.2 3.4 99.100 1 2 3 4 99 100
+ ++ =−+−++
=
1111 1 1 111 1
... 2 ...
1 2 3 4 99 100 2 4 6 100

+++++ + ++++


=
111 1 11 1 1 1 1 1
... ... ...
1 2 3 100 1 2 50 51 52 53 100

++++ +++ = + + ++


Khi đó :
11 1 111 1
... . 2012 ... 2012
51 52 100 51 52 53 100
xx

+ ++ = + + ++ ⇒=


Bài 33: m x biết:
1 1 1 2014 2015 4025 4026
1 ... 2013 ...
2 3 2013 1 2 2012 2013
x

++++ + = + ++ +


Hướng dẫn giải
Ta có :
2014 2015 4025 4026
... 2013
1 2 2012 2013
++++−
=
2014 2015 4025 4026
1 1 ... 1 1
1 2 2012 2013

−+ −++ −+


=
2013 2013 2013 2013 2013 1 1 1 1
... 2013 ...
1 2 3 2012 2013 1 2 3 2013

+ + ++ + = ++++


Khi đó :
11 1 11 1
1 ... . 2013 ... . 2013
2 3 2013 1 2 2013
xx

++++ = +++ ⇒=


Bài 34: m x biết: Cho
1 2 3 50 51
... 1xxx x x+ + ++ + =
1 2 3 4 49 50
... 1xx xx x x+=+== + =
,
Tính
51
x
=?
Hướng dẫn giải
Thay vào ta có :
( ) ( ) ( )
1 2 3 4 49 50 51
... 1xx xx x x x+++++ + +=
51 51 51
1 1 1 ... 1 1 25 1 24x xx+++ ++ = + = =
Bài 35: Cho biu thc .Tìm x để
ng dn giải
Ta có:
Bài 36: Tìm
x
biết:
100 96 4
104
4
2019 2019 2019 1
2019 1
2019 1
2019x

2 3 100
2 2 2 ... 2C =+ + ++
21
22
−=
x
C
2 3 4 100
2345 101
101
21
2 1 101
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
22
2 22 2
2 1 101
5
x
x
C
C
C CC
C
x
x
=+++++
=> = + + + +…+
=>= =
−=
=> −=
=> −=
=>=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
106
ng dn giải
(*)
ĐK:
Đặt
(*)
hoc
(thỏa đk) hoặc (thỏa đk).
Vy
hoc .
Bài 37: Tìm biết .
ng dn giải
Ta có
Vy
Bài 38: Cho
2012 2011 2010
2 2 2 ... 2 1x = −−
, Tính
2010
x
ng dn giải
Đặt :
2 2010 2011
1 2 2 ... 2 2A =++ ++ +
Tính A ta có :
2 3 2012 2012
2 2 2 2 ... 2 2 2 1A AA A= + + + + => = −=
Khi đo ta có :
( )
2012 2012 2012
2 2 2 11xA= −= =
Vy
1
2010 2010 2010
x
= =
Bài 40: m x biết:
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( )
246
2 4 4 8 8 14 2 14
x
xx xx xx xx
++ =
++ ++ ++ ++
ng dn giải
100 96 4
104
4
2019 2019 ... 2019 1
2019 - 1
2019 - 1
- 2019x

2019x
100 96 4
2019 2019 ... 2019 1A 
4 104 100 8 4
2019 . 2019 2019 ... 2019 2019A 
4 104
(2019 1). 2019 1A
104
4
2019 1
2019 1
A
104 104
44
1 2019 1 2019 1
.
2019 1 2019 1
- 2019x


1
1
- 2019x
- 2019 1x
- 2019 1x
- 2019 1x 
2020x
2018x
2020x
2018x
x
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 7 12 ... 42 47 655xxx x x+++++ +++ ++ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 7 12 ... 42 47 655xxx x x+++++ +++ ++ =
( )
47 2 47 2
1 47 2 1 :2 655
55
x
−−
 
++ + + =
 
 
10 245 655 41xx + = ⇔=
41x=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
107
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
246
2 4 4 8 8 14 2 14
x
xx xx xx xx
++ =
++ ++ ++ ++
( )( )
11 11 1 1
2 4 4 8 8 14 2 14
x
xx xx xx xx
 
+−+ =
 
++ ++ ++ ++
 
( )( ) ( )( ) ( )( )
1 1 12
2 14 2 14 2 14 2 14
xx
x x xx xx xx
⇒− = =
+ + ++ ++ ++
12 x⇒=
Bài 41: Tìm x, biết :
ng dn giải
Ta có:
= =
= . Do đó:
Vy .
Bài 42: Tìm s t nhiên thỏa mãn điều kin:
ng dn giải
(1)
Đặt
Đặt
888 8 8
1 .1 .1 ...1 . 1
10 22 36 8352 10
x
 
+++ + =
 
 
888 8
1 .1 .1 ...1
10 22 36 8352
 
+++ +
 
 
18.30.44...8360
10.22.36...8352
2.9.3.10.4.11...88.95
1.10.2.11.3.12...87.96
( ) ( )
( ) ( )
2.3.4...88 . 9.10.11...95
88.9 33
1.2.3...87 . 10.11.12...96 96 4
= =
888 8 8
1 .1 .1 ...1 . 1
10 22 36 8352 10
x
 
+++ + =
 
 
33 1
.
45
x⇒=
1 33 4
:
5 4 165
xx⇒= ⇒=
4
165
x =
n
( )
2 3 4 1 34
2.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2 2
n nn
nn
−+
+ + + +− + =
( )
2 3 4 1 34
2.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2 2
n nn
nn
−+
+ + + +− + =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
234 1
234 1
345 1
345 1
234 1
34
2.2 3.2 4.2 ....... 1 .2 .2
2 2. 2.2 3.2 4.2 ....... 1 .2 .2
2 2.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2
2 2.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2
2.2 3.2 4.2 ....... 1 .2 .2
22
nn
nn
nn
nn
nn
B nn
B nn
B nn
BB n n
nn
B
+
+
= + + + +− +
= + + + +− +
= + + + +− +
−= + + + + +
+ + + +− +
=−−
( )
5 12
345 13
2 ........ 2 .2 2.2
2 2 2 ....... 2 .2 2
nn
nn
n
n
+
+
−+
= +++ + +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
108
Khi
đó
Vy t (1) ta có:
V
y
Bài 43: Tìm s t nhiên thỏa mãn điu kin:
ng dn giải
Đặt
Đặt Tính đưc:
Dng 7 : Tổng các biểu thc không âm bằng 0
Bài 1: Tìm tt c các cp s
( )
;xy
thỏa mãn
( )
2013
2012
2 7 30xy x−+ +
ng dn giải
Ta có
2012
là s t nhiên chn
( )
2012
2 70xy −+
2013
30 3 0xx≥⇒
Do đó, từ
( )
2013
2012
2 7 30xy x−+ +
suy ra:
( )
2013
2012
2 7 0& 3 0xy x−+ = =
2 70 3
3 0 13
xy x
xy
+= =

⇒⇒

−= =

Bài 2: Tìm x, y, z biết:
( ) ( )
22
35 35 0x y xyz + + +++=
( )
( ) ( )
345
345 456 1
456 1 345
13
2 2 2 ...... 2
2 2. 2 2 2 ...... 2 2 2 2 .... 2
2 2 2 2 .... 2 2 2 2 ...... 2
22
n
nn
nn
n
C
C
CC
C
+
+
+
=+++ +
= +++ + =++++
= ++++ +++ +
=
( )
13 13
22 .22
nn
Bn
++
= −+
( )
13 13 1 1 1
2 2 .2 2 2 .2 1 .2
n n nn n
n nn
+ + ++ +
=−++ =−+ =
( )
1 34
12 2
nn
n
++
−=
( )
( )
34 1
1 33 33 33
2 1 .2 0
2 .2 1 0 2 1 0 2 1
nn
n
n
n nn
++
+
−− =

= += = +

33
21n = +
n
234 11
2.2 3.2 3.2 ..... .2 2
nn
n
+
+ + ++ =
234
2.2 3.2 4.2 ...... .2
n
Sn= + + ++
( ) ( )
( )
345 1 234
13 34 1
2 2.2 3.2 4.2 .... .2 2.2 3.2 4.2 .... .2
.2 2 2 2 ..... 2 2
nn
n nn
S SS n n
Sn
+
+−
= = + + ++ + + ++
= −− ++ + +
34 1
2 2 ..... 2 2 .
nn
T
=++ + +
13
2 22
n
T TT
= −=
( )
( )
13 13 1
1 11 10 10
.2 2 2 2 1 2
1 .2 2 1 2 2 1 1025
nn n
nn
Sn n
n nn
+− +
++
⇒= + =
= −= = +=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
109
ng dn giải
( ) ( )
22
3 5 0, 3 5 0, 0x y xyz + ++
nên đ
( ) ( )
22
35 35 0x y xyz + + +++=
thì:
35 0 35
35 0 35
00
xx
yy
xyz z

−= =


+ ==>=


++= =


Bài 3: Tìm a, b, c biết:
( ) ( )
22
13 6 0x yx y + + −− =
ng dn giải
( ) ( )
22
13 0, 6 0x y xy + −−
Nên đ:
( ) ( )
22
13 6 0x yx y + + −− =
Thì:
19
13 0 13
2
60 6 7
2
x
x y xy
x y xy
y
=
+= +=

⇒⇒

−= −=

=
Bài 4. Tìm biết
ng dn giải
Bài
5: m biết rng:
ng dn giải
Ta có:
Bài 6: Tìm x, y biết:
( )
4
42 3 3 4 2012yx −=
ng dn giải
T gi thiết ta có:
( )
4
42 3 3 4 2012yx= −+
,
Do
( ) ( )
44
4
3 3 0 4 2012 42 2012 11 2y xx=> −≤=> −≤<
=>
2012 0x−=
hoc
2012 1x−=±
,xy
32 0y xy++ +=
30,20320y xy y xy+≥ +≥++ +≥
3
30
2
20
3
y
x
xy
y
+ =
=

⇒⇒

+=
=
,xy
( ) ( )
2012 2014
25 34 0xy ++
( )
( )
( ) ( )
2012
2012 2014
2014
25 0
25 34 0
34 0
x
xy
y
−≥
⇒− ++
+≥
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2012 2014 2012 2014
2012
2014
25 34 0 25 34 0
1
2
25 0
2
1
34 0
1
3
xy xy
x
x
y
y
++ ⇒− ++ =
=
−=

⇒⇔

+=

=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
110
Bài 7: Tìm biết:
ng dn giải
, áp dụng tính cht
Bài 8: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
2
2
1
91 0
3
xx +−=
ng dn giải
( )
2
2
1
9 1 0, 0
3
xx −≥
nên đ :
( )
2
2
2
9 10
11
91 0
1
33
3
x
xx x
x
−=
+ = ⇒=
=
Bài 9: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
4 46
7 3 21 6 18 5 0bac−+ + +
ng dn giải
:
( )
( )
( )
4
4
6
73 0
21 6 0
18 5 0
b
a
c
−≥
−≥
+≥
Nên đ :
( ) ( ) ( )
4 46
7 30
7 3 21 6 18 5 0 21 6 0
18 5 0
b
bac a
c
−=
+ + + −=
+=
63 5
,, .
21 7 18
a bc⇒= = =
Bài 10: Gii phương trình:
2
2
6
y 2y 3
x 2x 4
+=
++
ng dn giải
Ta có:
( )( )
2 22
2
6
y 2y 3 y 2y 3 x 2x 4 6
x 2x 4
−+= −+ ++=
++
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
22
22 2 2
22 2 2
y12.x136
x 1 .y 1 3y 1 2x 1 6 6
x 1 .y 1 3y 1 2x 1 0

+ + +=


+ −+ −+ ++=
+ −+ −+ +=
,,xyz
2
12
0
23
x y x xz+++ + =
2
12
0
23
x y x xz+++ + =
0A
( )
2
1
11
0
0
2
22
22 2
00
33 3
1
0
0
2
x
xx
yy y
xx z
x xz
zx

−=
−= =



+ = += =



+=
+=
=−=


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
111
( ) ( )
22
x10;y10+ −≥
x10 x 1
y10 y1
+= =
⇒⇔

−= =

Bài 11: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( ) ( )
22
22 34xy++ −<
ng dn giải
( )
( )
2
2
20
30
x
y
+≥
−≥
nên ta có các TH sau :
TH1 :
( )
( )
2
2
20
30
x
y
+=
−=
TH2 :
( )
( )
2
2
20
31
x
y
+=
−=
TH3 :
( )
( )
2
2
21
30
x
y
+=
−=
TH4 :
( )
( )
2
2
21
31
x
y
+=
−=
Bài 12: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
2008
2008
2
21 0
5
x y xyz

+ ++−=


ng dn giải
Vì:
( )
2008
21 0x −≥
, và
2008
2
0
5
y

−≥


0xyz+−
nên đ :
( )
2008
2008
2
21 0
5
x y xyz

+ ++−=


thì
( )
210
2
0
5
0
x
y
xyz
−=
−=
+−=
Bài 13: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
2
4 7 57 4 0xx−−=
ng dn giải
Đặt:
2
4 70
0
71
4 7 5 0 , 3, .
4 75
5
42
x
t
x tt t x x x
x
t
−=
=
= = ⇔= = =
−=
=
Bài 14: Tìm x, y thỏa mãn:
( )
4
2
2
2. 0
3
k
k
x y kN

+− =


ng dn giải
Vì:
2
20
k
4
2
0
3
k
y

−≥


nên đ :
4
2
2
2. 0
3
k
k
xy

+− =


thì:
2
0
2
0, .
2
3
0
3
k
x
xy
y
=
⇒= =
−=
Bài 15: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( ) ( )
22
13 6 0x yx y + + −− =
ng dn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
112
Vì:
( )
( )
2
2
13 0
60
xy
xy
−+
−−
Nên đ:
( ) ( )
22
13 6 0x yx y + + −− =
thì
13 0
60
xy
xy
+− =
−=
Bài 16: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( ) ( )
24
23 32 0xx++=
ng dn giải
Vì:
( )
( )
2
4
23 0
32 0
x
x
+≥
−≥
Nên đ:
( ) ( )
24
23 32 0xx++=
thì
2 30
3 20
x
x
+=
−=
Bài 17: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
2010
534 0xy++ =
ng dn giải
50x +≥
( )
2010
34 0y −≥
Nên đ:
( )
2010
534 0xy++ =
Thì
50
3 40
x
y
+=
−=
Bài 18: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
4
42 3 3 4 2012yx −=
ng dn giải
( )
4
42 3 3 4 2012yx −=
( )
4
42 3 3 4 2012yx = −+
.Do
( )
4
3 3 0 4 2012 42yx≥=>
( )
4
4
2012 11 2 2012 0xx −=
hoc
2012 1x−=±
Bài 19: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
( )
( )
2008
2006 2010
2
35 1 0x y xz + +− =
ng dn giải
( )
( )
( )
2006
2008
2
2010
35 0
10
0
x
y
xz
−≥
−≥
−≥
Nên đ:
( )
( )
( )
2008
2006 2010
2
35 1 0x y xz + +− =
thì
2
3 50
10
0
x
y
xz
−=
−=
−=
Bài 20: Tìm các số biết:
ng dn giải
Ta có: ;
. Du xảy ra
Bài 21: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
2
2
2 1 2 8 12 5.2x yx + −=
ng dn giải
,,xyz
( ) ( )
2017
2016 2016
1 21 2 0x y x yz−+−++=
( )
2016
10xx ≥∀
( )
2016
2 1 0;yy ≥∀
2017
2 0 ,,x y z xyz+ ≥∀
( ) ( )
2017
2016 2016
1 21 2 0x y x yz−+−++−=
""=
( )
( )
2016
2016
2017
11
10
11
21 0
22
20
12
1 2. 0
2
xx
x
y yy
x yz
z
z
= =
−=

= ⇔= ⇔=


+− =
=

+ −=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
113
Ta có:
( )
2
21 2 0x yx + −=
, Vì
( )
2
21 0
20
x
yx
−≥
−≥
,
Nên đ:
( )
2
21 2 0x yx + −=
t
2 10
11
,.
20
24
x
xy
yx
−=
⇒= =
−=
Bài 22: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
( )
( )
2
22 4 0xx+− =
ng dn giải
Ta có :
( )
( )
2
22 4 0xx+− =
( )
2
2
220
22
40
4
x
x
x
x
+ =
+=
⇒⇒
−=
=
Bài 23: Tìm thỏa mãn
ng dn giải
Nhn xét
Đẳng thc xy ra khi
Bài 24: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
2016 2
( 1) ( 1) 0xy+ +−
ng dn giải
:
( )
( )
2016
2
10
10
x
y
+≥
−≥
, Nên để :
2016 2
( 1) ( 1) 0xy+ +−
thì :
10 1
10 1
xx
yy
+= =


−= =

Bài 25: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
2 2016
( 2 ) ( 2001) 0xy y +−
ng dn giải
:
( )
( )
2
2016
20
2001 0
xy
y
−≥
−≥
, Nên để :
2 2016
( 2 ) ( 2001) 0xy y +−
thì :
20
2001 0
xy
y
−=
−=
Bài 26: Tìm a, b, c hoặc x, y, z thỏa mãn:
10
( 2) 3 3x yx + +≤
ng dn giải
T gi thiết ta có :
10
( 2) 0x yx +−=
,
( )
10
20
0
x
yx
−≥
−≥
, Nên để :
10
( 2) 0x yx +−=
Thì :
20
2
0
x
xy
yx
−=
⇒==
−=
Bài 27: Tìm x biết:
11 1
... 100
1.2 2.3 99.100
xx x x+ ++ +++ =
ng dn giải
Vì vế trái không âm nên vế phải không âm, do đó 100x
0 => x
0
Khi đó:
11 1
... 100
1.2 2.3 99.100
xx x x+ ++ +++ =
x
y
( )
2012
2 2011 3 2012 0xy ++ =
( )
2012
2 2011 0
3 2012 0
xx
yy
≥∀
+ ≥∀
2011
2 2011 0
2
2012
3 2012 0
3
x
x
y
y
=
−=

+=
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
114
Bài 28: Tính giá trị ca biu thc ti thỏa mãn:
Hướng dẫn giải
Do với mi
Kết hp
Giá tr ca biu thc ti là:
V
y
Bài 29: Tìm x,y,z biết:
( ) ( )
22
1 2 30xy z++ + + =
Hướng dẫn giải
:
( )
( )
2
2
10
20
30
x
y
z
+≥
−≥
+≥
nên đ :
( )
( )
22
1 2 30xy z++ + + =
Thì
( )
( )
2
2
10
2 0 1, 2, 3.
30
x
y x yz
z
+=
=⇒= = =
+=
Bài 30: m x biết:
11 2 4
4
17 17 17
xxx x+ ++ ++ =
Hướng dẫn giải
:
11 2 4
0, 0, 0
17 17 17
xxx+≥ +≥ +≥
40 0xx ≥⇒
Khi
11 2 4
04
17 17 17
xxxxx

+ ++ ++ =


1x⇒=
Bài 31: Tìm x biết:
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Vế trái của đẳng thc luôn nên vế phi
Vi ta có:
53
2 5 2015Cx y=−+
,xy
( )
20
1 20xy−+ + =
( ) ( )
20 20
10;20 1 20x y xy +≥++≥
,xy
( )
( )
20
20
10
1
1 20
2
20
x
x
xy
y
y
−=
=
−+ + =

=
+=
53
2 5 2015Cx y=−+
1, 2xy= =
( )
3
5
2.1 5. 2 2015 2057C = −−+ =
2057C =
11 1 1 1
..... 11
2 6 12 20 110
xxx x x x+ ++++ ++ + ++ =
0
0
11 0 0xx ≥⇒
0x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
115
Vy
Bài 32: Tìm x,y,z biết:
( ) ( )
22
35 35 0x y xyz + + +++=
Hướng dẫn giải
:
( )
2
35 0x −≥
, và
( )
2
35 0y +≥
0xyz++
, Nên để :
( ) ( )
22
35 35 0x y xyz + + +++=
Thì :
35 0
35 0
0
x
y
xyz
−=
+=
++=
Bài 33: Tìm biết:
ng dn giải
ì , do đó:
Theo đ bài t
Khi đó ta có: và
Bài 34: Tìm các s biết:
( )
( )
( )
2008
2006 2100
2
35 1 0x y xz + +− =
ng dn giải
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2008
2006 2100
2
2006
2008
2
2100
35 1 0
35 0
1
5
10 ;
1
3
0
x y xz
x
y
y xz
y
xz
+ +− =
−=
=
=⇒==
=
−=
11 1 1 1
..... 11
2 6 12 20 110
11 1 1 1
..... 11
2 6 12 20 110
1 10
1 ()
11 11
xxx x x x
xxx x x x
x tm
+++++ ++ + ++ =
+ ++++ ++ + ++ =
⇒= =
10
11
x =
,xy
2
1
2 3 12 0
6
xy

++≤


2
1
2 0 ; 3 12 0
6
x xy y

≥∀ + ≥∀


2
1
2 3 12 0
6
xy

++≥


,xy
22
11
2 3 12 0 2 3 12 0
66
xy xy
 
++ ++=
 
 
1
20
6
x −=
1
3 12 0 ; 4
12
y xy+ =⇔= =
,,xyz
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
116
Dạng 8: Tìm ẩn dng lũy thừa
Bài 1: Tìm s t nhiên n, m biết :
222
m n mn+
+=
ng dn giải
T gi thiết ta có :
( ) ( ) ( )
2.22 2 0 221211221 211
mn m n mn n mn n
= −− += −− =
( )( )
( )
1
1
2 11 2 2 2
2 1 2 1 1 1.1 , 1
2 11 2 2 2
mm
mn
nn
do m n N m n

−= = =
−== ==

−= = =

Bài 2: Tìm m, n nguyên dương biết :
2 2 256
mn
−=
ng dn giải
T gi thiết ta có m > n :
2 2 256
mn
−=
( )
8
2 2 256 2 2 1 2
mnn n n mn+−
= −=
m, n là số t nhiên và m > n nên
12 1
mn
mn
≥⇒
là 1 s l ln hơn hoc bng
1, Vế phi ch chứa thừa s nguyên t 2 nên
8
2 11 8
9
22
mn
n
n
m
−= =

=
=
Bài 3: Tìm a, b, c nguyên dương biết :
32
3 55
b
aa+ +=
35
c
a +=
ng dn giải
T gi thiết suy ra
( )
( )
2 21
3 55 .5 5 555 1
b cb b
aa a
+ += = −=
1
2
1
51
5
b
c
a
⇒=
Vì a,b,c là các số nguyên nên
10
5 15 1
c
c
== ⇒=
2, 2ab= =
Bài 4: Tìm hai s t nhiên x, y biết :
1
2 .3 12
xy x+
=
ng dn giải
Ta có :
1
2 .3 12
xy x+
=
2
12 1
1
23
2 .3 2 .3 2 3
23
xy
x y x x x yx
xx
+ −−
+
= =⇒=
Vì (2 ;3) =1 nên x = 1 và y - x = 0 => y = 1
Bài 5: Tìm x, y biết:
10 :5 20
xy y
=
ng dn giải
Ta có :
( ) ( )
10 : 5 20 10 5 .20 10 5 . 2.10 5 .2 .10 2.5 .10 10 .10
yy
xy y x yy x y yyy y yy
=⇒= ⇒= = = =
2
10 10 2 .
xy
xy = ⇒=
Bài 6: Tìm a, b biết:
2 124 5
ab
+=
ng dn giải
Xét
03
0 2 124 125 5 3a VT b= = + = = ⇒=
Xét
1a
thì vế trái là 1 s chẵn, vế phi là 1 s l suy ra vô lý.
Vậy a = 0, b = 3
Bài 7: Tìm s t nhiên a,b biết:
2
10 168
a
b+=
ng dn giải
Xét
0 13ab=⇒=
Xét
1 10 168
a
a ≥⇒ +
có ch s tận cùng là 8 suy ra
2
b
cũng có tận cùng là 8 (vô lý)
Vậy a = 0, b =13
Bài 8: Tìm a, b, c hoặc x, y, z tự nhiên biết:
35 9 2.5
xy
+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
117
ng dn giải
Xét
0 10 2.5 1
y
xy= = ⇒=
Vi
0x VT>⇒
có tận cùng là 4, còn vế phi có ch s tận cùng là 2 hoặc 0
mu thun nên x = 0 và y = 1
Bài 9: Tìm a, b, c hoặc x, y, z tự nhiên biết:
2 342 7
ab
+=
ng dn giải
Xét
3
0 343 7 7 3
b
a VT b=⇒ = = = ⇒=
Vi
0a >
thì VT là 1 số chẵn, còn vế phi là 1 s l (mâu thun)
Bài 10: Tìm a, b, c hoặc x, y, z tự nhiên biết:
3 9 183
a
b+=
ng dn giải
183 3
nhưng
183 9
/
Nên
3 93
a
b+
3 99
a
b
/
+
, Mà
99 39 1
a
ba
/
⇒=
Khi a =1 suy ra b = 20
Bài 11: Tìm a, b, c hoặc x, y, z tự nhiên biết:
2
5 323
a
b+=
ng dn giải
Xét
22
0 1 323 324 8 8a VT b b= =+ = = = ⇒=
Vi
0a >⇒
VT có ch s tận cùng là 8,
Vế phi là 1 s chính phương nên không có tận cùng là 8 (mâu thuẫn).
Bài 12: Tìm a, b t nhiên biết:
2 80 3
ab
+=
ng dn giải
Xét :
4
0 1 80 81 3 3 4
b
a VT b=⇒ =+ = = = ⇒=
Nếu
0a >=>
VT là 1 c chẵn, còn VP là 1 số l ( mâu thuẫn)
Bài 13: Tìm x, y t nhiên biết :
22
2 3 77xy+=
ng dn giải
Do :
22
0 3 77 0 25yy ⇒≤
, mà
2
2x
là 1 s chn nên
2
3y
là s l suy ra
2
y
l
Suy ra
{ } ( ) ( ) ( )
2
1;9;25 , 1;5 , 5;3 .y xy ⇒=
Bài 14: Tìm các s nguyên t x, y biết :
22
21xy−=
ng dn giải
22
12xy−=
, Nếu
3x
vì x là nguyên tố nên x = 3, y = 2
Nếu
22 2
3 1 3 2 3 3 19xx y y x
/
⇒= = 
(loại)
Bài 15: Tìm các s nguyên t x, y sao cho :
51 26 2000xy+=
ng dn giải
( )
17.3 2 1000 13xy=
, Do 17, 3 là số nguyên t nên
2x
, mà x là s nguyên t nên x = 2
Li có
1000 13 51 1000 13 0yy −>
và y nguyên tố suy ra tìm y
Bài 16: Tìm s t nhiên p, q biết :
2 22 2
5 2013 (5 )
pp
q+= +
ng dn giải
Ta có :
( )
2
2
2013 25 25 25 25 1
p p pp
q−= =
Do p là số nguyên t suy ra
22
2013 25q
2
2013 0q−>
t đó tìm đưc q
Bài 17: Tìm s t nhiên a, b biết :
( )
( )
2008 3 1 2008 2008 225
a
a b ab++ + +=
ng dn giải
Do a,b là số t nhiên :
Nếu
1 2008 2008 225
a
a ab≥⇒ + +>
(loi)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
118
( )( )
0 3 1 1 225 3.75 5.45 9.25a bb⇒= + += = = =
3 1 25
31331 1 8
19
b
b bb b
b
+=
/
+ +> +⇒ =
+=
Bài 18: Tìm x,y nguyên biết:
2 624 5
xy
+=
ng dn giải
Nếu x = 0 thì y = 4.
Nếu
0x
thì vế trái là số chẵn, còn vế phi là s l với mọi y (vô lý).
Bài 19: Tìm các s nguyên x, y thỏa mãn:
22
2 3 77xy+=
ng dn giải
T
23 2 2
2 3 77 0 3 77 0 25xy y y+ = ⇒≤ ⇒≤
kết hợp vi
2
2x
là s chẵn suy ra
2
3y
s l suy ra
2
y
là s l nên
{ }
2
1; 9; 25y
Vi
22 2
1 2 77 3 74 37 ( )y x x loai= = −= =
Vi
22 2
9 2 77 27 50 25 5yx xx= = = = ⇒=±
Vi
22 2
25 2 77 75 2 1 1y x xx= = = =⇒=±
Bài 20: Tìm x, y nguyên dương biết:
2 2 1024
xy
−=
ng dn giải
Ta có:
( )
10
2 2 22 1 2
x y y xy
xy
> ⇒> =
, mà
21
xy
là số lẻ,
2 1 0,
xy
−>
và là ước
của
10
2
Nên
10
2 1 1 2 2 10
xy y
y
−= = =
suy ra x = 11
Bài 21: Tìm mi s nguyên t x, y thỏa mãn:
22
21xy−=
ng dn giải
T gi thiết suy ra
22
12xy−=
, Nếu x chia hết cho 3 , vì x nguyên tố nên x = 3 lúc đó
y = 2, (thỏa mãn)
Nếu x không chia hết cho 3 thì
2
1x
chia hết cho 3, do đó
2
2y
chia hết cho 3 mà
(2;3) =1
Nên y chia hết cho 3, do đó:
2
19()xl=
Vậy cặp s (x; y) duy nhất tìm được là (2; 3)
Bài 22: Tìm tt c các s t nhiên m,n sao cho
2 2015 2016 2016
m
nn+ = +−
ng dn giải
Nhận xét,
Vi
02x xx x≥=> +=
Vi
00x xx<⇒ +=
, Do đó
xx+
luôn là 1 số chn vi mi x
Áp dng nhận xét trên ta thấy
2016 2016nn +−
là s chẵn suy ra
2 2015
m
+
là s
chẵn suy ra m = 0.
Khi đó
2016 2016 2016nn +− =
Nếu
( )
2016 2016 2016 2016 0 2016n nn< ⇒− + = =
(loi)
Nếu
( )
2016 2 2016 2016 3024nn n = ⇒=
(thỏa mãn)
Vy (m, n) =(0 ;3024)
Bài 23: Tìm các s nguyên dương x,y thỏa mãn :
2 2 72
xy
+=
ng dn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
119
Gi s x > y thế thì ta có :
( )
3
2 2 2 1 2 9.2
x y y xy
+= + =
Do
12
xy
+
là s l nên
1 2 1;3;9
xy
+=
Ta có bẳng giá trị sau :
12 1
xy
+=
3
2 9.2
y
=
(Loại)
12 3
xy
+=
3
2 3.2
y
=
(Loại)
12 9
xy
+=
3
22
y
=
Ta thấy
3
22 3 6
y
yx= =⇒=
Bài 24: Tìm tt c các s nguyên dương n sao cho:
2 17
n
ng dn giải
Vi
3 2 17
n
n
/
<⇒
Vi
33n nk≥⇒=
hoc
31nk= +
hoc
32nk= +
Xét
( )
3
3 2 1 8 1 7 1 1 7 1 17
k
kk
nk A= −= −= + −= +
Xét
( )
31
3 1 2 1 2.8 1 2 7 1 1 7 1 7
kk
nk A A
+
/
= +⇒ −= −= + −= +
Xét
( )
32
322 147127 47
k
nk A A
+
/
= + −= + = +
Vậy n = 3k với
kN
Dạng 9: Tìm ẩn dựa trên tính chất về dấu.
Bài 1: m x biết:
a,
( )( )
1 20xx −>
b,
2 30x −<
c,
( )( )
2 493 0xx −>
ng dn giải
a, Để
( )( )
1 20xx −>
thì ta có hai trường hp :
TH1 :
10
2
20
x
x
x
−>
⇒>
−>
TH2 :
10
1
20
x
x
x
−<
⇒<
−<
Vậy x > 2 hoặc x < 1
b, Để :
2 30x −<
3
23
2
xx <⇒<
c, Để :
( )( )
2 493 0xx −>
thì ta có các trường hp sau :
TH1:
2 40
23
93 0
x
x
x
−>
⇒<<
−>
hoc TH2:
2 40
93 0
x
x
−<
−<
(vô lý)
Vy
23x<<
Bài 2: m x biết:
a,
23
0
34
x
−>
b,
2 5 15
4
3 36x

−>


ng dn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
120
a,
23
0
34
x
−>
2 3 33 9
.
3 4 42 8
x
x >⇒> =
b,
2 5 15
4
3 36x

−>


2 15 3 3 2 11 4
4 . 3 .11 4
3 6 5 2 3 2 33
xx
xx

> = > <⇒<


Bài 3: m x biết:
a,
( )( )
6 50xx +≤
b,
( )( )
6 50xx +≥
c,
2 30x −<
ng dn giải
a, Để
( )( )
6 50xx +≤
thì :
TH1 :
60
50
x
x
−≥
+≤
(vô lý) hoặc TH2 :
60
56
50
x
x
x
−≤
⇒−
+≥
b, Để:
( )( )
6 50xx +≥
Thì:
TH1:
60
6
50
x
x
x
−≥
⇒≥
+≥
Hoc TH2:
60
5
50
x
x
x
−≤
≤−
+≤
c,
3
2 30 2 3
2
x xx−< < <
Bài 4: m x biết:
a,
( )( )
2 493 0xx −>
b,
( )( )
22
5 25 0xx −<
c,
( )
( )
2
59 0xx+ +<
ng dn giải
a, Để:
( )( )
2 493 0xx −>
thì :
TH1:
2 40
23
93 0
x
x
x
−>
⇒<<
−>
hoc
2 40
93 0
x
x
−<
−<
(vô lý)
b, Để:
( )( )
22
5 25 0xx −<
thì:
TH1:
2
2
50
25 0
x
x
−>
−<
Hoc
2
2
50
25 0
x
x
−<
−>
c, Để:
( )
( )
2
59 0xx+ +<
, Vì
2
90 50 5x xx+>⇒+<⇒<
Bài 5: m x biết:
a,
( )( )
3 40xx+ −>
b,
( )( )
22
7 49 0xx+ −<
c,
( )
( )
2
2 30xx+ +>
ng dn giải
a, Để:
( )( )
3 40xx+ −>
thì:
TH1:
30
4
40
x
x
x
+>
⇒>
−>
Hoc:
30
3
40
x
x
x
+<
<−
−<
b, Để
( )( ) ( )
( )( )
22 2
7 49 0 7 7 7 0x x x xx+ <⇒ + + <
( )( )
2
70 7 7 0x xx+>⇒ + <
TH1:
70
77
70
x
x
x
+>
⇒− < <
−<
TH2:
70
70
x
x
+<
−>
(vô lý)
c, Để:
( )
( )
2
2 30xx+ +>
thì
30 3xx+ > => >−
Bài 8: m x biết:
4 5 3 11xx+−+=
,
3x >−
Hướng dẫn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
121
Với
( )
3 4 5 3 11 3 9 3x xx x x> +−+=⇒ ==
Bài 9: Tìm n
N biết:
a,
3 3 234
n
<≤
b,
8.16 2 4
n
≥≥
c,
15 15 16 16
4 .9 2 .3 18 .2
nn
<<
Hướng dẫn giải
a, Ta có:
{ }
5
3 3 234 243 3 2;3;4
n
n< < = ⇒∈
b, Ta có:
{ }
72
8.16 2 4 2 2 2 2;3; 4;5;6;7
nn
n≥≥⇒≥≥⇒
c,
15 15 16 16 15 16 30 32
4 .9 2 .3 18 .2 36 6 36 6 6 6
nn n n
< < << <<
31n⇒=
Bài 10: Gii bt phương trình:
22 2 2
11 1 1
0
x 5x 6 x 7x 12 x 9x 20 x 11x 30
+++
−+ −+ −+ +
ng dn giải
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )( )
( )( )
+++
−+ −+ −+ +
+++
−− −− −− −−
−+−+−+−
−−−−−−−−
≥⇔ ≥⇔ <
−−
−−
− >
−<
<
⇔⇔
− <
−>
22 2 2
11 1 1
0
x 5x 6 x 7x 12 x 9x 20 x 11x 30
1111
0 x 1;2;3;4;5;6
x2x3 x3x4 x4x5 x5x6
11111111
0
x2 x3x3x4 x4 x5 x5x6
11 4
0 0 x2x6 0
x2 x6
x2x6
x20
x60
2x
x20
x60
<
∈∅
6
x
Kết hợp vi điu kiện ta có
2x6<<
x 3;4;5
Bài 11: Tìm n
N biết:
a, 32 < 2
n
< 128 b, 2.16
2
n
> 4
Hướng dẫn giải
a,
{ }
5 11
2 2 2048 2 6;7;8;9;10
n
n< < = ⇒∈
b,
{ }
52
2.16 2 4 2 2 2 5;4;3
nn
n≥>≥>
Dạng 10 : Tìm các ẩn vi điu kin nguyên.
Bài1: m tt c các số nguyên
n
để phân s
1
2
n
n
+
có giá trị là mt s nguyên.
Hướng dẫn giải
Xét phân số
1 23 3
1
22 2
nn
nn n
+ −+
= = +
−−
Để
1
2
n
n
+
là mt s nguyên
32 2nn −∈
Ư(3)
{ }
1; 3
=±±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
122
T đó ta có:
2n
3
1
1
3
n
1
1
3
5
Vy
n
Ư(3)
{ }
1;1; 3; 5=
thì
1
2
n
n
+
là mt s nguyên
Bài 2: Cho .
Tìm s nguyên để là mt s nguyên.
Hướng dẫn giải
Ta có:
Để là mt s nguyên thì phi là s nguyên.
Do đó , nên ta có bảng sau:
-7 -1 1 7
-5 1 3 9
TM TM TM TM
Vy thì là mt s nguyên.
Bài 3: Tìm các giá trị nguyên ca để nhận giá trị nguyên.
Hướng dẫn giải
Ta có:
Bài 4: Tìm s nguyên
n
để
45n +
chia hết cho
21n +
.
ng dn giải
Ta có:
( )
4 5 2. 2 1 3nn+= + +
( )
22121nn++
với
n∀∈
Nên để
4 52 1nn++
thì
32 1n +
21n +∈
Ư(3)
{ }
3; 1;1; 3=−−
23
2
n
A
n
+
=
( )
2n
n
A
23
2
n
A
n
+
=
( )
2 27
2
n
n
−+
=
7
2
2n
= +
A
7
2n
( ) ( )
−∈27
( ) { }
7 1; 7Ö =±±
2n
n
n
n
n
n
{ }
5;1;3;9n∈−
A
x
3
2
x
x
+
{ }
3 25 5
1 2 (5) 1; 5
22 2
1;3; 3;7
xx
xU
xx x
x
+ −+
= =+ =±±
−−
⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
123
Ta có bng giá tr sau:
21n +
-3
-1
1
3
n
-2 -1 0 1
Vy
{ }
2; 1;0;1n∈−
thì
4 52 1nn++
Bài 5: Tìm s t nhiên sao cho
ng dn giải
Ta có:
Bài 6: Tìm s nguyên n để phân s
21
2
n
n
+
+
có giá trị là s nguyên.
ng dn giải
Để
21
2
n
n
+
+
có giá trị là s nguyên thì
21 2nn++
(1)
22nn++
nên
( )
2 2 2 nn++
(2)
T (1) và (2)
( ) ( )
2 2 21 2n nn

+ ++
32n +
2n +
nguyên nên
{ }
2 1; 3;1; 3n + ∈−
{ }
3;5;1;1n ∈−
Vậy với
{ }
3;5;1;1n ∈−
thì phân s
21
2
n
n
+
+
là s nguyên.
Bài 7: Tìm s t nhiên n đ biu thức sau là số t nhiên:
2 2 5 17 3
2 22
nn n
B
n nn
++
=+−
+ ++
ng dn giải
Ta có:
2 2 5 17 3 2 2 5 17 3 4 19
2 22 2 2
n n n n n nn
B
n nn n n
+ + ++ + +
= + −= =
+ ++ + +
4( 2) 11 11
4
22
n
nn
++
= = +
++
Để B là s t nhiên thì
11
2n +
là s t nhiên
11
(n + 2)
n + 2
Ư(11) =
{ }
1; 11±±
Do n + 2 > 1 nên n + 2 = 11
n = 9
Vy n = 9 thì B
N
Bài 8: Tìm n để
32 2
71nnn n ++ +
ng dn giải
n
nn27 1++
nn27 1++
( ) ( )
( ) { }
{ }
nn
n
n U vi n N
n
2 15 1
51
1 5 1;5 ,
0;4
++ +
⇔+
+∈ =
⇔∈
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
124
Ta có :
( )
32 2 3 2 2
7 1 18 1nnn n nnn n ++ + +− + + +
( ) ( )
( )
2 2 22
1 18 1 1 8nn n n n U +− ++ + +
( ) ( ) ( )
2 23 2 2 3xx x x x U +++− ++
Bài 9: Tìm các cp s nguyên (x; y) để biu thức sau có giá trị nguyên:
( ) ( )
3 61
2
xxy xy
K
x
+− ++
=
ng dn giải
Để :
( ) ( )
3 61
2
xxy xy
K
x
+− ++
=
có giá trị nguyên t :
( )( ) ( )( )
361321
22
x xy x xy
xx
++ ++
=
−−
Phải có giá trị nguyên hay
( ) { }
1 2 2 1 2 1;1 3, 1x x U x xx−∈ −∈ = =
Bài 10: Tìm s nguyên để có giá trị nguyên.
ng dn giải
Để có giá trị nguyên
Bài 11: Tìm tt c các s nguyên n để phân s
1
2
n
n
+
có giá trị là mt s nguyên.
ng dn giải
1
2
n
n
+
là s nguyên khi
( ) ( )
12nn+−
Ta có
( )
1 23nn+= +


Vy
( ) ( )
12nn+−
khi
3 ( 2)n
( 2)n −∈
Ư(3)
{ } { }
3; 1; 1; 3 1; 1; 3; 5n= ∈−
.
Bài 12: Cho
a) Tìm điều kiện của để: là mt phân s.
b) Tìm giá trị nguyên ca để là mt s nguyên.
ng dn giải
n
n
B
n
23
32
+
=
+
n
B
n
23
32
+
=
+
nn2 33 2⇔+ +
( )
nn32 3 3 2⇒+ +
( )
nn23232++
( ) ( ) ( )
( ) { }
{ }
n nn
n
nU
n vi n Z
32323232
53 2
3 2 5 1; 1;5; 5
1;1 ,
+− + +
⇒+
+∈
∈−
2
3
n
A
n
=
+
n
A
n
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
125
a) Để là một phân số thì .
b) Ta có:
Để
mt s nguyên thì Ư
Ta có bng:
Vy đ là mt s nguyên thì .
Bài 13: Cho
27 2
12
x
Q
x
=
. Tìm các số nguyên
x
để
Q
có giá trị nguyên ?
Hướng dẫn giải
Điu kiện:
, 12xx∈≠
Biến đổi:
( )
2. 12 3
27 2 3
2
12 12 12
x
x
Q
xx x
−+
= = = +
−−
Ta có:
2 ; ; 12xx∈∈
nên
Q
có giá trị nguyên khi và chỉ khi
3
12 x
3
12 x
{ } { }
12 (3) 3; 1;1;3 15;13;11;9xU x =−−
Vậy Q
nguyên khi và chỉ khi
{ }
15;13;11;9x
Bài 14
: m nguyên biết:
Hướng dẫn giải
Ta có:
. Ta có bng sau:
1
3
3
1
2
4
0
0
Vy
Bài 15: Tìm các số nguyên biết
Hướng dẫn giải
Ta có :
A
30 3
nn
nn
∈∈


+ ≠−


2
3
n
A
n
=
+
5
1
3n
=
+
A
( )
3n +∈
( )
5
{ }
1; 5=±±
3n +
5
1
1
5
n
8
4
2
2
A
{ }
8; 4; 2; 2n∈−
,xy
36xy x y+ −=
( ) ( )
3 6 3 3 63xy x y x y y+ −= + + =
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 3 3 1.3 3.1 1 . 3 3 . 1xy + == = = −=
1x
1
3
3y +
3
1
x
2
y
2
6
4
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 2;0 ; 4; 2 ; 0;6 ; 2; 4xy = −−
,xy
2 30x xy y +−=
2 30x xy y +−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
126
L
p bng:
1
5
-1
-5
5
1
-5
-1
1
3
0
-2
-2
0
3
1
Thỏa mãn
Thỏa mãn
Thỏa mãn
Thỏa mãn
i 16. Cho 2 biểu thc:
a) Tìm giá trị nguyên ca để mi biu thức có giá trị nguyên
b) Tìm giá trị nguyên ca để c hai biểu thức cùng có giá trị nguyên
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
Vi thì
Để nguyên thì nguyên
Vi
Để nguyên thì nguyên
Do đó
Vy đ nguyên thì
b) T câu a suy ra để cùng nguyên thì
Bài 17: Tìm các số nguyên x y biết:
26 9xy y x +=
.
ng dn giải
26 9xy y x +=
( ) ( )
2 3 36yx x−+=
( )( )
32 1 6xy +=
( ) ( ) ( )( )
24 26024 215
212 12 5 2 112 5
x xy y x xy y
xy y x y
⇔− +−=⇔− +=
−=−−=
21x
12y
x
y
2
47 3 92
;
23
x xx
AB
xx
−+
= =
−−
x
x
( )
4 21
47 1
4
22 2
x
x
A
xx x
−+
= = = +
−−
x
2x −∈
A
1
2x
21 3
2 (1)
21 1
xx
xU
xx
−= =

−∈

−= =

( )
2
3 32
3 92 2
3
33 3
xx
xx
Bx
xx x
−+
−+
= = = +
−−
3xx −∈
B
2
3x
( ) { }
3 2 1; 2xU −∈ =±±
5,1,4,2xxx x= = = =
B
{ }
5;1;4;2x
,AB
1.x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
127
x, y các s nguyên nên
( )
3x
( )
21y +
là các ước của 6 và
( )
21y +
là s l
nên:
36 9
2 11 0
xx
yy
−= =


+= =

36 3
211 1
xx
yy
−= =


+= =

32 5
2 13 1
xx
yy
−= =


+= =

32 1
213 2
xx
yy
−= =


+= =

Bài 18
: m tt c các cặp s nguyên sao cho
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
1- x 1 -1
1- y
1
-1
x
0
2
y
0
2
Vy
Bài 19: Tìm các cặp s nguyên (x, y) thỏa mãn :
Hướng dẫn giải
Ta có :
=>(x + 5)(y - 1) = 5
Do
;xy Z
nên
5x +
1y
là ước của 5 mà Ư(5)=
Ta có bng giá tr tương ng sau:
x+5
-5
-1
1
5
y-1
-1
-5
5
1
x
-10
-6
-4
0
y
0
-4
6
2
,xy
0x xy y +=
( )
( ) ( )
( )( )
0
10
1 11
1 1 1 1.1 1. 1
x xy y
x yy
yx y
xy
+=
+=
⇒− =
== =−−
( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 2;2xy =
1
1
51
x
y
+=
1 51
1
5 15 1
xx
yy
+
+= => =
−−
{ }
1; 5±±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
128
Vậy các cặp s nguyên cần tìm là :
(x,y)=
Bài 20
: m s nguyên để phân s giá tr là s nguyên.
Hướng dẫn giải
Ta có
nên đ t là ước ca 3.
Lp bng:
1 5
6 (tm) 4 (tm) 10 (tm) 0 (tm)
Vậy với thì có giá trị là s nguyên.
Bài 21: Tìm các s t nhiên x, y biết:
Hướng dẫn giải
Tìm các s t nhiên x, y biết
Do x, y là các số t nhiên nên là ước ca 143
Do 143= 1.143=11.13 nên ta có bảng sau
x+1 1 143 11 13
2y-5 143 1 13 11
x 0 142 10 12
y 74 3 9 8
Bài 22: Tìm các cp s nguyên dương biết :
Hướng dẫn giải
T
{ }
( 4;6),(0;2),( 6;4),( 10,0) −−
n
27
5
n
M
n
=
( )
2 53
2 7 2 10 3 3
2
55 5 5
n
nn
M
nn n n
−+
−+
= = = = +
−−
2
M
3
5n
5n⇒−
5n
1
5
n
{ }
0;4;6;10n
M
2 5 2 148xy x y−+ =
( ) ( ) ( )
( )( )
2 5 2 148 2 2 5 5 148 5 2 1 5 1 143
1 2 5 143
xy x y xy y x y x x
xy
−+ = + −−= + +=
+ −=
1x +
25y
(; )xy
3 13.xy x y++=
3 13.xy x y++=
11
(3 1) .(3 1) 13.
33
xy y ++ +−=
11
(3 1).( ) 13 .
33
yx + +=+
( )
(3 1).(3 1) 40. *yx + +=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
129
nguyên dương do đó và cũng là hai s nguyên dương nên t
(*)suy ra ưc ca 40. Mt khác
là s chia 3 dư 1 nên ta có
bảng sau:
Vậy cặp s nguyên dương
thõa mãn bài toán là
Bài 23: Cho
2 10 3A xy x y
. Tìm các số nguyên
,xy
để
28A
Hướng dẫn giải
2 10 3A xy x y
2 10 3 28xy x y 
2 5 3 15 13xy y 
2 5 3 5 13xy y 
2 3 5 13 1.13 13.1 1. 13 13. 1xy  
Từ đó ta có các cặp
;xy
1;18 ; 5; 6 ; 2; 8 ; 8; 4
Bài 24: Tìm s nguyên x y biết : .
Hướng dẫn giải
Ta có:
nên Ư(5)
y -1 -5 -1 1 5
y -4 0 2 6
x + 2 -1 -5 5 1
x -3 -7 3 -1
Vậy các cặp s nguyên x, y thỏa mãn là: .
Bài 25: Tìm , nguyên biết: .
Hướng dẫn giải
;xy
31y +
31x +
3 1; 3 1yx++
31x +
31x +
1
4
31y +
40
10
(; )xy
( ; ) (1; 3)xy =
23xy x y−+ =
( ) ( )
23 225 225xy x y xy x y xy x y−+ =⇒ −+ =⇒ + =
( ) ( ) ( )( )
12 15 1 25xy y y x −+ = + =
,xy
1y −∈
{ }
5; 1; 1; 5=−−
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 3; 4, 7;0,3;2, 1;6xy−−
x
y
3 2 17x xy y++ =
0 (loại)
13
x
1
y
3
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
130
T
a có bng:
Vy .
Bài 26: Tìm
, xy
nguyên biết:
40x y xy++ =
.
ng dn giải
Ta có
40 1 41x y xy x y xy 

1 1 41 1 1 41xy y x y  
41
ch có các cách phân tích thành tích của các cặp s nguyên như sau
41 1 .( 41) 1.41
1 1; 1 41
1 41; 1 1
11;141
141;11
xy
xy
xy
xy
 
 
 
 
0; 40
40; 0
2; 42
42; 2
xy
xy
xy
xy


 
 
Vy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
40;0 ; 0;40 ; 2; 42 ; 4 2; 2,xy −−
Bài 27: Tìm s nguyên
,xy
biết:
4 25 5 .+=+xy x y
ng dn giải
Ta có:
( )
4 25 5 4 25 5+ =+ +=+xy x y x y y
(1)
+) Nếu
4= y
thì pt
(1)
vô nghiệm
+) Nếu
4≠−y
thì pt
(1)
tr thành:
( )
5 45
5 25 5
5
44 4
++
+
= = = +
++ +
y
y
x
yy y
Để
,xy
nguyên thì
{ }
4 1; 5+ ∈± ±y
Lp bng
4+y
5
1
1
5
3 2 17x xy y++ =
( ) ( )
3 2 3 23xy y ++ +=
( )( )
2 3 23xy⇔+ +=
2x +
1
1
23
23
3 y+
23
23
1
1
x
3
1
25
21
y
26
20
4
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 3; 26 ; 1; 20 ; 25; 4 ; 21; 2xy∈−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
131
y
9
5
3
1
x
4
0
10
6
Vy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, 4; 9 , 0; 5 , 10; 3 , 6; 1 .=−− xy
Bài 28: Cho các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn:
abcd+=+
.1.ab cd+=
. Chứng minh
rằng c = d
ng dn giải
Từ
+=+=+−abcd acdb
, thay vào
.1.ab cd+=
ta được:
( ) ( ) ( )
+ += + + = +=
2
. 1 . 1 0 10c d b b c d cb db cd b b c b d c b
( )( )
⇒− −=1bdcb
Vì a, b, c, d là các số nguyên nên
( ) ( )
,bd cd−−
là các số nguyên, ta có các TH sau:
TH1:

−= =+
⇒=

−= =+

11
11
bd d b
cd
cb c b
TH2:

−= =
⇒=

−= =−

11
11
bd d b
cd
cb cb
Bài 29: Tìm tt c các cặp s nguyên thỏa mãn: .
ng dn giải
+) TH1: Vi , ta có:
không là số nguyên
là s nguyên
Trưng hp này loại.
+) Vi , ta có
ho
c .
+) Vi , ta có: chia cho 3 dư 1
nguyên nên có dng
Vi thì
Vi thì chia cho 3 dư 2.
Do đó trường hợp này loại.
Vy cp s nguyên cần tìm là: , .
Bài 30. Tìm tập hợp các số nguyên biết rng:
ng dn giải
( )
,xy
2 2019
31
y
xx+= +
0y <
2019
31
y
VP = +
2
VT x x= +
0y =
2 2019.0 2
31 2xx xx+= + +=
( ) ( ) ( )
1 1.2 2 . 1xx += =
1x⇒=
2x =
1y
2019
31
y
VP = +
x
x
3 ;3 1;3 2kk k++
3xk=
32xk= +
( )
13VT x x= +
31xk= +
( )
1VT x x= +
( )
;xy
( )
1; 0
( )
2;0
,x
5 5 1 31 1
4 : 2 7 3 :3,2 4,5.1 : 21
9 18 5 45 2
x

−<< +


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
132
Ta có: . Li có:
Do đó
5 5 41 18
4:27.7275
9 18 9 41
−= −=−=
1 31 1 16 5 9 76 43 38 2 43 2 2
3 :3,2 4,5.1 : 21 . . : 1 . .
5 45 2 5 16 2 45 2 5 43 5 43 5
−−
 
+ −= + =+ = =
 
 
2
5
5
x
−< <
{ }
4;3;2;1xx⇒∈−−−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
133
CH ĐỀ 4: CÁC DNG TOÁN
VÀ PHƯƠNG PHÁP CHNG MINH CHIA HT
A. LÝ THUYT CN NH:
Định nghĩa: Cho hai s t nhiên
a
b
, trong đó
0b
. Ta nói
a
chia hết cho
b
nếu tn ti s t nhiên
q
sao cho
a bq=
. Khi đó ta còn nói:
a
là bi ca
b
, hoc
b
là ước
ca
a
.
Các tính cht chung:
1) Bt c s nào khác 0 cũng chia hết cho chính nó
2) Tính cht bc cầu: nếu
a
chia hết cho
b
b
chia hết cho
c
thì
a
chia hết cho
c
.
3) S 0 chia hết cho mi s
b
khác 0
4) Bt c s nào cũng chia hết cho 1
Tính cht chia hết của một tng và hiu
5) Nếu
a
b
cùng chia hết cho
m
thì
ab+
chia hết cho
m
,
ab
chia hết cho
m
.
H qu: Nếu tng ca hai s chia hết cho
m
và mt trong hai s y chia hết cho
m
t
s còn lại cũng chia hết cho
m
.
6) Nếu mt trong hai s
a
b
chia hết cho
m
, s kia không chia hết cho
m
thì
ab+
không chia hết cho
m
,
ab
không chia hết cho
m
Tính chất chia hết của một tích
7) Nếu mt tha s ca tích chia hết cho
m
thì tích chia hết cho
m
8) Nếu
a
chia hết cho
m
b
chia hết cho
n
thì
ab
chia hết cho
.mn
H qu: Nếu
a
chia hết cho
b
thì
n
a
chia hết cho
n
b
Một số dấu hiệu chia hết
Đặt
=
n n1 2 1 0
A a a ...a a a
, với
n n1 2 1 0
a ;a ;...;a ;a ;a
là các chữ số. Khi đó ta có các dấu hiệu chia
hết như sau:
{ }
00
2 2 0; 2;4;6;8Aa a ⇔∈
( )
01 1
3 .... 3.
nn
A aa a a
+++ +
10
44A aa•⇔
{ }
00
5 5 0;5 .Aa a ⇔∈
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
134
210
88A aaa•⇔
( )
01 1
9 .... 9.
nn
A aa a a
+++ +
( ) ( )
02 13
11 .... ... 11.A aa aa ++ ++



10
25 25A aa•⇔
210
125 125A aaa•⇔
Dng 1: Chng minh chia hết
Bài 1: Chng minh rng:
a,
11ab ba+
b,
9ab ba
(a > b) c,
7,11,13abcabc
ng dn gii
a, Ta có :
10 10 1 11 11 11ab ba a b b b b+ = ++ += +
b, Ta có :
(10 ) (10 ) 9 9 9ab ba a b b a a b = +− +=
c, Ta có :
.1001 .7.11.13 7,11,13abcabc abc abc= =
Bài 2: Chng minh rng:
a,
( 10)( 15) 2nn++
b,
( 1)( 2) 2, 3nn n++
c,
2
1nn++
không
4,2,5
ng dn gii
a, Ta có: Nếu n là s l t
15 2n +
Nếu n là s chn thì
10 2n +
, Như vậy vi mi n s t nhiên thì :
( )( )
10 15 2nn++
b, Ta có: Vì
( )( )
12nn n++
là 3 s t nhiên liên tiếp nên s có 1 số chia hết cho 2,1 s
chia hết cho 3
c, Ta có :
( 1) 1nn++
là 1 s l nên không chia hết cho 4,2 và có chữ s tn cùng khác
0 và 5
Bài 3: Chng minh rng:
a,
( 3)( 6) 2nn++
b,
2
6nn++
không
5 c,
37aaabbb
ng dn gii
a, Ta có: Nếu n là s chn thì
62n +
Nếu n l thì
32n +
, Như vậy vi mi n là s t nhiên thì
( )( )
3 62nn++
b, Ta có :
( )
2
6 16n n nn++= + +
, Vì
( )
1nn+
tích hai s t nhiên liên tiếp nên ch
có ch s tn cùng là : 0, 2, 6, do đó :
( )
16nn++
s có tn cùng là 6, 8, 2 nên không
5
c, Ta có :
000 .11100 .111 .300.37 .3.37aaabbb aaa bbb a b a b= += + = +
chia hết cho 37
Bài 4: Chng minh rng:
a,
aaa a
,37 b,
( )2ab a b+
c,
99abc cba
ng dn gii
a, Ta có :
.111 .3.37aaa a a= =
chia hết cho a và chia hết cho 37
b, Ta có: Vì a, b là hai số t nhiên nên a,b có các TH sau:
TH1: a, b cùng tính chn l thì (a + b) là 1 s chn nhưu vy a + b chia hết cho 2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
135
TH2: a, b khác tính chẵn l thì 1 trong 2 s phải có 1 số chẵn khi đó số đó chia hết
cho 2
c, Ta có:
( ) ( )
100 10 100 10 99 99 99 99abc cba a b c c b a a c a c= ++ ++= =
Bài 5: Chng minh rng :
8. 9ab ba+
ng dn gii
Ta có:
( ) ( )
8. 10 8 10 18 18 18 9ab ba a b b a a b a b+ = ++ + = + = +
Bài 6: Cho
,ab
. Chng minh rng:
(4 ) 5ab+
( 4)5ab+
.
ng dn gii
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 5 44 5 16 4515 45 45ab ab ab aab ab dpcm+⇒ +⇒+ ++ + 
Bài 7: Chng minh rng s có dng :
abcabc
luôn chia hết cho 11
ng dn gii
Ta có :
( ) ( ) ( )
5 4 3 23 3 3
.10 .10 .10 .10 .10 10 1 .10 10 1 10 1abcabc a b c b c a b c= + + + += ++ ++ +
( )( ) ( )
32 2
10 1 .10 .10 1001 .10 .10 11.91. 11a b c a b c abc= + + += + +=
Bài 8: Tìm n là s t nhiên để:
( )( )
5 66An n n=++
ng dn gii
Ta có:
( )
12 1 30A n nn= + −+
, Để
( )
−+6 1 30 6A n nn n
Ta có:
( ) ( ) { }
⇒∈ =1 30 30 1;2;3;5;6;10;15;30nn n n n U
( ) ( ) { }
⇒∈1 6 1 3 1;3;6;10; 15;30nn nn n
Th vào ta thy
{ }
1;3;10;30n
tha mãn yêu cu đu bài
Bài 9: Chng minh rằng:
3 2 17ab+
khi và ch khi
( )
10 17 ,a b ab+∈
và ngược li có
đúng không?
ng dn gii
*
3 2 17 10 17a b ab+ ⇒+
Ta có:
3 2 17ab+
( ) ( )
9.(3 2 ) 17 27 18 17 17 17 10 17 10 17a b a b a b ab ab + + + + + ⇒+ 
*10 17 3 2 17ab a b+ ⇒+
Ta có:
10 17ab+
( )
2 10 17 20 2 17 17 3 2 17 3 2 17ab ab aab ab ++⇒++⇒+ 
Bài 10: Chng minh rng:
a, Nếu
11ab cd+
thì
11abcd
b, Cho
deg 7abc
cmr
deg 7abc
ng dn gii
a, Tht vy
( )
100. 99. ,abcd ab cd ab ab cd= += + +
chia hết cho 11.
b, Ta có
deg 1000 deg 1001 ( deg)abc abc abc abc= +=
deg 7abc
1001 7
nên
deg 7abc
Bài 11: Chng minh rng:
a, Chng minh nếu với a, b, c, d là các chữ s khác 0 thì chia hết cho 67.
b, Cho s
abc
chia hết cho 27. Chng minh rng
bca
chia hết cho 27
2ab cd
abcd
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
136
ng dn gii
a, Ta có
Vậy chia hết cho 67
b, Ta có :
27 0 27 1000 0 27 999 0 27 27.37 27abc abc a bc a a bc a bca +⇒++⇒ +
Do
27.37 27a
nên
27.bca
Bài 12: Chng minh rng:
a,
deg 23,29abc
nếu
2.degabc =
b, Cmr nếu
( ) 11ab cd eg++
thì
deg 11abc
ng dn gii
a, Ta có :
deg 1000 deg 1000.2deg deg 2001deg deg.23.29.3abc abc= += += =
b, Ta có :
deg 10000. 100 9999 99 ( ) 11abc ab cd eg ab cd ab cd eg= + += + + ++
Bài 13: Chng minh rng:
a, Cho
deg 37abc +
cmr
deg 37abc
b, Nếu
99abcd
thì
99ab cd+
ng dn gii
a, Ta có :
deg 1000 deg 999 ( deg) 37abc abc abc abc= += + +
b, Ta có :
( )
100. 99. 99 9abcd ab cd ab ab cd ab cd= += + + ⇒+
Bài 14: Chng minh rằng: Nếu
101abcd
thì
101ab cd
ng dn gii
Ta có :
( )
101 100. 101. 101. 101abcd ab cd ab ab cd ab ab cd += += 
=>
101ab cd
Bài 15: Chng minh rng:
11 3 17a bc−+
thì
2 5 6 17abc−+
(a,b,c
Z)
ng dn gii
Ta có:
( )
11 3 17 2 22 6 17 2 5 6 17 17 2 5 6 17a bc a bc abc b abc + + −+ −+ 
Bài 16: Chng minh rng:
a,
29abcd
thì
3 9 27 29abc d+++
b,
21abc
thì
2 4 21abc−+
ng dn gii
a, Ta có :
1000 100 10 29 2000 200 20 2 29abcd a b c d a b c d= + ++ + ++
2001 203 3 29 9 29 27 29aa b b c c d d + −+ −+
( ) ( )
2001 203 29 29 3 9 27 29
3 9 27 29
a b c d abc d
abc d
+ + + +++
+++
b, Ta có:
( )
21 100 10 21 4 100 10 21abc a b c a b c ++ ++
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 4 399 42 21
2 4 21 19 2 21
2 4 21
abc a b
abc ab
abc
⇒−+ + +
⇒−+ + +
⇒−+
Bài 17: Chng minh rng nếu
ab cd eg++
chia hết cho 11 thì
degabc
chia hết cho 11.
ng dn gii
2ab cd
.100 2 .100 .201 .67.3abcd ab cd cd cd cd cd  
abcd
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
137
chia hết cho 11.
Bài 18: Với
,ab
là các s nguyên, chng t rng:
4 13ab+
khi và ch khi
10 13ab+
ng dn gii
Ta có:
4 13ab+
( )
10. 4 13ab⇒+
(1)
Li có:
( )
10 4 10 40 10 39a b a b ab a+ = + = ++
39 13a
(2).
T (1) và (2)
10 13ab⇒+
.
Bài 19: a) Cho
abc deg+
chia hết cho 37. Chng minh rng
abcdeg
chia hết cho 37
b) Cho
abc deg
chia hết cho 7. Chng minh rng chia hết cho 7
ng dn gii
a)
( )
1000 deg 999 37abcdeg abc abc abc deg= ×+=×+ +
b) chia hết cho 7.
Bài 20: Tìm ch s
a
biết rng
20 20 20aaa
chia hết cho 7
ng dn gii
.
Theo đ bài chia hết cho 7, mà 1001 chia hết cho 7 nên chia hết cho 7.
Ta có , chia hết cho 7 nên chia hết cho 7. Vậy .
Bài 21: Cho ba ch s khác nhau và khác 0. Lp tt c các s t nhiên có ba ch s gm c
ba ch s y. Chng minh rng tng của chúng chia hết cho 6 và 37
ng dn gii
Gi ba ch s , , .
Các s t nhiên có 3 chữ s gm 3 s ấy là:
,,,,,abc acb bca bac cba cab
Tng các s theo đ i bng:
( )
222abc acb bca bac cba cab a b c+++++= ++
chia hết cho 6 và 37.
Bài 22: Có hai số t nhiên
x
y
nào mà
( )( )
1002xyxy+ −=
hay không?
( )
deg 10000. 100 9999 99abc ab cd eg ab cd ab cd eg= + ×+= ×+×+ ++
1000 1001 ( )abcdeg abc deg abc abc deg= ×+ = ×−
20 20 20 20 20 .1000 20 (20 .1000 20 ).1000 20n aaa aa a a a a= = += + +
1001.20 .1000 20aa= +
n
20a
20 196 (4 )= ++aa
4 + a
3=a
a
b
c
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
138
ng dn gii
Gi s tn ti các s t nhiên và
.
Không th xy ra trường hp trong có mt s chn, mt s l vì nếu xy ra thì
đều l nên tích là s l, trái vi .
Vậy phi cùng chn hoc cùng lẻ. Khi đó đều chn nên tích
chia hết cho 4, trong khi đó 1002 không chia hết cho 4, vô lí.
Vậy không tn ti các s t nhiên .
Bài 23: Tìm s t nhiên hai ch s, sao cho nếu viết tiếp sau s 1999 thì ta đưc mt
s chia hết cho 37
ng dn gii
Gi s phi tìm là .
Ta có:
Vậy .
Bài 24: Cho
n
là s t nhiên. Chng minh rng:
a)
( )( )
10 15nn++
chia hết cho 2
b)
( )( )
1 2nn n++
chia hết cho 2 và cho 3
c)
( )( )
n 2n 7 7n 1++
chia hết cho 6
ng dn gii
a) Nếu n là s l thì n + 15 chia hết cho 2 nên
( )( )
10 15nn++
chia hết cho 2.
b) Nếu n là s chn thì n + 10 chia hết cho 2 nên
( )( )
10 15nn++
chia hết cho 2.
c) Trong 2 s n và (7n + 1) phải có một s chn nên
( )( )
n2n17n12++
Mà (3, 2) = 1 nên ta chỉ cần chứng minh
( )( )
n2n17n13++
Xét 3 trường hợp:
- Trưng hp 1: n = 3k thì
( )( ) ( )( )
n 2n 1 7n 1 3k 6k 1 21k 1 3+ += + +
- Trưng hp 2: n = 3k + 1 thì
( ) ( )( )
2n 7 6k 9 3 n 2n 7 7n 1 3+= + + +
x
y
( )( ) 1002x yx y+ −=
( )
1
x
y
xy+
xy
( )( )
+−xyxy
( )
1
x
y
xy+
xy
( )( )
+−xyxy
x
y
( )( )
1002+ −=xyxy
ab
1999 :37ab
199900 :37⇒+ab
5402.37 26 ab :37 ++
26 :37⇒+ab
{ }
11;48;85ab
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
139
- Trưng hp 3: n = 3k + 2 thì
( ) ( )( )
7n 1 21k 15 3 n 2n 7 7n 1 3+= + + +
T 3 trường hp trên suy ra n(2n + 7)(7n + 1) chia hết cho 6.
Bài 25: Tìm tt c các ch s
, xy
sao cho
2019xy
chia hết cho c 2, 3 và 5.
ng dn gii
Tìm tt c các ch s
, xy
sao cho
2019xy
chia hết cho c 2, 3 và 5.
Ta có
2019xy
chia hết cho c 2 và 5
0y =
.
Li có
2019xy
3 nên
( )
2019 03x+ ++ + +
( )
12 3x+
.
{ }
0; 3; 6; 9x
Vậy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 3;0 ; 6;0 ; 9;0xy
.
Bài 26: Cho hai s nguyên a và b không chia hết cho 3, nhưng khi chia cho 3 thì có cùng số
dư:
Chng minh rng:
( )
13ab
ng dn gii
Ta có:
( )
3 , 3 , , , 1, 2a p rb q r pqr Zr=+=+ =
khi đó
( )( ) ( ) ( )
2
1 3 3 13 3 3 19 3 3 1ab p r q r p q r r p r pq pr qr r−= + + −= + + + −= + + +
Nếu r = 1 thì
2
1 1 1 03r −=−=
Nếu r = 2 thì
2
1 4 1 33r −= −=
Vậy
( )
1ab
luôn chia hết cho 3.
Bài 27: Tìm s t nhiên có 4 ch s, chia hết cho 5 và cho 27 biết rng hai ch s gia ca
s đó là 97
ng dn gii
Gi
n
là s phi tìm,
n
phi tn cùng bng 0 hoc 5 và
n
phi chia hết cho 9. Xét
*975n =
chia hết cho 9 nến * = 6. Th lại: 6975 không chia hết cho 27
Xét
*970n =
chia hết cho 9 nên
*2=
. Th lại: 2970 chia hết cho 27.
S phi tìm là 2970
Bài 28: Hai s t nhiên
a
2a
đều có tổng các ch s bng
k
. Chng minh rng
a
chia
hết cho 9
ng dn gii
Ta biết rng mt s và tng các ch s của nó có cùng số dư trong phép chia cho 9, do
đó hiu của chúng chia hết cho 9.
Như vậy:
2– 9ak
9ak
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
140
Suy ra:
( ) ( )
29ak ak−−−
Do đó
a
9
Bài 29: Cho s t nhiên
ab
bng 3 ln tích các ch s của nó
a) Chng minh rng
b
chia hết cho
a
b) Gi s
( ,) b ka k N=
chng minh rằng k là ước ca 10
c) Tìm các s
ab
nói trên
ng dn gii
a) Theo đề i:
ab
=
3ab
10 3 (1)
10
a b ab
a ba a
ba
+=
⇒+
b) Do
b ka=
nên
10k <
. Thay
b ka=
vào (1):
10 3 .
10 3 (2)
10
a ka a ka
k ak
k
+=
+=
c) Do
10k <
nên k
{1 ; 2 ; 5}
Với
1k =
, thay vào (2) :
11 3 ,a=
loi
Với
2k =
, thay vào (2) :
12 6 2;aa= ⇒=
2.2 4b ka= = =
. Ta có
24 3.2.4ab = =
Với
5k =
, thay vào (2) :
15 5 1;aa= ⇒=
5.1 5b ka= = =
. Ta có
15 3.1.5.ab = =
Đáp số: 24 và 15
Chú ý. Cách giải câu c không thông qua câu a và b
( )
1 0 3 1 0 3 1 0 3 13 a b ab a ab b bb aa aba= += = =
Ta thy 10a chia hết cho
31a
, mà
a
31a
nguyên t cùng nhau (tht vy, nếu
a
31a
cùng chia hết cho d thì
( )
3 31aa−−
chia hết cho
d
, tc là
1 d
,vy
1d =
)
nên 10
3
a
- 1
3
a
– 1
1
2
5
10
3
a
2
3
6
11
a
Loi
1
2
Loi
b
5
4
Đáp số: 15 và 24
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
141
Bài 30: Tìm s t nhiên có hai chữ s, biết rng s đó chia hết cho tích các ch s ca nó
ng dn gii
Gi s phi tìm là
ab
, ta có
10 (1)a b ab+
Suy ra
ba
. Đặt
(2)b ka=
thì
) 10 (k kN<∈
Thay
b ka=
vào (1) ta có
10a ka akb+
{ }
1 0 1 0 1 , 2 , 5a ka k k ⇒∈
Nếu
1k =
thì
ba=
. Thay vào (1) ta được
2
11 11 1aa a a ⇒=
Vậy
ab
= 11
Nếu
2k =
thì
2ba=
. Xét các s 12, 24, 36, 48 ta có các số 12, 24, 36 thỏa mãn đề bài
Nếu
5k =
thì
5 15b a ab=⇒=
thỏa mãn đề i
Kết luận: Có 5 s thỏa mãn đề bài là 11, 12, 15, 24, 36
Bài 31: Tìm số tự nhiên sao cho chia hết cho 7
ng dn gii
Cách 1.
Ta lại có nên
Vậy .
Cách 2.
Ta lại có nên
Vậy
Nhn xét: Vic thêm bt các bi ca 7 trong hai cách gii trên nhm đi đến mt biu
thc chia hết cho 7 mà đó h s ca bng 1.
n
18 3n +
( )
18 3 7
14 4 3 7
43 7
4 37 7
44 7
41 7
n
nn
n
n
n
n
+
++
⇔+
+−
⇔−
⇔−
( )
4,7 1=
1 7n
( )
7 1 nk k=+∈
( )
18 3 7
18 3 21 7
18 18 7
18 1 7
n
n
n
n
+
+−
⇔−
⇔−
( )
18,7 1=
–1 7n
( )
7 1 nk k=+∈
n
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
142
Bài 32: Tìm s t nhiên nh nht biết rng s đó chia 9 dư 5, chia 7 dư 4, chia 5 dư 3.
ng dn gii
Gi s t nhiên nh nht tha mãn yêu cu đ bài là a
Vì a chia 9 dư 5 nên
49+ a
4 153 9 157 9⇒++ +aa
Vì a ch
ia 7 dư 4 nên
37+ a
3 154 7 157 7++ +aa
Vì a chia 5 dư 3 nên
25+ a
2 155 5 157 5⇒++ +aa
Suy ra
( )
157 9,5,7+∈a BC
( )
9,5,7 315=BCNN
157 315⇒+ =ak
ví a nh nht nên
1=k
158⇒=a
Vậ
y s t nhiên nh nht tha mãn yêu cu đ bài là :
158.
Bài 33: Mt s chia cho 7 dư 3, chia cho 17 dư 12, chia cho 23 dư 7. Hỏi s đó chia cho 2737
dư bao nhiêu?
ng dn gii
Gi s đã cho là
.A
Theo bài ra ta có:
7 3 17 12 23 7Aa b c= += + = +
Mặt khác:
39 7 3 39 17 12 39 23 7 39Aa b c+=++= ++= ++
( ) ( ) ( )
7 6 17 3 23 2abc= += += +
Như vy
39 A+
đồng thi chia hết cho 7,17 và 23.
Nhưng ƯCLN
( ) ( )
7,17,23 1 39 7,17,23 39 2737 2698.A AA= + ⇒+ =
Do
2698 2737<
nên
: 2737A
có s dư là
2698.
Bài 34: Cho số
37abc
.chứng minh rằng
37cab
ng dn gii
37abc
nên
100. 37 10000 1000 100 37abc a b c 
100 10 9990 999 37c ab a b 
37. 270 27 37cab a b
37cab
Bài 35: Chng t rng trong
27
s t nhiên tùy ý luôn tn ti hai s sao cho tng
hoc hiu của chúng chia hết cho
50.
ng dn gii
TH1: Nếu
27
s t nhiên trên
2
s cùng s khi chia cho
50
thì
hiu ca chúng chia hết cho
50.
TH2: Nếu
27
s t nhiên trên không hai s nào cùng s dư khi chia
cho
50
S dư khi chia cho
50
gm:
0; 1; 2; ...; 49
chia làm
26
nhóm:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
143
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 , 1; 49 , 2; 48 ,... 24; 26 , 25
Chia
27
s khác nhau vào
26
nhóm trên, tn ti ít nht
2
s cùng mt
nhóm.
Suy ra tng của chúng chia hết cho
50.
Vậy trong
27
s t nhiên tùy ý luôn tn ti hai s sao cho tng hoc hiu
ca chúng chia hết cho
50.
Bài 36: Cho
7 5 8 4.na b= +
Biết
6.ab−=
9.n
Tìm
,.ab
ng dn gii
Do
9 7 5 8 4 9 700 10 5 800 10 4 9 1509 10 10 9n ab a b ab+ +++++ ++
{ }
1503 9 9 6 9 6 9 3;12a b ab ab ab + + +++ ⇒++ +
+ Với
3ab+=
t
;ab
khác tính chn l
6ab−=
t
;ab
cùng tính chn l.
Do đó không tn ti
;.ab
+ Với
12ab+=
6ab−=
suy ra
9; 3.ab= =
Vậy
9; 3.ab= =
Bài 37: Tìm các ch s
,ab
sao cho:
a)
4ab=
751ab
chia hết cho 3
b)
6ab=
47 15ab+
chia hết cho 9
ng dn gii
a) S chia cho 3 dư 2 .
Ta có nên:
Suy ra .
Mt khác là s chn nên là s chn .
T , , suy га:
Với ; ta được ; .
Với ; ta được ; .
b)
chia cho dư 1
Do n . T đó tìm được: ; .
Bài 38: Chng minh rng:
7 513ab
7 5 13ab++++
13 3ab ++
3a⇒+
( )
1
b4а −=
49a≤≤
05b≤≤
4 14ab+≤
( )
2
ab
ab+
( )
3
( )
1
( )
2
( )
3
{ }
b 8;14 .а +∈
8ab+=
4ab−=
6a =
2b =
14ab+=
4ab−=
9a =
5b =
( )
4 7 1 5 9 512 10 9a b ab+ ⇒+ +
( )
504 8 9 9ab ab ++ + ++
ab⇒+
9
6abab+≥−=
10ab+=
8a =
2b =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
144
a)
2n
+
11...111
n

chia hết cho 3
b)
10 18 1
n
n+−
chia hết cho 27
c)
10 72 1
n
n+−
chia hết cho 81
ng dn gii
Chú ý rng s và s tng các ch s bng cùng s trong phép chia cho 9, do
đó chia hết cho 9.
a) chia hết cho .
b) chia hết cho
.
c) chia hết cho
.
Bài 39: Cho s t nhiên
ab
bng ba ln tích các ch s của nó, chứng minh rng b
a
ng dn gii
Ta có:
3 10 3 10ab ab a b ab a b a b a=⇒+=⇒+⇒
Bài 40: Cho
987
11 11 11 ... 11 1A = + + ++ +
. Chng minh rng
A
chia hết cho 5
ng dn gii
tn cùng bng 0 nên chia hết cho 5.
Bài 41: Tìm a,b biết: a - b = 3 và
(14 3 35 2) 9ab+
ng dn gii
Ta có: Để :
14 3 35 2 9 1 4 3 3 5 2 18 9 9a b a b ab ab+ +++++++= ++ + 
mà a và b là s có 1 chữ s nên
0, 9, 18ab ab ab+= += +=
kết hp vi a - b = 3 để tìm a và b
Bài 42: Tìm s t nhiên có ba ch s như nhau, biết rng s đó có th viết đưc dưi dng
tng các s t nhiên liên tiếp bắt đầu t 1.
ng dn gii
Gọi số phải tìm là , số đó viết được dưới dạng .
Ta có: , do đó:
n
n
111....1
n
n

ch÷ sè
2 111....1 3 111....1
nn
nnn

+=+


 
ch÷ sè ch÷ sè
3
10 18 1 10 1 9 27+ = −− +
nn
n nn
99....9 9 27 9. 111....1 27
nn
nn n n

= −+ = −+



ch÷ sè ch÷ sè
27
10 72 1 10 1 9 81+ = −− +
nn
n nn
99....9 9 81 9. 111....1 81
nn
nn n n

= −+ = −+



ch÷ sè ch÷ sè
81
A
aaa
( )
123 nn+ + +…+
1
111
2
n.(n )
a
+
=
( )
1 2337n n . . . a+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
145
chia hết cho s nguyên t 37 nên tn ti mt trong hai tha s chia
hết cho 37. Chú ý rng đều nh n 74 (vì là s ba ch s) nên ta xét
hai trường hp:
a) t , loi.
b) thì , thỏa mãn bài toán. Vậy s phi tìm là 666, viết đưc
i dng
Bài 43: Cho biết chia hết cho 13, . Chng minh rng chia hết cho
13.
ng dn gii
Đặt . Ta biết , ta cn chng minh .
Cách 1: Xét biu thc:
Như vy,
Do nên . Suy ra
Cách 2: Xét biu thc:
Như vy
Do nên . Ta li có nên .
Cách 3: Xét biu thc:
Như vy
Do nên . Suy ra
Cách 4: Xét biu thc:
Như vy
Do nên . Ta li có nên .
( )
1nn+
1n, n+
n
1n +
1
2
n.(n )+
37n =
1 37 38
703
22
n.(n ) .+
= =
1 37n +=
36.37
666
2
=
1 2 3 36.+ + +…+
4ab+
( )
a, b
10ab+
4 10a b x; a b y+ = +=
13x
13y
( ) ( )
10 10 4 10 10 40 10 39xy a b a b a a–b b= + += + =
10 13x–y .
13x
10 13x
13y .
( ) ( )
4 4 10 4 40 4 4 39yx a b–a b a b ab a.= + + = +− =
4 13y–x .
13x
4 13y
( )
4 13 1, =
13y
( ) ( )
3 3 4 10 3 12 10 13 13xy a b ab a b ab a b.+= + + + = + + += +
3 13x y .+
13x
3 13x
13y .
( )
9 4 9 10 4 90 9 91 18xyab+ abab ab a b.+ =+ +=++ += +
9 13x y+
13x
9 13y
( )
9 13 1, =
13y
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
146
Nhn xét: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thc sau khi rút gn
mt s hng là bi của 13, khi đó số hng th hai (nếu có) cũng là bội ca 13.
Hệ s ca là 1, h s ca là 10 nên xét biu thc nhm kh
(tc là làm cho h s ca bng 0), xét biu thc nhm to ra h s ca bng 13.
Hệ s ca là 4, h s ca là 1 nên xét biu thc nhm kh , xét
biu thc nhm to ra h s ca bng 13.
Bài 44: Tìm s t nhiên có ba chữ s biết rng khi chia s đó cho các s
25;28;35
thì đưc
các s dư ln lưt là
4;7;14
ng dn gii
Ta gi
x abc
(
0 9;0 ; 9; ; ; )a bc abc N
là s t nhiên có 3 chữ s cn tìm
Theo gi thiết
x
khi chia cho
25;28;35
ta được các s ln lưt là
4;7;14
21 25
25 4
28 7 ( ; ; ) 21 28
35 14
21 35
x
xm
x n mnp N x
xp
x







Như thế
21x
là bi chung
25;28;35
25;28;35 700 21 700BCNN x 
Do
100 999 121 21 1020 21 700 679x x xx 
Bài 45: Tìm s t nhiên nh nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.
ng dn gii
Gi là s chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5.
Cách 1. Vì không chia hết cho 35 nên dng trong đó
chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.
S nh hơn 35 chia cho 7 5 5, 12, 19, 26, 33, trong đó ch có 26 chia cho 5 dư 1.
Vậy .
S nh nhất có dạng là 26.
Cách 2. Ta có (1)
Ta có (2). T (1) và (2) suy ra .
S nh nht có tính cht trên là .
Cách 3:
Giá tr nh nht ca bng 3, giá tr nh nht ca bng .
Bài 46: Tìm s t nhiên bn chũ s sao cho chia cho 131 thì 112, chia cho 132
thì dư 98.
ng dn gii
Cách 1: Ta có
a
x
a
y
10x–y
a
a
3xy+
a
b
x
b
y
4y–x
b
9xy+
b
n
n
n
35 35k r k,r ),r ,(+ ∈<
r
26r =
35 26k +
15 1 105 95nn n ⇒−+ ⇒+ 
57 5 147 97n– n n⇒−+ ⇒+ 
9 35n+
n
26n =
( )
517555242 25 25nx y xyy y y= += + = + + + +
y
n
7 3 5 26. +=
n
n
n
131 112 132 98xy+ = +⇒
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
147
Do có bn ch s n .
Cách 2: T suy ra
. Nếu thì nhiu hơn bn ch s.
Vậy , do đó
Cách 3: Ta có nên
(1)
Mt khác n
(2)
T (1) và (2) suy ra
bn ch s nên
Bài 47: Chng minh rng nếu là s nguyên t ln hơn 3 thì chia hết cho
24.
ng dn gii
Ta có nên
(1)
là s nguyên t ln hơn 3 nên là s l, là hai s chn liên
tiếp. Trong hai s chn liên tiếp, có mt s là bi ca 4 nên tích ca chúng chia hết
cho 8 (2).
T (1) và (2) suy ra chia hết cho hai s nguyên t cùng nhau 3 và 8.
Vậy
Bài 48: Chng minh nếu với a, b, c, d các chữ s khác 0 thì chia hết
cho 67.
ng dn gii
Ta có
( )
( )
131 131 14 14 131
131 14
132 131 14 98 132 131 1946
x yy y
yk k
n . k .k
= +−
⇒= +
⇒= + + = +
n
0 1946k ,n= =
131 131 14x yy= +−
( )
131 14xy y−=
xy>
14 131 145y yn ⇒≥
xy=
14 1946y ,n= =
131 112nx= +
132 131 132 14784nx=++
132 98ny= +
131 131 132 12838n .y= +
( )
132 131 131 132 1946n n . xy = −+
( )
131 132 1946n . xy⇒= +
n
1946n =
p
( )( )
11p– p+
( ) ( )
1 13p– p p +
( )
31p, =
( )( )
1 31p– p+
p
p
1p–
1p +
( )( )
11p– p+
( ) ( )
1 1 24p– p p +
2ab cd
abcd
2ab cd
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
148
Vậy chia hết cho 67
Bài 49: Chng minh rằng: A = n
2
+ n + 1 không chia hết cho 2 và 5, vi n là s t
nhiên.
ng dn gii
Vì n.(n + 1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp, trong 2 số liên tiếp luôn luôn có 1 số
chẵn nên n.(n+1) là số chẵn, cộng thêm 1 sẽ là số lẻ => n.(n+1) + 1 là số lẻ, không chia
hết cho 2.
Để chứng minh n.(n + 1) + 1 không chia hết cho 5 ta thấy hai số n và n + 1 có thể có
các chữ số tận cùng sau:
n tận cùng là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; tương ứng số tận cùng của n + 1 như sau:
n+ 1 tận cùng là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0
nên tích của n.(n + 1) tận cùng là:
0, 2, 6, 2, 0, 0, 2, 6, 2, 0
Hay là n.(n + 1) tận cùng là 0, 2, 6
Nên n.(n+1) + 1 tận cùng là: 1, 3, 7 không chia hết cho 5
Bài 50: Chng minh rng nếu x,y là các s nguyên sao cho
( )
7 3 13xy+
thì
( )
54xy+
cũng
chia hết cho 13 và ngược li
ng dn gii
Ta có:
( )
5 4 13 4 5 4 13 20 16 13 7 3 13xy xy x y xy+ + + ⇒+ 
. T đó ta đi ngược li là ra.
Bài 51: Cho a,b là hai s chính phương l ln tiếp. Chng minh rng :
( )( )
1 1 192ab−−
ng dn gii
Ta có: Vì a, b là số l nên
( )( )
1 14ab−−
Đặt
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22
21, 21 14 1, 14 1a k b k a kk b kk= = + −= −= +
Khi đó :
( )( ) ( )( )
2
1 1 16 1 1a b kk k −= +
, Mà
( )( )
1 23kk k++
( ) ( )
1, 1kk kk−+
đều chia hết cho 2
Nên
( )( ) ( )( ) ( )( )
22
1 1 12 1 1 16 1 1 192kk k a b kk k−+ = −+
,
Khi a, b là s chính phương l liên tiếp
Bài 52: Cho 4 số nguyên phân biệt a, b, c, d. Chứng minh rằng:
( )( )( )( )( )( )
12= −−A abacadbcbdcd
ng dn gii
Theo nguyên lý Dirichlet trong 3 s nguyên tùy ý luôn tn ti hai s nguyên tùy ý có cùng
s dư khi chia hết cho 3 suy ra
3A
Trưng hp 1: cả 4 s đều là s chn nên tn ti 6 hiu chia hết cho 2 suy ra
4A
Trưng hp 2: cả 4 s đều là s l nên tn ti 6 hiu chia hết cho 2 suy ra
4A
.100 2 .100 .201 .67.3abcd ab cd cd cd cd cd  
abcd
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
149
Trưng hp 3: 2 số chn và hai s l nên tn ti 4 hiu chia hết cho 2 suy ra
4A
Trưng hp 4: 3 s chn và mt s l , t 3 s chn đó cho ta 3 hiu chia hết cho 2 suy ra
4A
Trưng hp 5: 3 số l và mt s l, t 3 s l đó cho ta 3 hiệu chia hết cho 2 suy ra
4A
Do đó A cũng chia hết cho 4 mà (3, 4) = 1 nên A chia hết cho 12.
Bài 53: Tìm các s nguyên dương x và y lớn hơn 1 sao cho x + 3 chia hết cho y và y + 3 chia
hết cho x.
ng dn gii
Gii s 2 ≤ x ≤ y.
a) Xét y = 2 thì x = 2, không tha mãn x + 3 chia hết cho y.
b) Xét y ≥ 3. Đặt x + 3 = ky
( )
kN
(1) thì ky = x + 3 ≤ y + 3 ≤ y + y = 2y nên k ≤ 2.
Vi k = 1, t (1) có x + 3 = y. Thay vào:
3+ yx
được
6+ xx
nên li có x > 1 nên
{ }
2;3; 6 .x
x 2 3 6
y 5 6 9
Với k = 2, từ (1) có x + 3 = 2y. Thay vào:
3+ yx
được
26 9 9+ ⇒+ y xx x x
do x > 1 nên
{ }
3;9 .x
Khi x = 3 thì y = 3, th li đúng.
Khi x = 9 thì y = 6, loi vì trái với x ≤ y.
Các cp s (x, y) phi tìm là (2; 5), (5; 2), (3; 6), (6; 3), (6; 9), (9; 6), (3; 3).
Bài 54: Cho
10
s t nhiên bt kì
1 2 3 10
; ; ;.....;aaa a
.Chng minh rng tn ti mt s hoc
tng mt s các s liên tiếp nhau trong dãy chia hết cho
10
ng dn gii
Xét 10 tổng sau :
11
Sa
;
212
S aa
;
3123
S aaa
;…..:
10 1 2 3 10
.....S aaa a
Nếu trong 10 tng trên tn ti 1 tổng nào đó chia hết cho
10
thì bài toán được chng minh
Ta di xét trường hợp : cả
10
tng
1 2 10
; ;..;SS S
đều không chia hết cho
10
Do vy s dư trong phép chia
1 2 3 10
; ; ;.....;SSS S
cho
10
ch có th thuc tp hp
1;2;3;4;5;6;7;89A
gm
9
phn t do vậy theo nguyên lý Đi rich lê luôn tồn ti ít
nht 2 tng
; ;1 10
ij
SSij ij 
có cùng s dư khi chia cho
10
12
10 ..... 10
ji i i j
SS a a a


ta có điều cn chng minh.
Bài 55: Chng minh rng vi là s t nhiên thì không chia hết cho
.
ng dn gii
n
( )
1 2019nn++
2020
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
150
là s t nhiên nên là s chn là s
l
Do đó không chia hết cho .
Bài 56:
a) Cho
2 3 1998
1999 1999 1999 1999= + + +⋅⋅⋅+ A
Chng minh rng
2000.A
b) Tìm s t nhiên n ln nhất có 3 chữ s thỏa mãn điều kin: n chia cho 8 dư 7, chia
cho 31 dư 28.
ng dn gii
a) Có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 1997 1998
1999 1999 1999 1999 1999 1999= + + + +⋅⋅⋅+ +⋅⋅⋅+A
( ) ( ) ( )
3 1997
1999. 1 1999 1999 1 1999 1999 1 1999= + + + +⋅⋅⋅+ +
3 1997
1999.2000 1999 .2000 1999 .2000= + +⋅⋅⋅+
( )
3 1997
2000. 1999 1999 1999= + +⋅⋅⋅+
2000 A
(đpcm)
b) Ta có:
( )
*
8 7 7 8 7 72 8 65 8
,
31 28 28 31 28 93 31 65 31
= + −+ +

∈⇒

= + −+ +



nx n n n
xy
ny n n n
{ }
65 (8,31) 248;496;744;992⇒+ =n BCNN
{ }
183;431;679;927 927 ⇒=nn
(vì n ln nhất có 3 chữ s)
Vậy s cần tìm là: 927.
Bài 57: Tìm
,xy
biết
124 45xy
.
ng dn gii
Đặt
124A xy=
Để
45A
thì
5A
9A
.
Để
5A
thì
0y =
hoc
5y =
.
Với
0y =
, để
9A
thì
( )
124 09 2xx++++ =
.
Với
5y =
, để
9A
thì
( )
124 59 6xx++++ =
.
Vậy
0y =
,
2x =
hoc
5y =
,
6x =
.
Bài 58: Tìm s t nhiên nh nht ln hơn
10
, biết rng s đó chia cho
5;6;7
có số
lần lượt là
3; 2;1
.
Hướng dẫn gii
Gi s phi tìm là
a
( )
, 10aa∈>
.
n
( )
12nn+
( )
1nn⇒+
( )
1 2019nn ++
( )
1 2019nn++
2020
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
151
Theo đề bài, ta có:
a
chia cho
5
( ) ( )
3 3 5 3 55aa⇒− ⇒−
hay
85a
a
chia cho
6
( )
2 26 2 66aa⇒− 
hay
86a
.
a
chia cho
7
( )
1 17 1 77aa⇒− 
hay
87a
.
Do đó
( )
8 5,6,7a BC−∈
.
Để
a
nh nht ln hơn
10
thì
( )
8 5,6,7 210a BCNN−= =
8 210 218aa−= =
.
Vậy s t nhiên cn tìm là
218
.
Bài 59: Cho . Chng t chia hết cho .
ng dn gii
Ta có:
.
Bài 60
: Tìm s ba ch s chia hết cho 7 và tng các ch s của cũng chia hết
cho 7.
ng dn gii
Gi s t nhiên cn tìm
Ta có
Suy ra
Trưng hp 1 :
Ta có là s chn suy ra a l và khi đó tương ứng
vi (tha mãn)
vi (tha mãn) hoc
vi (tha mãn) hoc
Trưng hp 2 :
2 3 4 5 6 2019
555555 5S =+++++++
S
21
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 2019 2 3 4 5 6 2017 2018 2019
555555 5 555 555 5 5 5S =+++++++ =++ + ++ ++ + +
( ) ( ) ( )
2 4 2 2017 2
5155 5155 5 155= ++ + ++ + + ++
( )( )
2 4 2017
155 55 5= ++ + + +
( )
4 2017
31 5 5 5 31= +++
abc
( )
, , ,1 9,0 , 9abc a bc ≤≤
( ) ( )
100 10 98 7 2 3 98 7 2abc a bc a b a bc a b abc a b= + += + + + += + + ++ + +
7
98 7 7 2 7
7
abc
ab ab
abc
+ ⇒+
++

, ,1 9,0 9 1 2 27ab a b a b ≤≤⇒≤+
{ }
2 7;14;21ab+∈
27ab+=
2b
7a <
{ }
1;3;5a⇒=
{ }
3; 2;1b =
1, 3
3
7
ab
c
abc
= =
⇒=
++
133abc⇒=
3, 2
29
7
ab
cc
abc
= =
⇒= =
++
hoaëc
322abc⇒=
329abc =
5, 1
18
7
ab
cc
abc
= =
⇒= =
++
hoaëc
511abc⇒=
518abc =
2 14ab+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
152
Ta là s chn suy ra a chn và và khi đó tương ng
vi (tha mãn)
vi (tha mãn)
vi (tha mãn)
vi (tha mãn)
Trưng hp 3 :
Ta là s chn suy ra a l khi đó tương ng
vi (tha mãn) hoc
vi (tha mãn) hoc
vi (tha mãn) hoc
vi (tha mãn)
Vậy các s t nhiên cần tìm là:
Bài 61: Tìm các ch s x; y để A =
183Ax y=
chia cho 2; 5 và 9 đều dư 1.
ng dn gii
Do
183Ax y=
chia cho 2 và 5 đều dư 1 nên
1y =
.
Ta có
183Ax y=
183Ax y=
chia cho 9 dư 1
183 1 9xy
1830x
9
1830 9x ++++
3 9x +
, mà x là ch s nên
6x =
Vậy
6; 1xy= =
Bài 62: Cho a, b
*
N
, tha mãn s
( )( )
9 11 5 11M a bb a=++
chia hết cho 19, Hãy giải thích
vì sao M chia hết cho 361
2b
8a <
{ }
2;4;6;8a⇒=
{ }
6;5;4;3b =
2, 6
6
7
ab
c
abc
= =
⇒=
++
266abc⇒=
4, 5
5
7
ab
c
abc
= =
⇒=
++
455abc⇒=
6, 4
4
7
ab
c
abc
= =
⇒=
++
644abc⇒=
8, 3
3
7
ab
c
abc
= =
⇒=
++
833abc⇒=
2 21ab+=
2b
9a
{ }
3;5;7;9a⇒=
{ }
9;8;7;6b =
3, 9
29
7
ab
cc
abc
= =
⇒= =
++
hoaëc
392abc⇒=
399abc =
5, 8
18
7
ab
cc
abc
= =
⇒= =
++
hoaëc
581abc⇒=
588abc =
7, 7
07
7
ab
cc
abc
= =
⇒= =
++
hoaëc
770abc⇒=
777abc =
9, 6
6
7
ab
c
abc
= =
⇒=
++
966abc⇒=
133;266;322;329;392;399;455;511;518;581;588;644;770;777;833;966
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
153
ng dẫn gii
Ta có:
( )( )
9 11 5 11 19M a bb a=++
mà 19 là s nguyên t nên
9 11 19ab+
hoc
5 11 19ba+
Xét
( ) ( ) ( )
3 9 11 5 11 27 33 5 11 38 38 19 2 2 19M ab ba abba ab ab= + + + = + ++ = + = +
+ Nếu
( )
+ ⇒+9 11 19 3 9 11 19ab ab
19 5 11 19N ba=>+
(1)
+ Nếu
5 11 19ba+
, mà
( )
+ ⇒+ 19 3 9 11 19 9 11 19N ab ab
(2)
T (1) và (2) suy ra :
( )
9 11 19ab+
( )
2
5 11 19 19 361ba M+ =>=
Bài 63: Cho hai s t nhiên a và b tha mãn :
( )( )
16 17 17 16m abab=++
là 1 bi s ca 11.
Chng minh rng : Số m cũng là một bi s ca 121
ng dn gii
Vì 11 là số nguyên tố: mà
( )( )
=+ +⇒16 17 17 16 11m abab
16 17 11ab+
hoc
17 16 11ab+
Không mt tính tổng quát: giả sử:
16 17 11ab+
, ta cn chng minh
( )
17 16 11ab+
Tht vậy:
( ) ( )
+ + + + ⇒− ⇒− 16 17 11 2 16 17 11 33 11 11 11a b a b ab ba ba ab
Li có:
( ) ( ) ( )
+ = + −+ +2 17 16 33 11 17 16 11a b ab ab a b
Vậy
( )( )
16 17 17 16 11.11 121abab++ =
Bài 64: Chng minh rằng :
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ... 4 5 25A = + ++ + +
chia hết cho
2019
4
.
ng dn gii
Đặt
2018 2017 2 2018 2017 2
4 4 ... 4 5 4 4 ... 4 4 1M = + ++ += + ++ ++
( )
2018 2017 2 2019 2018 3 2
4 4. 4 4 ... 4 4 1 4 4 ... 4 4 4M = + ++ ++= + ++ + +
( ) ( )
2019 2018 3 2 2018 2017 2
4 4 4 ... 4 4 4 4 4 ... 4 4 1MM= + ++ + + + ++ ++
( )
2019 2019
3 4 –1 4 –1 :3MM= ⇒=
( ) ( )
2019 2019
75. 4 1 :3 25 25. 4 1 25A = += +
2019 2019
25. 4 25 25 25.4= −+ =
chia hết cho
2019
4
.
Bài 65: Cho là s t nhiên 12 ch s. Chng t rng nếu thay
các dấu * bi các ch s khác nhau trong ba ch s 1; 2; 3 một cách tùy ý thì luôn
chia hết cho 396.
ng dn gii
Ta có 396 = 4.9.11
+ N có hai chữ s tn cùng là 16 chia hết cho 4 suy ra N chia hết cho 4
155*710*4*16N =
N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
154
+ Tng các ch s ca N bng
chia hết cho 9 suy ra
N chia hết cho 9.
+ Tng các ch s ng chn ca N Tng các ch s hàng l ca N = 18
18 = 0 chia hết cho 11 suy ra N chia hết cho 11.
Vậy N chia hết cho 4, 9, 11 suy ra N chia hết cho 396.
Bài 66: Chng minh rng t 52 s nguyên bt kì luôn tn ti 2 s mà tng hoc hiu ca
chúng chia hết cho 100.
ng dn gii
Chia 52 s nguyên tùy ý cho 100,ta th các s t 0,1,2,3,…,99.Ta phân các s
thành các nhóm sau: . Ta có tt c 51 nhóm khi chia 52 số cho
100 ta 52 số dư. Theo nguyên Dirichlet s có 2 s cùng thuc một nhóm. Ta 2
trưng hp:
Trưng hp 1: Hai số ging nhau, suy ra hiu hai s có 2 s tương ng đó s chia
hết cho 100.
Trưng hp 2: Hai số dư khác nhau,suy ra tng ca hai s hai s tương ng đó
s chia hết cho 100
Ta suy ra điều phi chng minh.
Bài 67. Chng minh rng: .
ng dn gii
Ta có 72=8.9
(27 ch s 0)
+) có ba chữ s tn cùng là 008 chia hết cho 8 nên
(1)
+) Tng các ch s ca (27 ch s 0) là: (2)
Mà ƯCLN (3)
T (1), (2), (3) suy ra (đpcm).
155*710*4*1630***30636+++++++++++= +++= +=
0 ; 1, 99 ;...; 49,51 , 50
28
10 8 72+
28
10 8 100.....008+=
28
10 8 100.....008+=
28
10 8 8+
100...008
1 27.0 8 9 9+ +=
28
10 8 9⇒+
( )
8;9 1=
28
10 8 72+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
155
Dng 2: Ch số tn cùng của một s
I/ PHƯƠNG PHÁP.
* Tính cht 1:
a) Các s có ch s tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bc bt kì thì ch s tn cùng
vẫn không thay đổi.
b) Các s có ch s tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bc l thì ch s tn cùng vn
không thay đổi.
c) Các s ch s tn cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bc 4n (n thuc N) thì ch s
tn cùng là 1.
d) Các s có ch s tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bc 4n (n thuc N) thì ch s
tn cùng là 6.
Chú ý: Mun tìm ch số tn cùng của số t nhiên x = a
m
, trước hết ta xác định ch
số tn cùng của a.
- Nếu ch s tn cùng ca a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ s tn cùng là 0, 1, 5, 6.
- Nếu ch s tn cùng ca a là 3, 7, 9:
Phân tích: a
m
= a
4n + r
= a
4n
.a
r
vi r = 0, 1, 2, 3
T tính cht 1c => ch s tn cùng ca x chính là ch s tn cùng ca a
r
.
- Nếu ch s tn cùng ca a là 2, 4, 8, cũng như trường hp trên
T tính chất 1d => ch s tn cùng ca x chính là ch s tn cùng ca 6.a
r
.
* Tính cht 2:
Mt s t nhiên bt kì, khi nâng lên lũy thừa bc 4n + 1 (n thuc N) thì ch s tn cùng
vẫn không thay đổi.
Ch s tn cùng ca mt tổng các lũy thừa được xác định bng cách tính tng các
ch s tn cùng ca tng lũy tha trong tng.
* Tính cht 3:
a) S có ch s tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bc 4n + 3 s có ch s tn cùng là 7 ; s
có ch s tn cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bc 4n + 3 s có ch s tn cùng là 3.
b) S có ch s tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bc 4n + 3 s có ch s tn cùng là 8 ; s
có ch s tn cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bc 4n + 3 s có ch s tn cùng là 2.
c) Các s ch s tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bc 4n + 3 s không
thay đổi ch s tn cùng.
* Phương pháp dùng cu tạo số để tìm ch số tn cùng của số A = n
k
vi n, k
N
.
- Nếu A = 10a + b =
ab
b là ch s cui cùng ca A.
Ta viết: A = n
k
= (10q + r)
k
= 10
t
+ r
k
vi r
N; 0
r
9
Ch s cui cùng ca A chính là ch s cui cùng ca s r
k
- Nếu A = 100a +
bc
=
bca
thì
bc
là hai ch s cui cùng ca A.
- Nếu A = 1000a +
bcd
=
dbca
thì
dbc
là ba ch s cui cùng ca A.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
156
- Nếu A=10
m
.am +
0...1
aa
m
=
01
... aaa
m
thì
0...1
aa
m
là m ch s cui cùng ca A.
Bài 1: Tìm ch s tn cùng ca các số:
a) 7
99
b) 14
1414
c) 4
567
ng dn
a) Xét 99 = 4k + 3 (vi k = 24) => 7
99
= 7
4k + 3
= 7
4k
.7
3
Theo tính cht 1c => 7
4k
có ch s tn cùng là 1
=> 7
99
có ch s tn cùng là ch s tn cùng ca 7
3
.
Mà 7
3
= 343 có chữ s tn cùng là 3
=> 7
99
có ch s tn cùng là 3.
b) D thy 1414 = 4k + 2 ( vi k = 353) => 14
1414
= 14
4k + 2
= 14
4k
. 14
2
Theo tính chất 1d => 14
4k
có ch s tn cùng là 6.
=> 14
1414
có ch s tn cùng là ch s tn cùng ca 6.14
2
Mà 6.14
2
= 1176 có chữ s tn cùng là 6
=> 14
1414
có ch s tn cùng là 6.
c) Ta có 567 = 4k + 3 (với k = 141) => 4
567
= 4
4k + 3
= 4
4k
.4
3
Theo tính chất 1d => 4
4k
có ch s tn cùng là 6.
=> 4
567
có ch s tn cùng là ch s tn cùng ca 6.4
3
Mà 6.4
3
= 384 có chữ s tn cùng là 4
=> 4
567
có ch s tn cùng là 4.
Bài 2: Tìm ch s tn cùng ca tng S = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2004
8009
.
ng dn
Nhận thấy: lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1 (các lũy thừa đều
có dng n
4(k - 2) + 1
, k thuc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính cht 2 => Mọi lũy thừa trong S đều có ch s tn cùng là ch s tn cùng
của cơ số tương ng:
=> Ch s tn cùng ca tng S là ch s tn cùng ca tng:
(2 + 3 + … + 9) + 199.(0 + 1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4
= 200(1 + 2 + … + 9) + 9 = 9009.
Vậy ch s tn cùng ca tng S là 9.
Bài 3: Tìm ch s tn cùng ca tng T = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2004
8011
.
ng dn
Nhận thấy Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy thừa
đều có dạng n
4(n - 2) + 3
, n thuc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính cht 3 thì 2
3
có ch s tn cùng là 8 ; 3
7
có ch s tn cùng là 7 ; 4
11
có ch
s tn cùng là 4 ; …
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
157
Như vy, tổng T có chữ s tn cùng bng ch s tn cùng ca tng:
(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 ch s tn cùng ca tng T là 9.
Bài 4: Tìm ch s tn cùng ca 187
324
ng dn
Ta thy các s có tn cùng bng 7 nâng lên lu tha bậc 4 thì được s có tn cùng
bng 1.Các s có tn cùng bng 1 nâng lên lu thừa nào (khác 0 ) cũng tận cùng bng 1.
Do đó 187
324
= (187
4
)
81
= (….1)
81
=(…1)
Vậy ch s tn cùng ca 187
324
là 1
Bài 5. Cho
2 3 20
2 2 2 .... 2 .A =++++
Tìm ch s tn cùng ca A.
ng dn
Cách 1 : Chứng minh rng
5A
bng cách nhóm A thành từng nhóm 4 số.
Ta lại có A
2 nên A
10 vy A tn cùng bng 0.
Cách 2 : Hãy chứng minh rng A = 2
21
-2
A = 2
21
- 2 =
( )
5
45
2 .2 2 16 .2 2 ...6.2 2−= −=
, tn cùng bng 0.
Bài 6: Tìm ch s cui cùng ca số: A =
9
9
9
ng dn
Xem s M = 9
k
; k
N
- Nếu k chn
mk 2=
ta có:
M =9
2m
= 81
m
= (80+1)
m
= (10q +1)
m
= 10 t + 1 ( vi m, q, t
N)
Vậy: M có chữ s cui cùng là 1 nếu k chn.
- Nếu k l
k = 2m + 1 ta có:
M = 9
2m+1
= 9
2m
.9 = (10t + 1).9
= 10q + 9 ( vi m, t, q
N)
Vậy: M có chữ s cui cùng là 9 nếu k lẻ, ta có 9
9
là mt s l.
Do đó: A =
9
9
9
có ch s cui cùng là 9.
Bài 7: Tìm ch s cui cùng ca số: B =
4
3
2
ng dn
B =
4
3
2
= 2
81
= (2
5
)
16
.2 = 32
16
.2 = (30+2)
16
.2 = 10q +2
17
= 10q + (2
5
)
3
.2
2
= 10q + (10q + 2)
3
. 2
2
= 10t + 2
5
= 10t + 2
Vậy B có chữ s cui cùng là 2.
Bài 8: Tìm ch s cui cùng ca s A =
9
9
9
ng dn
Ta có: 9
2m
tn cùng là 1
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
158
9
2m+1
tn cùng là 9
Suy ra: 9
9
tn cùng là 9, (9 là s l.)
Vậy A=
9
9
9
tn
cùng là 9.
Bài 9: Tìm ch s tn cùng của: C = 6
2002
, D = 2
2001
.
ng dn
Ta có: 6
1
tn cùng là 6
6
2
tn cùng là 6
6
3
tn cùng là 6
Vậy 6
n
tn cùng là 6 suy ra 6
2002
tn cùng là 6
Ta có: 2
4
= 16 tn cùng là 6
Suy ra 2
2002
= (2
4
)
500
.2
2
=
44).6( ka =
vi a, k
N
2
2002
tn cùng là 4
Bài 10: Tìm ch s cui cùng ca số: M = 7
1999
, G = 18
177
ng dn
*Ta có 7
4
= 2401 tn cùng là 1
M = 7
1999
= (7
4
) = (
1n
).343 =
3c
tn cùng là 3
Vậy M = 7
1999
tn cùng là 3
*Ta có 18
4
=
6n
tn cùng là 6
Suy ra: G = 18
177
= (18
4
)
44
.18
1
=
6t
.18 =
8k
Vậy G = 18
177
tn cùng là 8.
Bài 11: Tìm ch s tn cùng ca các s sau:
a/
9
9
7
b/
14
14
14
c/
7
6
5
3
ng dn
a/ Có: 9
9
= (8+1)
9
= 4k + 1
=>
9
9
7
= 7
4k+1
= 7.7
4k
= 7. 49
2k
có ch s tn cùng là 7.1 = 7
b/ Ta có 14
14
= 196
7
= (49.4)
7
= 4k
=>
14
14
14
= 2
4k
.7
4k
= 16
k
.2401
k
nên tn cùng của nó là 6
c/ Có
7
6
5
=
( )
7
6
41+
= 4k+1
=>
7
6
5
3
= 3
4k+1
= 3.3
4k
= 3.81
k
có tn cùng là 3.1 = 3.
Bài 12: Tìm ch s tn cùng ca tng: T = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ .......+ 2004
8011
ng dn
Nhn xét rng các s mũ ca các s hng trong tng trên đều có dạng 4(n - 2) + 3 vi n
2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
159
Vậy nên ta đi tìm quy luật ca ch s tn cùng ca s a
4k+3
vi a = {0,......9}
Ta có : các số có tn cùng là : 0; 1; 5; 6. thì a
k
cũng có tận cùng là 0; 1; 5; 6
xét 2
4k+3
= 8.2
4k
= 8.16
k
có tn cùng là 8
3
4k+3
= 27.81
k
có tn cùng là 7
4
4k+3
= 64.2
8k
=64.16
2k
có tn cùng là 4
7
4k+3
= 343.2401
k
có tn cùng là 3
8
4k+3
= 512.16
2k
có tn cùng là 2.
Vậy ch s tn cùng của T cũng là chữ s tn cùng ca
T’ = (8+7+4+5+6+3+2+9)+199(1+8+7+4+5+6+3+2+9) +1+8+7+4 = 9019
Vậy ch s tn cùng ca T là 9.
Bài 13: Cho . Tìm ch s tn cùng ca
ng dn gii
Tt c s hng tng trên đều có dạng
Nếu a tn cùng là 0, 1, 5, 6 thì tn cùng ging tn cùng ca a
Nếu a tn cùng là 7, 9 suy ra tn cùng là 1 suy ra tn cùng là 1 suy ra
có tn cùng ging a .
Nếu a tn cùng là 3 suy ra tn cùng là 9 suy ra 1 suy ra tn cùng là 1suy
ra
có tn cùng ging a
Nếu a tn cùng là 2 suy ra tn cùng là 6 suy ra tn cùng ging 6.2 =>
tn cùng là 2 => ging a
Chng minh tương t ta có các số tn cùng là 4, 8 thì
có tn cùng ging a
Vậy có ch s tn cùng ging a vi mi a
Ch s tn cùng ca M ging ch s tn cùng ca N vi N là tng
Do 2019.1010 có tận cùng là 0 => N tn cùng là 9 => M tn cùng là 9.
III/ BÀI TẬP THAM KHO THÊM.
Bài tập 13: Tìm ch s tn cùng ca X, Y:
X = 2
2
+ 3
6
+ 4
10
+ … + 2004
8010
Y = 2
8
+ 3
12
+ 4
16
+ … + 2004
8016
Bài tập 14: Chng minh rng ch s tn cùng ca hai tng sau ging nhau:
U = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2005
8013
V = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2005
8015
Bài tập 15: Chng minh rng không tn ti các s t nhiên x, y, z tha mãn:
19
x
+ 5
y
+ 1980z = 1975
430
+ 2004.
1 5 9 8065 8069
2 3 4 ... 2018 2019M = + + ++ +
M
41 4
.
nn
a aa
+
=
41n
a
+
2
a
4n
a
4
.
n
aa
2
a
4n
a
4
.
n
aa
4n
a
4
.
n
aa
4
.
n
aa
41n
a
+
2019.2020
2 3 4 ... 2019 1 2019.1010 1
2
N = ++ + + = −=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
160
B/ TÌM HAI CH S TN CÙNG.
Nếu x Є N và x = 100k + y, trong đó k ; y Є N thì hai chữ s tn cùng của x cũng chính là
hai ch s tn cùng của y.
Phương pháp tìm hai chữ s tn cùng ca s t nhiên x = a
m
như sau:
Trưng hp 1: Nếu a chẵn thì x = a
m
2
m
. Gi n là s t nhiên sao cho a
n - 1
25.
Viết m = p
n
+ q (p ; q Є N), trong đó q là số nh nht đ a
q
4 ta có:
x = a
m
= a
q
(a
pn
- 1) + a
q
.
Vì a
n - 1
25 => a
pn
- 1
25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên a
q
(a
pn
- 1)
100.
Vậy hai chữ s tn cùng ca a
m
cũng chính là hai chữ s tn cùng ca a
q
.
Tiếp theo, ta tìm hai chữ s tn cùng ca a
q
.
Trưng hp 2: Nếu a l , gi n là s t nhiên sao cho a
n - 1
100.
Viết m = u
n
+ v (u ; v Є N, 0 ≤ v < n) ta có:
x = a
m
= a
v
(a
un
- 1) + a
v
.
Vì a
n
- 1
100 => a
un
- 1
100.
Vậy hai chữ s tn cùng ca a
m
cũng chính là hai chữ s tn cùng ca a
v
.
Tìm hai chữ s tn cùng ca a
v
.
Trong hai trường hợp đ gii đưc bài toán chúng ta phải tìm đưc s t nhiên n. Nếu
n càng nh thì q và v càng nh nên s d dàng tìm hai chữ s tn cùng ca a
q
và a
v
.
MT S TRƯNG HP C TH V 2 CH S TN CÙNG
- Các s có tn cùng bng 01 ,25 ,76 nâng lên lu thừa nào (khác 0)cũng tận cùng bng 01
,25 ,76
- Các s 3
20
( hoặc 81
5
) ,7
4
,51
2
,99
2
có tn cùng bng 01
- Các s 2
20
, 6
5
,18
4
,24
2
,68
4
,74
2
có tn cùng bng 76
- S 26
n
(n > 1) có tận cùng bng 76
Bài tập 16: Tìm hai chữ s tn cùng ca 7
1991
ng dn
Ta thấy : 7
4
= 2401 , s có tn cùng bng 01 nâng lên lu thừa nào cũng tận cùng
bng 01.
Do đó :
7
1991
= 7
1988
.7
3
= (7
4
)
497
.343 =(…01)
497
.343 = (….01).343 =….43
Vậy 7
1991
có hai ch s tân cùng bng 43
Bài tập 17: Tìm hai ch s tn cùng ca 2
100
ng dn
Chú ý rằng : 2
10
= 1024 ,bình phương của s có tn cùng bng 24 thì tn cùng bng
76,s có tn cùng bng 76 nâng lên lu thừa nào (khác 0) cũng tận cùng bng 76.
Do đó ( 2)
100
=(2
10
)
10
=(1024)
10
=(1024
2
)
5
=(….76)
5
=….76
Vậy hai ch s tn ng ca 2
100
là 76
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
161
Bài tập 18. Tìm hai ch s tn cùng của:
a)
51
51 ;
b)
99
99
99
;
c)
666
6
;
d)
101 101
14 .16 .
ng dn
a) 15
51
=
( )
( ) ( )
25
25
2
51 .51 ...01 .51 ...01 .51 ...51= = =
.
b)
( )
( ) ( )
99
99 2 1 2
99 99 99 .99 ...01 .99 ...01 .99 ...99
k
k
k+
= = = = =
.
c) 6
666
=
( )
( )
( )
133
133
5
6 .6 ...76 .6 ...76 .6 ...56= = =
.
d)
( )
( )
( ) ( )
50
50
101
101 101 101 2
14 .16 14.16 224 224 .224 ...76 .224 ...76 .224 ...24= = = = = =
Bài toán 19: Tìm hai ch s tn cùng ca các số:
a) a
2003
b) 7
99
ng dn
a) Do 2
2003
là s chẵn, theo trường hp 1, ta tìm s t nhiên n nh nht sao cho 2
n
- 1
25.
Ta có 2
10
= 1024 => 2
10
+ 1 = 1025
25 => 2
20
- 1 = (2
10
+ 1)(2
10
- 1)
25
=> 2
3
(2
20
- 1)
100.
Mt khác: 2
2003
= 2
3
(2
2000
- 1) + 2
3
= 2
3
((2
20
)
100
- 1) + 2
3
= 100k + 8 (k Є N).
Vậy hai ch s tn cùng ca 2
2003
là 08.
b) Do 7
99
là s lẻ, theo trường hp 2, ta tìm s t nhiên n bé nht sao cho 7
n
- 1
100.
Ta có 7
4
= 2401 => 7
4
- 1
100.
Mt khác: 99 - 1
4 => 99 = 4k + 1 (k Є N)
Vậy 7
99
= 7
4k + 1
= 7(7
4k
- 1) + 7 = 100q + 7 (q Є N) tận cùng bi hai ch s 07.
Bài tập 20: Tìm hai ch s tn cùng ca số: C=2
999
, D=3
999
ng dn
*Ta có: 2
20
có 2 chữ s tn cùng là 76.
Suy ra: C=2
999
= (2
20
)
49
.2
19
= (
76y
).
88n
(vi y, n, q N)
Vậy C=2
999
có 2 chữ s tn cùng là 88
*Ta có: 3D = 3
1000
=(3
20
)
50
=(
01k
)
50
=
01z
Nên 3D tn cùng là 01, mà 3.3
999
3 ch s hàng trăm của 3
1000
là 2
3
1000
tn cùng là 201
Vậy 3
999
có hai ch s tn cùng là 67
Bài tập 21: Tìm hai ch s tn cùng ca s
a) M = 7
8966
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
162
b) N = 24
7561
c) Q = 81
6251
ng dn
a)Ta có 7
4
có hai chữ s tn cùng là 01
Suy ra M = 7
8966
= (7
4
)
2241
.7
2
= (
01a
)
2241
.49 =
01c
.49 =
49n
(vi a,c,n N)
Suy ra M = 7
8966
có hai ch s tn cùng là 49
b)Ta có 24
2
tn cùng là 76
Suy ra N = 24
7561
= (24
2
)
3765
.24 = (
76m
)
3765
.24 =
76k
.24 =
24n
(vi m, k, n N)
Vậy N = 24
7561
có hai chữ s tn cùng là 24
c) Ta có 81
5
có hai ch s tn cùng là 01
Nên Q = 81
6251
= (81
5
)
1250
.81 = (
01k
)
1250
.81 =
81m
(Vi k, t, m N)
Vậy Q = 81
6251
có hai ch s tn cùng là 81.
Bài tập 22: Tìm hai chữ s tn cùng ca s.
a) Z = 26
854
b) C = 68
194
ng dn
a)Ta có 26
4
có hai ch s tn cùng là 76
Z = 26
854
= (26
4
)
213
.26
2
= (
76n
)
213
. 676 =
76k
.676 =
76c
(Vi n, k, t N)
Vậy Z = 26
854
có hai ch s tn cùng là 76
b) Ta có 68
4
có hai ch s tn cùng là 76
Suy ra C = 68
194
= (68
4
)
48
.68
2
= (
76n
)
48
.4624 =
76k
.4624 =
24t
(vi n, k, t N)
Vậy C=68
194
có hai ch s tn cùng là 24.
Bài tập 23: Tìm hai ch s cui cùng ca số: C = 2
999
ng dn
Ta có: 2
10
+ 1 =1024 + 1 = 1025 : 25 suy ra 2
10
– 1
25
Ta lại có 2
1000
– 1 = (2
20
)
50
– 1
2
20
– 1 suy ra 2
1000
– 1
25
Do đó 2
1000
ch s tận cùng là 26 ; 51 ; 76 nhưng 2
1000
4
Suy ra 2
1000
tn cùng là 76
2
999
tn cùng là 38 hoc 88 vì 2
999
4
2
999
tn cùng là 88
Vậy C=2
999
có hai ch s tn cùng là 88.
Bài tập 24: Tìm hai chữ s tn cùng ca số: D = 3
999
ng dn
Ta có: 9
2m
tn cùng là 1 ; 9
2m+1
tn cùng là 9
Ta hãy tìm s dư ca phép chia 9
5
+1 cho 100
Ta có: 9
5
+ 1 =10(9
4
– 9
3
+ 9
2
– 9 + 1)
Số: 9
4
+ 9
2
+1 tn cùng là 3
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
163
9
3
+ 9 tn cùng là 8
Suy ra (9
4
– 9
3
+ 9
2
– 9 + 1) tn cùng là 5
9
4
– 9
3
– 9
2
– 9 + 1 = 10q + 5
9
5
+ 1 = 100q + 50
9
10
– 1 = (9
5
+ 1)(9
5
– 1) = 100
t
Ta lại có: 3
1000
- 1 = 9
500
– 1 = (9
10
)
50
– 1 suy ra 3
1000
– 1
100
3
1000
tn cùng là 01 . Mt khác 3
1000
3
Suy ra ch s hàng trăm của 3
1000
phải là 2 (để 201 chia hết cho 3)
3
1000
ch s tn cùng là 201
Do đó 3
999
tn cùng là 67.
Bài tập 25: Tìm hai chữ s tn cùng ca s A=
9
9
9
ng dn
A =
9
9
9
= (10 -1)
9
9
có dạng: (10 – 1)
n
vi n=9
9
ta li
A = C
0
n
. 10
n
- C
1
n
. 10
n-1
+ ……+ C
1n
n
. 10 - C
n
n
Suy ra A có hai chữ s cui cùng
Với a = C
1n
n
.10 - C
n
n
= 10n -1 S n = 9
9
tn cùng là 9
Suy ra 10n tn cùng là 90
a =10n -1 tn cùng là 89
Vậy s A =
9
9
9
có hai chữ s cui cùng là 89
Bài tập 26: Tìm hai ch s tn cùng ca các tng:
a) S1 = 1
2002
+ 2
2002
+ 3
2002
+ ... + 2004
2002
b) S2 = 1
2003
+ 2
2003
+ 3
2003
+ ... + 2004
2003
ng dn
a) D thy, nếu a chn thì a
2
chia hết cho 4 ; nếu a l thì a
100
- 1 chia hết cho 4 ; nếu a
chia hết cho 5 thì a
2
chia hết cho 25.
Mt khác, t tính cht 4 ta suy ra vi mọi a Є N và (a, 5) = 1 ta có a
100
- 1 25.
Vậy vi mọi a Є N ta có a
2
(a
100
- 1) 100.
Do đó S1 = 1
2002
+ 2
2
(2
2000
- 1) + ... + 2004
2
(2004
2000
- 1) + 2
2
+ 3
2
+ ... + 2004
2
.
=> Hai chữ s tn cùng ca tng S1 cũng chính là hai chữ s tn cùng ca tng
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ... + 2004
2
.
Ta có: 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ... + n
2
= n(n + 1)(2n + 1)/6
=>1
2
+ 2
2
+ ... + 2004
2
= 2005 x 4009 x 334 = 2684707030, tn cùng là 30.
Vậy hai ch s tn cùng ca tng S1 là 30.
b) Hoàn toàn tương tự như câu a,
S2 = 1
2003
+ 2
3
(2
2000
- 1) + ... + 2004
3
(2004
2000
- 1) + 2
3
+ 3
3
+ 2004
3
.
=> Hai chữ s tn cùng ca tng S2 cũng chính là hai chữ s tn cùng ca tng
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
164
1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ ... + 2004
3
.
Áp dng công thc:
( )
( )
2
2
33 3
nn 1
1 2 ... n 1 2 ... n
2
+

+ ++ =+++ =


=> 1
3
+ 2
3
+ ... + 2004
3
= (2005 x 1002)
2
= 4036121180100, tn cùng là 00.
Vậy hai ch s tn cùng ca tng S2 là 00.
C/ TÌM BA CH S TN CÙNG TR LÊN.
I/ PHƯƠNG PHÁP.
Vic tìm ba ch số tn cùng của số t nhiên x chính là vic tìm s ca phép
chia x cho 1000.
Nếu x = 1000k + y, trong đó k ; y Є N thì ba ch s tn cùng ca x cũng cnh là ba
ch s tn cùng của y (y ≤ x).
Do 1000 = 8 . 125 mà (8, 125) = 1 nên ta đề xut phương pháp tìm ba ch s tn cùng
ca s t nhiên x = a
m
như sau:
Trưng hp 1: Nếu a chn thì x = a
m
chia hết cho 2
m
. Gi n là s t nhiên sao cho a
n
-
1 chia hết cho 125.
Viết m = p
n
+ q (p ; q
N), trong đó q là số nh nhất để a
q
chia hết cho 8 ta có:
x = a
m
= a
q
(a
pn
- 1) + a
q
.
Vì a
n
- 1 chia hết cho 125 => a
pn
- 1 chia hết cho 125.
Mặt khác, do (8, 125) = 1 nên a
q
(a
pn
- 1) chia hết cho 1000.
Vậy ba ch s tn cùng ca a
m
cũng chính là ba chữ s tn cùng ca a
q
.
Tìm ba ch s tn cùng ca a
q
.
Trưng hp 2: Nếu a l , gi n là s t nhiên sao cho a
n
- 1 chia hết cho 1000.
Viết m = u
n
+ v (u ; v
N, 0 ≤ v < n) ta có:
x = a
m
= a
v
(a
un
- 1) + a
v
.
Vì a
n
- 1 chia hết cho 1000 => a
un
- 1 chia hết cho 1000.
Vậy ba ch s tn cùng ca a
m
cũng chính là ba chữ s tn cùng ca a
v
.
Tìm ba ch s tn cùng ca a
v
.
Tính cht 4 => Tính cht 6: Nếu a
N và (a, 5) = 1 thì a
100
- 1 chia hết cho 125.
Chng minh:
Do a
20
- 1 chia hết cho 25 nên a
20
, a
40
, a
60
, a
80
khi chia cho 25 có cùng số dư là 1
=> a
20
+ a
40
+ a
60
+ a
80
+ 1 chia hết cho 5. Vy a
100
- 1 = (a
20
- 1)( a
80
+ a
60
+ a
40
+ a
20
+ 1)
chia hết cho 125.
MT S TRƯNG HP C TH V 3 CH S TN CÙNG
- Các s có tn cùng bng 001 ,376 ,625 nâng lên lu tha nào (khác 0) cũng tn cùng bng
001 ,376 ,625
- Các s có tn cùng bng 0625 nâng lên lu thừa nào (khác 0) cũng tận cùng bng 0625.
Bài tập 27: Tìm bn ch s tn cùng ca 5
1992
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
165
ng dn
5
1992
=(5
4
)
498
=625
498
=0625
498
=(…0625)
Vậy bn ch s tn cùng ca 5
1992
là 0625
Bài tập 28: Tìm ba ch s tn cùng ca s T = 5
946
ng dn
Ta có 5
3
có ba chữ s tn cùng là 125
Suy ra T = 5
946
= (5
3
)
315
.5=(
125n
)
315
.5=
125m
.5=
625t
(Vi n, m, t
N)
Vậy T = 5
946
có ba chữ s tn cùng là 125.
Bài tập 29: Tìm 4 ch s tn cùng ca số: P = 5
1994
ng dn
Ta có: 5
4
= 0625 tn cùng là 0625
5
5
tn cùng là 3125
5
6
tn cùng là 5625
5
7
tn cùng là 8125
5
8
tn cùng là 0625
5
9
tn cùng là 3125
5
10
tn cùng là 5625
5
11
tn cùng là 8125
5
12
tn cùng là 0625
Chu k lp là 4
Suy ra: 5
4m
tn cùng là 0625
5
4m+1
tn cùng là 3125
5
4m+2
tn cùng là 5625
5
4m+3
tn cùng là 8125
Mà 1994 có dạng 4m+2.
Do đó M=5
1994
có 4 chữ s tn cùng là 5625.
Bài tập 30: Tìm ba ch s tn cùng ca 123
101
.
ng dn
Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1 => 123
100
- 1 chia hết cho 125 (1).
Mt khác: 123
100
- 1 = (123
25
- 1)(123
25
+ 1)(123
50
+ 1) => 123
100
- 1 chia hết cho 8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 123
100
- 1 chi hết cho 1000
=> 123
101
= 123(123
100
- 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∩ N).
Vậy 123
101
có ba chữ s tn cùng là 123.
Bài tập 31: Tìm ba ch s tn cùng ca 3
399...98
.
ng dn
Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9
100
- 1 chi hết cho 125 (1).
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
166
Tương t bài 11, ta có 9
100
- 1 chia hết cho 8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 9
100
- 1 chia hết cho 1000
=> 3
399...98
= 9
199...9
= 9
100p + 99
= 9
99
(9
100p
- 1) + 9
99
= 1000q + 9
99
(p, q Є N).
Vậy ba ch s tn ng ca 3
399...98
cũng chính là ba chữ s tn cùng ca 9
99
.
Li vì 9
100
- 1 chia hết cho 1000 => ba ch s tn cùng ca 9
100
là 001 mà 9
99
= 9
100
: 9
=> ba ch s tn cùng ca 9
99
889 (dễ kim tra ch s tn cùng ca 9
99
là 9, sau đó
dựa vào phép nhân ??9x9 = ...001 để xác định ??9 = 889).
Vậy ba ch s tn cùng ca 3
399...98
là 889.
Trường hợp 3: Nếu s đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng th tìm ba ch s tn
cùng mt cách gián tiếp theo các bước:
B1: Tìm dư của phép chia s đó cho 125
B2: Suy ra các khả năng ca ba ch s tn cùng
B3: Kiểm tra điều kin chia hết cho 8 để chn giá tr đúng.
Bài tập 32: Tìm ba ch s tn cùng ca 2004
200
.
ng dn
Do (2004, 5) = 1 (tính chất 6)
=> 2004
100
chia cho 125 dư 1
=> 2004
200
= (2004
100
)
2
chia cho 125 dư 1
=> 2004
200
ch có th tn cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876.
Do 2004
200
chia hết cho 8 nên ch có th tn cùng là 376.
Bài tập 33: Tìm bn ch s tn cùng ca 5
1992
ng dn
5
1992
=(5
4
)
498
=625
498
=0625
498
=(...0625)
Vậy bn ch s tn cùng ca 5
1992
là 0625
II/ BÀI TẬP THAM KHẢO THÊM
Bài tp 34: Chng minh 1
n
+ 2
n
+ 3
n
+ 4
n
chia hết cho 5 khi và ch khi n không chia hết cho
4.
Bài tập 35: Chng minh 9
20002003
, 7
20002003
có ch s tn cùng ging nhau.
Bài tập 36: Tìm hai ch s tn cùng ca:
a) 3
999
b) 11
1213
Bài tập 37: Tìm hai ch s tn cùng ca: S = 2
3
+ 2
23
+ ... + 2
40023
Bài tập 38: Tìm ba ch s tn cùng ca: S = 1
2004
+ 2
2004
+ ... + 2003
2004
Bài tp 39: Cho (a, 10) = 1. Chng minh rng ba ch s tn cùng ca a
101
cũng bng ba ch
s tn cùng ca a.
Bài tập 40: Cho A là mt s chn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba ch s tn cùng ca A
200
.
Bài tập 41: Tìm ba ch s tn cùng ca số: 1993
19941995 ...2000
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
167
Bài tập 42: Tìm sáu ch s tn cùng ca 5
21
.
D/ VN DNG TÌM CH S TN CÙNG Đ CHNG MINH CHIA HT CHO MT
S.
Bài tập 43: Chng minh rng 8
102
- 2
102
chia hêt cho 10
ng dn
Ta thy các s tn cùng bng 2 hoc 8 nâng lên lu thừa 4 thì được s có tân cùng
là 6.Mt s có tn cùng bng 6 nâng lên lu thừa nào (khác 0) cũng tận cùng bng 6 .
Do đó ta biến đi như sau:
8
102
=(8
4
)
25
.8
2
= (….6)
25
.64=(….6).64 = …4
2
102
=( 2
4
)
25
.2
2
=16
25
.4 =(…6).4 = …4
Vậy 8
102
-2
102
tn cùng bng 0 nên chia hết cho 10
Bài tập 44: Tn ti hay không s t nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
ng dn
Theo tính chất 1a => 1995
2000
tn cùng bi ch s 5 nên chia hết cho 5.
Vì vậy, ta đặt vn đ là liu n
2
+ n + 1 có chia hết cho 5 không ?
Ta có n
2
+ n = n(n + 1), là tích ca hai s t nhiên liên tiếp
=> Ch s tn cùng ca n
2
+ n ch có th là 0 ; 2 ; 6
=> n
2
+ n + 1 ch có th tn cùng là 1 ; 3 ; 7
=> n
2
+ n + 1 không chia hết cho 5.
Vậy không tn ti s t nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Bài tập 45: Chứng minh rng 26
1570
chia hết cho 8
ng dn
Ta thấy :26
5
= 11881376 ,s có tn cùng bng 376 nâng lên lu thừa nào(khác 0) cũng
có tn cùng bằng 376.Do đó:
26
1570
= (26
5
)
314
= (…376)
314
= (…376)
Mà 376 chia hết cho 8
Mt s có ba chữ s tn cùng chia hết cho 8 thì chia hết cho 8
Vậy 26
1570
chia hết cho 8
Bài tập 46: Chng t rng
5 4 21
17 24 13+−
chia hết cho 10.
ng dn
Tìm ch s tn cùng ca 17
5
; 24
4
– 13
21
=> Ch s tn cùng ca
5 4 21
17 24 13+−
là 0.
=>
5 4 21
17 24 13+−
10
Bài tập 47: Chng minh rng vi mi s t nhiên n.
a)
4
71
n
chia hết cho 5;
b)
41
32
n+
+
chia hết cho 5;
c)
41
23
n+
+
chia hết cho 5;
d)
42
21
n+
+
chia hết cho 5;
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
168
e)
21
91
n+
+
chia hết cho 10.
ng dn
a)
44
7 1 (7 ) 1 2401 1 ... ...1 1
nn n
−= −= −= =
, tn cùng bng 0.
Vậy
4
7 15
n
.
b)
41
3 2 (3 ) .3 2 81 .3 2 ...1.3 2
n nn n+
+= += += +
, tn cùng bng 5.
Vậy
41
3 25
n+
+
.
c)
41 4
2 3 (2 ) .2 3 16 .2 3 ...6.2 3
n nn+
+= += += +
, tn cùng bng 5.
Vậy
41
2 35
n+
+
.
d)
42
21
n+
+
tn cùng bng 5 nên chia hết cho 5.
e)
21 2
9 1 (9 ) .9 1 81 .9 1 ...1.9 1
n nn+
+= += += +
, tn cùng bng 0.
Vậy
21
91
n+
+
chia hết cho 10.
Bài tập 48. Chứng minh răng 26
1570
chia hết cho 8
ng dn
Ta thấy :26
5
= 11881376, s có tn cùng bằng 376 nâng lên lũy thừa
Nào (khác 0) cũng có tận cùng bằng 376. Do đó:
26
1570
= (26
5
)
314
= (…376)
314
= (…376)
Mà 376 chia hết cho 8
Mt s có ba chữ s tn cùng chia hết cho 8 thì chia hết cho 8
Vậy 26
1570
chia hết cho 8
Bài tập 49: Chng minh rng 1991
1997
-1997
1996
10
ng dn
Là chng minh 2 s có cùng ch s tn cùng:
Ta có 1991
1997
và 1997
1996
có cùng ch s tn cùng là 1
Suy ra 1991
1997
-1997
1996
10
Bài tập 50: Tn ti hay không s t nhiên n sao cho s n
2
+ n
+ 1 chia hết cho 2005
2005
ng dn
S 2005
2005
có tận cùng là 5. nên nó chia hết cho 5
Ta có n
2
+ n + 1 = n(n + 1) + 1 ch có th có các ch s tận cùng là 1, 3, 7. nên nó
không chia hết cho 5
Vậy không tn ti n.
Bài tập 51: Cho P là s nguyên t lớn hơn 5. chứng minh rng ( P
8n
+ 3p
4n
- 4 )5.
ng dn
Vì P là số nguyên t ln hơn 5 nên tn cùng ca p ch có th là các ch số: 1; 3; 7; 9
Nếu P có tận cùng là 1 thì P
8n
+ 3p
4n
4 có tận cùng là 0 nên nó chia hết cho 5
Nếu P có tận cùng là 3 thì p
4n
= 10k+ 3
4n
= 10k + 81
n
có tn cùng là 1. p
8n
có tn cùng
là 1. nên: P
8n
+ 3p
4n
4 có tận cùng là 0. nên nó chia hết cho 5
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
169
Nếu p có tận cùng là 7 thì tương tự. tn cùng ca p
4n
và p
8n
cũng có tn cùng là 1.
nên tng chia hết cho 5
Nếu p có tận cùng là 9 thì:p
4n
= 10k + 9
4n
= 10k + 81
2n
có tn cùng là 1và p
8n
=
24
)(
n
p
có tn cùng là 1
Nên tổng trên cũng chia hết cho 5.
Tóm li vi p nguyên t lớn hơn 5 thì tổng luôn chia hết cho 5
Nhn xét chung v phương pháp:
1. Tách a
n
i dng (10k + a1)
n
vi a1 = {0, 1, .....9}
2. Viết n dưới dng n = 4q + r ( r = 0, 1, 2, 3)
3. S dụng nhận xét 1, 2, 3 đã chứng minh trên.
Bài tập 52: Chng minh rng n
5
và n có chữ s tn cung ging nhau
ng dn
Để chng minh n
5
và n có cùng chữ s tận cùng là đi chứng minh n
5
n
10
Ta có: A = n
5
n = n(n
4
- 1).(n
2
+ 1) = (n - 1).n(n + 1).(n
2
+ 1)
Ta có 10 = 2.5 và (2.5) = 1
(n - 1), n, n + 1 là các s t nhiên liên tiếp
Suy ra A
2
Chng minh A
5 nếu n
5 t
5
Nếu n
5 dư 1 suy ra n-1
5
A
5
n: 5 dư 2 suy ra n
2
+1 = (5k+2)
2
+1 = (5k)
2
+20k+4+1
5
A
5
n: 5 dư 3 suy ra n
2
+1 =(5k+3)
2
+1 = (5k)
2
+30k+9+1
5
A
5
n: 5 dư 4 suy ra n+1
5
A
5
Vậy A
2 và A
5
A
10
Vậy n
5
và n có cùng chữ s tn cùng.
Bài tập 53: Tìm s dư ca phép chia 3
517
cho 25.
ng dn
Trưc hết ta tìm hai ch s tn cùng ca 3
517
. Do s này l => Ta phi tìm s t nhiên
n nh nht sao cho 3
n
- 1
100.
Ta có 3
10
= 9
5
= 59049 => 3
10
+ 1
50 => 3
20
- 1 = (3
10
+ 1) (3
10
- 1)
100.
Mt khác: 5
16
- 1
4 => 5(5
16
- 1)
20
=> 5
17
= 5(5
16
- 1) + 5 = 20k + 5
=>3
517
= 3
20k + 5
= 3
5
(3
20k
- 1) + 3
5
= 3
5
(3
20k
- 1) + 243, có hai chữ s tn cùng là 43.
Vậy s dư ca phép chia 3
517
cho 25 là 18.
* Chú ý: Trong trường hp s đã cho chia hết cho 4 thì ta có thể tìm theo cách gián
tiếp:
B1: Tìm s ca phép chia s đó cho 25, từ đó suy ra các kh năng ca hai
ch s tn cùng.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
170
B2: Dựa vào gi thiết chia hết cho 4 để chn giá tr đúng.
Bài 54 : Cho . Chng minh là s t nhiên chia hết cho 5.
ng dn gii
Vì 2020; 2008 đều là bi ca 4 nên cũng là bội ca 4.
Đặt ; .
Khi đó .
Ta thy tn cùng là 1 nên có tn cùng là 0.
Suy ra có tn cùng là 0 hoc 5.
Vậy là s t nhiên chia hết cho 5.
Dạng 3: Nhóm hợp lý
Bài 1: Chng minh rng vi mi nguyên dương thì
chia hết
cho 10
Hướng dẫn gii
Ta có:
c
hia hết cho 10 vi mọi n nguyên dương nên ta có điều phi chng
minh.
Bài 2: Chng minh rng:
a,
1
8.2 2 10
nn+
+
b,
3 31 2
32326
nnnn++++
+++
Hướng dẫn gii
a, Ta có:
( )
1
8.2 2 8.2 2 .2 2 8 2 10.2 10
nn nn n n+
+ = + = +=
b, Ta có:
3 .27 3 .3 2 .8 2 .4 3 .30 2 .12 6
n nnnn n
VT = +++ = +
Bài 3: Chng minh rằng:
21 22
3 27
nn++
+
Hướng dẫn gii
Ta có :
( )
22
3.3 4.2 3 7 2 4.2 7. 7.2 7
n
nn n n
AM= + = ++ = +
Bài 4: Chng minh rng:
a,
10 18 1 27
n
n+−
b, D =
10 72 1 81
n
n+−
( )
2018 2007
2020 2008
1
73
2
Q =
Q
2018
2020
2007
2008
2018
2020 4m=
( )
*m
2007
2008 4n=
( )
*n
2018 2007
2020 2008 4 4
7 3 73
mn
−=
( ) ( )
44
7 3 2401 81
mn
mn
= −=
2401
m
81
n
2401 81
mn
( )
2018 2007
2020 2008
1
73
2
Q =
Q
n
22
3 2 32
n n nn++
+−
( ) ( )
( ) ( )
( )
22 2 2
22
1
3 2 32 3 3 2 2
33 1 22 1
3 .10 2 .5 10. 3 2
nnnnnn nn
nn
n n nn
++ + +
+−= + +
= +− +
= −=
( )
1
10. 3 2
nn
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
171
Hướng dẫn gii
a, Ta có:
( )
10 1 18 999...9 18
n
VT n n= −+ = +
( có n chữ s 9)
( )
9.1111...1 9.2 9 111....1 2 9VT n n= += +
mặt khác:
111....1 2n+
( có n chữ s 1) =
( )
1111....1 3nn−+
Xét:
111...1 n
có tng các ch s là 1 + 1 + 1 +...+ 1- n = 0 nên chia hết cho 3
vy 111...1+2n chia hết cho 3 suy ra VT chia hết cho 27
b, Ta có:
10 1 72 9.111...1 9n 81n 9(111....1 n) 81n
n
Dn= −+ = + = +
Xét 111....1 - n chia hết cho 9 => D chia hết cho 81
Bài 5: Chng minh rng :
123
333
nn n++ +
++
chia hết cho 13 vi mi n
Hướng dẫn gii
Ta có:
( )
123 1
3 3 3 3 .3 3 .9 3 .27 3 .3 1 3 9 3 .13 13
nn n nnn n n++ + +
+ + = + + = ++ =
Bài 6: Chng minh rằng:
a,
543
5 5 57−+
b,
654
7 7 7 11+−
c,
987
10 10 10 222++
555
d,
67
10 5 59
Hướng dẫn gii
a, Ta có:
( )
32 2
5 5 5 1 5 .21 7= −+ =
b, Ta có:
( )
42 4
7 7 7 1 7 .55 11= +− =
c, Ta có :
( )
72 7
10 10 10 1 10 .111 222= ++=
555
d, Ta có :
( )
( )
6
7 66 6
2.5 .5 5 2 1 5 .59 59= = −=
Bài 7 : Chng minh rng :
7 9 13
81 27 9 45−−
Hướng dẫn gii
Ta có :
( ) ( ) ( )
7 9 13
4 3 2 28 27 26
3 3 3 333= =−−
( )
26 2 26
3 3 3 1 3 .5 9.5 45= −− = =
Bài 8 : Chng minh rng: chia hết cho 10 với mọi là số tự nhiên.
ng dn gii
Ta có
( ) ( )
( )
2
1 11n nn n= ++
Trong 2 s (n – 1) và n luôn có 1 số chn nên Q chia hết cho (1).
Do n là s t nhiên nên n có 1 trong các dạng sau:
51,52,5nk nk nk=±=± =
Nếu n =
5k thì Q chia hết cho 5.
Nếu n = 5k +1 thì n – 1 = 5k chia hết cho 5.
Nếu n = 5k -1 thì n + 1 = 5k chia hết cho 5.
Nếu
52nk= ±
thì n
2
= 5q + 4 nên n
2
+1 chia hết cho 5.
Do đó ta luôn có Q chia hết cho 5 (2)
5
Qn n=
n
( )
54
1Q n n nn= −=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
172
T (1) và (2) suy ra Q luôn chia hết cho 10.
Bài 9 : Chng minh: chia hết cho .
ng dn gii
.
Ta có: nên (đpcm).
Bài 10: Cho
( )
10 1 19 1
k
k−>
. Chng minh rng:
2
10 1 19
k
ng dn gii
Ta có:
( ) ( )
22
10 1 10 10 10 1 10 10 1 10 1
k k k k kk k
−= + −= +
Nhn thấy:
10 1 19
k
Bài 11: Chng minh rng:
2
14nn
/
++
ng dn gii
Ta có:
( )
2
1 11n n nn+ += + +
, mà
( )
1nn+
tích ca 2 s t nhiên liên tiếp nên
chn
Mà VP + 1 nên là số l vy không chia hết cho 4
Bài 12: Chng minh rng:
2
, 65n Nn n
/
∀∈ + +
ng dn gii
( )
2
6 16n n nn++= + +
,
( )
1nn+
là tích 2 s t nhiên liên tiếp nên có chữ s tn cùng là 0; 2; 6
Khi đó:
( )
16nn++
s có tn cùng là 6;8;2 nên không chia hết cho 5
Bài 13: Chng minh rng:
1 2 3 100
3 3 3 ...... 3
xx x x++ + +
++++
chia hết cho
( )
120 x
Hướng dẫ
n gii
Ta có:
( ) ( )
1 2 3 100
1234 5678
3 3 3 ..... 3
3 3 3 3 3 3 3 3 ...
xx x x
xxxx xxxx
++ + +
++++ ++++
+ + ++
= +++ + +++ +
( )
97 98 99 100
3333
xxxx++++
+ +++
( ) ( ) ( )
( )
234 4 234 96 234
4 96
4 96
3 3 3 3 3 3 . 3 3 3 3 ....3 . 3 3 3 3
3 .120 3 .120 .... 3 .120
120. 3 3 .... 3 120
xx x
xx x
xx x
++
++
++
= +++ + +++ + +++
= + ++
= + ++
Bài 14: Chng minh rng:
2
12nn
/
++
vi mi s t nhiên n
ng dn gii
Ta có:
( )
2
1 11n n nn+ += + +
là s l nên không chia hết cho 2
Bài 15: Chng minh rng:
a,
2 3 11
1 3 3 3 ... 3 4++ + + +
b,
23 8
5 5 5 ... 5 30+ + ++
ng dn gii
357
222
aaa
M
+++
=++
( )
a
42
357
222
aaa
M
+++
=++
( )
2 35
2 .2 2 2
a+
= ++
( )
22
2 . 2 8 32 2 .42
aa++
= ++ =
2
2 .42 42
a+
42M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
173
a, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 10 11 2 10
1 3 3 3 ... 3 3 1 3 3 1 3 ... 3 3 1A =++ + ++ + =+ + + ++ +
2 4 10
4 3 .4 3 .4 .... 3 .4 4A =++++
b, Ta có:
( ) ( ) ( )
234 8 2 34 78
5 5 5 5 ... 5 5 5 5 5 ... 5 5B =+ + + ++ = + + + ++ +
26
30 5 .30 ... 5 .30B = + ++
Bài 16: Chng minh rng:
a,
2 3 60
2 2 2 ... 2 15+ + ++
b,
2 3 119
1 3 3 3 ... 3 13++ + + +
ng dn gii
a, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 60 2 3 4 5 8 57 60
2 2 2 ... 2 2 2 2 2 2 ... 2 ... 2 ... 2C =+ + ++ = + + + + ++ ++ ++
( ) ( ) ( )
5 57
21248 21248 ...2 1248C = +++ + +++ + + +++
=>
( )
5 57
15. 2 2 ... 2C = + ++
b, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 17 18 19
1 3 3 3 3 3 ... 3 3 3D = ++ + + + + + + +
( )
3 17 3 17
13 3 .13 ... 3 .13 13 1 3 .... 3 13D = + ++ = + + +
Bài 17: Chng minh rng:
a,
2 3 60
2 2 2 ... 2 3,7,15+ + ++
b,
2 3 1991
1 3 3 3 ... 3 13,41++ + + +
ng dn gii
a, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 59 60
2 2 2 2 ... 2 2A =+++++ +
( ) ( ) ( )
3 59
212 212 ...2 12 3AA= ++ +++ +=>
li có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 58 59 60
2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2A = + + + + + ++ + +
( ) ( ) ( )
2 4 2 58 2
2. 1 2 2 2 1 2 2 ... 2 1 2 2 7A = ++ + ++ ++ ++
Li có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 7 8 57 58 59 60
2 2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2A = + + + + + + + ++ + + +
5 57
2.15 2 .15 ... 2 .15 15A = + ++
b, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 1989 1990 1991
1 3 3 3 3 3 ... 3 3 3B = ++ + + + + + + +
3 1989
13 3 .13 ... 3 .13 13B = + ++
Li có:
( ) ( ) ( )
2 4 6 3 5 7 1984 1986 1988 1990
1 3 3 3 3 3 3 3 ... 3 3 3 3B =+++ ++++ ++ + + +
( )
1985 1987 1989 1991
3333+ +++
( )
1984 1095
820 1 3 ... 3 3 41= ++ + +
Bài 18: Chng minh rng:
a,
2 3 100
2 2 2 ... 2 31+ + ++
b,
2 3 1998
3 3 3 ... 3 12,39+ + ++
ng dn gii
a, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 7 8 9 10 96 97 98 99 100
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2A =++++ + ++++ ++ + + + +
6 96
2.31 2 .31 ... 2 .31 31A = + ++
b, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4 1997 1998
3 3 3 3 ... 3 3S =+++++ +
2 1996
12 3 .12 ... 3 .12 12S = + ++
mặt khác:
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 1996 1997 1998
3 3 3 3 3 3 ... 3 3 3S = + + + + + ++ + +
3 1995
39 3 .39 ... 3 .39 39S = + ++
Bài 19: Chng minh rng:
a,
2 3 1000
3 3 3 ... 3 120+ + ++
b,
23 8
11 11 11 ... 11 12+ + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
174
ng dn gii
a, Ta thy ngay tng B chia hết cho 3, ta cn chng minh tng B chia hết cho 40
( ) ( )
2 3 4 997 998 999 1000
3 3 3 3 ... 3 3 3 3B = + + + ++ + + +
( ) ( )
2 3 1997 2 3
3 1 3 3 3 ... 3 1 3 3 3 40= ++ + + + ++ +
Như vy A
120
b, Ta có:
( ) ( ) ( )
2 34 78
11 11 11 11 ... 11 11C =++++++
( ) ( ) ( )
37
11 1 11 11 1 11 ... 11 11 11C = ++ +++ +
37
11.12 11 .12 ... 11 .12 12C = + ++
Bài 20: Chng minh rng:
a,
2 3 210
4 4 4 ... 4 210+ + ++
b,
2 3 404
1 5 5 5 ... 5 31++ + + +
ng dn gii
a, Tng A hin nhiên chia hết cho 2 (1)
Nên ta cn chng minh tng A chia hết cho 105=5.21
( ) ( ) ( )
2 3 4 209 210
4 4 4 4 ... 4 4A =+++++ +
( ) ( ) ( )
3 209 3 209
4 1 4 4 1 4 ... 4 1 4 4.5 4 .5 4 .5A = ++ +++ += + +
5 (2)
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 208 209 210
4 4 4 4 4 4 ... 4 4 4A = + + + + + ++ + +
( ) ( ) ( )
4 208
4 1 4 16 4 1 4 16 ... 4 1 4 16 21A = ++ + ++ + + ++
(3)
T (1), (2) và (3) ta thấy: A
210
b, Ta có :
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 402 403 404
1 5 5 5 5 5 ... 5 5 5B = ++ + + + + + + +
( ) ( )
3 2 402 2
31 5 1 5 5 ... 5 1 5 5 31B = + ++ + + ++
Bài 21: Chng minh rng:
a,
2 3 4 100
2 2 2 2 ... 2 3+++++
b,
21 22 23 29
3 3 3 ... 3 13+ + ++
ng dn gii
a, Ta có :
( ) ( ) ( )
2 3 4 99 100
2 2 2 2 ... 2 2A =+++++ +
( ) ( ) ( )
3 99 3 99
2 1 2 2 1 2 ... 2 1 2 2.3 2 .3 ... 2 .3A = + + + ++ + = + ++
3
b, Ta có :
( ) ( ) ( )
21 22 23 24 25 26 27 28 29
333 333 333B = ++ + ++ + ++
( ) ( ) ( )
21 2 24 2 27 2
3 133 3 133 3 133B = ++ + ++ + ++
21 24 27
3 .13 3 .13 3 .13 13B =++
Bài 22: Chng minh rng
2004 2003 2
75.(4 4 ... 4 4 1) 25 100A = + + + ++ +
ng dn gii
Đặt
2004 2003 2
4 4 ... 4 4 1B = + + + ++
, Tính B rồi thay vào A ta được :
( ) ( ) ( )
2005 2005 2005 2005
75. 4 1 :3 25 25 4 1 25 25 4 1 1 25.4A = += += +=
100
Bài 23: Chng minh rng:
2 3 2010
2012 2012 2012 ... 2012 2013M = + + ++
ng dn gii
( ) ( ) ( )
2 3 4 2009 1010
2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012M =+++++ +
( ) ( ) ( )
3 2009
2012 1 2012 2012 1 2012 ... 2012 1 2012M = ++ +++ +
3 2009
2012.2013 2012 .2013 ... 2012 .2013 2013M = + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
175
Bài 24: Cho
2 2008
1 2 2 ... 2A =++ ++
, Tìm dư của A khi chia cho 7
ng dn gii
( ) ( ) ( )
2 3 4 5 6 7 2006 2007 2008
1 2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2A =+++++++++ + +
( ) ( ) ( )
2 2 5 2 2006 2
32122 2122 ...2 122A =+ ++ + ++ ++ ++
2 5 2006
3 2 .7 2 .7 2 .7A =+++
, Nhn thấy ngay A chia 7 dư 3
Bài 25: Chng minh rng :
0 1 2 53 52 51
2 2 2 ... 2 2 2
nnn
A
−−
= + + ++ + +
chia hết cho 31 nếu n là s
nguyên dương bt k
ng dn gii
( ) ( ) ( )
234 56789 5554535251
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2
nnnnn
A
−−−−
=+++++++++++ ++++
( ) ( )
5 234 55 234
31 2 . 1 2 2 2 2 ... 2 1 2 2 2 2
n
A
= + ++ + + ++ ++ + +
5 55
31 2 .31 ... 2 .31 31
n
A
= + ++
Bài 26: Cho n là s nguyên dương. Chng minh rng :
31
n
+
, là bi ca 10 thì
4
31
n+
+
cũng
là bi ca 10
ng dn gii
Nếu
31
n
+
, Là bi ca 10 thì
31
n
+
có tn cùng là s 0=>
3
n
có tận cùng là 9
44
3 1 3 .3 1 .....9.81 1 ....9 1 ...0 10
nn+
+= += += +=
(đpcm)
Bài 27: Chng minh rng :
2 3 2012
5 5 5 ... 5N =+ + ++
là bi ca 30
ng dn gii
( ) ( ) ( )
2 3 4 2011 2012
5 5 5 5 ... 5 5N =+++++ +
( ) ( )
2 2 2010 2 2 2010
30 5 5 5 ... 5 5 5 30 5 .30 ... 5 .30 30N = + + ++ + = + ++
Bài 28: Cho
2 3 2004
4 4 4 ... 4S =+ + ++
, Chng minh rng S chia hết cho 10 và 3S+4 chia hết
cho
2004
4
ng dn gii
( ) ( ) ( )
2 3 4 2003 2004
4 4 4 4 ... 4 4S =+++++ +
( ) ( ) ( )
3 2003 3 2003
4. 1 4 4 1 4 ... 4 1 4 4.5 4 .5 ... 4 .5S = + + + ++ + = + ++
5, 2 10SS S⇒⇒
Mặt khác:
2 3 4 2005
4 4 4 4 ... 4S = + + ++
2005 2005 2004
4 3 4 4 3 44 4SS S S = = −⇒ +=
Bài 29: Cho
( )
2009 1999
0,7 2007 2013N =
. Chng minh rằng: N là 1 số nguyên
ng dn gii
( )
2009 1999
7
. 2007 2013
10
N =
,
Để chng minh N là 1 s nguyên thì N chia hết cho 10 hay:
2009 1999 2008 1996 3
2007 2013 2007 .2007 2013 .2013 ...1.2007 ....1.....7−= =
....7 ....7 ....0 10=−=
Vậy N chia hết cho 10.
Do đó N là 1 số nguyên
Bài 30: Cho , chng t rng A s t
nhiên chia hết cho 2019.
11 1 1
1.2.3...2018. 1 ...
2 3 2017 2018
A

= ++++ +


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
176
ng dn gii
Ta có : =
=
Do đó : =
Vậy A là s t nhiên chia hết cho 2019.
Bài 31: Chng minh rng :
2008 2007 2006
5 5 5 31B =++
ng dn gii
Ta có :
( )
2006 2 2006
5 5 5 1 31.5 31B = ++ =
Bài 32: Chng minh rng :
8 20
8 2 17+
ng dn gii
Ta có:
( ) ( )
8
3 20 24 20 20 4 20
2 2 2 2 2 2 1 2 .17 17C = +=+= +=
Bài 33: Chng minh rng:
56
313 .299 313 .36 7D =
ng dn gii
Ta có:
( ) ( )
55
313 299 313.36 313 . 1567 7D = −=
Bài 34: Chng minh rng:
2 3 41 4
7 7 7 ... 7 7 400
nn
A
=+ + ++ +
ng dn gii
Ta có:
23
400 1 7 7 7=++ +
, vậy nhóm 4 số hàng ca tng A
Bài 35: Chng minh rng: chia hết cho
ng dn gii
Đặt (có s hng)
(có 20 nhóm)
chi
a hết cho 31
Vậy chia hết cho
Bài 36: Cho Chng t rng S chia hết cho 307
11 1 1
1 ...
2 3 2017 2018
++++ +
1 11 1 1
1 ...
2018 2 2017 1009 1010

+ ++ + +


=
11 1
2019 ...
1.2018 2.2017 1009.1010

+ ++


2.3...2016.2017 1.3.4...2016.2018 ... 1.2...1008.1011...2017.2018
2019.
1.2.3...2017.2018
+ ++
11 1 1
1.2.3...2018. 1 ...
2 3 2017 2018
A

= ++++ +


2.3...2016.2017 1.3.4...2016.2018 ... 1.2...1008.1011...2017.2018
1.2.3...2018.2019.
1.2.3...2017.2018
+ ++
=
( )
2019. 2.3...2016.2017 1.3.4...2016.2018 ... 1.2...1008.1011...2017.2018 2019= + ++
2 3 4 5 99 100
2 2 2 2 2 ...... 2 2+++++ + +
31
2 3 4 5 99 100
2 2 2 2 2 ..... 2 2D =+++++ + +
100
( ) ( )
2345 678910
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .......=++++ + ++++ +
( )
96 97 98 99 100
22222+ ++++
( ) ( ) ( )
234 6 234 96 234
6 96
2. 1 2 2 2 2 2 . 1 2 2 2 2 ..... 2 . 1 2 2 2 2
2.31 2 .31 ..... 2 .31
D
D
= ++ + + + ++ + + + + ++ + +
= + ++
( )
6 96
31. 2 2 ..... 2D = ++ +
2 3 4 5 99 100
2 2 2 2 2 ..... 2 2D =+++++ + +
31
23 8
17 17 17 ..... 17 .S =+ + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
177
ng dn gii
( ) ( ) ( )
( )
242162
4 16
4 16
17 1 17 17 17 1 17 17 ... 17 1 17 17
17.307 17 .307 ... 17 .307
307. 17 17 ... 17 307
= ++ + ++ ++ ++
= + ++
= + ++
Vậy
Bài 37: Chng minh rằng : Số
2 21
11 12
nn
A
++
= +
chia hết cho
133,
vi mi
n
ng dn gii
Ta có:
( )
( )
( )
2 21 2 2
11 12 11 .11 12. 12 121.11 12.144
133 12 .11 12.144 133.11 12.11 12.144
133.11 12. 144 11
n
nn n n n
nnnnn
n nn
A
++
=+= + = +
= + = −+
=+−
Ta thấy
:
( )
( )
( )
133.11 133
144 11 144 11 133 12. 144 11 133
n
nn nn
−=

Do đó s
uy ra
( )
133.11 12. 144 11
n nn
+−
chia hết cho 133
Vậy: số
2 21
11 12
nn
A
++
= +
chia hết cho 133, vi mi
n
Bài 38: Chng minh rng vi mi
n
nguyên dương ta luôn có:
321
4444
nn nn+++
+−−
chia hết cho
300
ng dn gii
Với mi
n
nguyên dương, ta có:
( )
3 2 1 32
11
4 4 4 4 4.4 4 4 1
4 .75 4 .4.75 300.4
n n n nn
nn n
+++
−−
+ = + −−
= = =
1
300.4
n
chia hết cho 300 (vi mi n nguyên dương)
Nên
321
4444
nn nn+++
+−−
chia hết cho 300.
Bài 39: Cho biu thc
2018! 2018! 2018! 2018!
2018! .......
2 3 2017 2018
=+++++E
Chng m
inh rng:
2019E
Hướng dẫn gii
2019 3.673=
mà 3 và 673 là hai s nguyên t
Để Chng minh
2019E
ta chng minh
3E
673E
23 8
17 17 17 ..... 17 .S =+ + ++
307S
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
178
Ta xét tng s hng ca E
2018! 1.2.3...2018=
có chứa tha s 3 và 673. Do đó
2018! 3.673
2018!
2
có chứa tha s 3 và 673. Do đó
2018!
3.673
2
2018!
3
có chứa tha s 6 và 673. Do đó
2018!
3.673
2
Ln t như vy ta thy tt c các s hng còn li (tr
2018!
673
) đều cha
tha s 3 và 673 nên các s hng đu chia hết cho 3 và 673
S
2018!
673
chứa tha s 3 và tha s 1346 chia hết cho 673. Nên
2018!
3.673
673
Vậ
y tt c các s hng của E đều chia hết cho 3.673. Do đó:
2019E
Bài 40: Cho a, b bình phương ca hai s nguyên l liên tiếp. Chng minh rng :
chia hết cho .
ng dn gii
a,b là bình phương hai s nguyên l liên tiếp nên :
Ta có : . Do đó:
( tích 3 s nguyên liên tiếp)
Bài 41: Chng minh rng:
1 2 3 100
3 3 3 .... 3
xx x x++ + +
+ + ++
chia hết cho 120 vi mi x là s t
nhiên
ng dn gii
1 2 3 100
3 3 3 .... 3
xx x x++ + +
+ + ++
( ) ( ) ( )
1 2 3 4 5 6 7 8 97 98 99 100
3 3 3 3 3 3 3 3 ... 3 3 3 3
xxxx xxxx xxxx++++ ++++ ++++
= + + + + + + + ++ + + +
( ) ( ) ( )
234 4 234 96 234
333 3 3 3 33 3 3 ...3 33 3 3
xx x++
= +++ + +++ ++ +++
4 96
3 .120 3 .120 ... 3 .120
xx x++
= + ++
( )
4 96
120 3 3 ... 3 120
xx x++
= + ++
1A ab a b= −+
48
( ) ( ) ( )
22
2 1; 2 1an bn n=−=+∈
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
1 1 1 1 11ab a b ab a b a b b a b+= −= −=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
22
2
(a 1) 1 2 1 1 2 1 1 4 1 .4 1 16 1 1A b n n nn nn n n n

= −= + = += +

( )( )
1 13nn n−+
( )
16.3 48AA⇒⇒
( )
dpcm
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
179
CHUYÊN Đ 5: S NGUYÊN T, HP S
I. MT S VẤN ĐỀ LCH S V S NGUYÊN T.
S nguyên t đưc nghiên cu t nhiu thế k trưc ng nguyên nhưng cho đến
nay nhiều bài toán về s nguyên t vẫn chưa được gii quyết trn vn.
1) SÀNG ƠRATOSTEN (EURATOSTHENE).
Làm thế nào đ tìm đưc tt c các s nguyên t trong mt gii hn nào đó, chng
hn t 1 đến 100 ?
Ta làm như sau: Trước hết xóa số 1.
Gi li s 2 rồi xóa tất c các bi ca 2 mà lớn hơn 2.
Gi li s 3 rồi xóa tất c các bi ca 3 mà lớn hơn 3.
Gi li s 5 (s 4 đã bị xóa) rồi xóa tất c các bi ca 5 mà ln hơn 5.
Gi li s 7 (s 6 đã bị xóa ) rồi xóa tất c các bi ca 7 mà ln hơn 7.
Các s 8, 9, 10 đã bị xóa. Không cn xóa tiếp các bi ca các s ln n 10 cũng kết lun
đưc rng không còn hp s nào nữa.
Tht vy, gi s n là mt hp s chia hết cho 1 s a lớn hơn 10 thì do n<100, a >10
nên n phi chia hết cho 1 số b nh hơn 10, do đó n đã bị xóa.
Nhà toán hc c Hi Lp Ơratoxten (thế k III trưc công nguyên) ngưi đu tiên
đưa ra cách này. Ông viết các s trên giy c sậy căng trên một cái khung rồi dùi thng các
hp s đưc mt vt tương t như cái ng: c hp s đưc sàng qua, các số nguyên t
c gi li. Bng s nguyên t này được gọi là sàng Ơratoxten.
Ví d:
Dùng bng các s nguyên t nh hơn 100, hãy nêu ra cách kiểm tra mt s nh hơn
10000 có là số nguyên t không ? Xét bài toán trên với các s 259, 353.
Gii.
Cho s n < 10000 (n>1). Nếu n chia hết cho mt s k nào đó (1 <k <n) thì n là hp s.
Nếu n không chia hết cho mọi s nguyên t p (
2
pn
). thì n là số nguyên t.
S 259 chia hết cho 7 nên là hp s.
S 353 không chia hết cho tt c các s nguyên t p mà
2
353p
(đó là các s nguyên t 2,
3, 5, 7, 11, 13, 17) nên 353 là số nguyên t.
2) S PHÂN B S NGUYÊN T
T 1 đến 100 có 25 số nguyên t, trong trăm th hai có 21 số nguyên t, trong trăm
th 3 16 số nguuyeen t, ... Trong nghìn đu tiên có 168 s nguyên t, trong nghìn th
hai 145 số nguyên t, trong nghìn th ba 127 số nguyên tố, ... Như vy càng đi xa
theo dãy số t nhiên, các số nguyên t càng thưa dần.
Ví d:
Có tồn ti mt nghìn s t nhiên liên tiếp đu là hp s ?
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
180
Gii.
Có. Gọi A = 2. 3. 4. ...1001. Các số A + 2, A +3, ...., A + 1001 1000 số t nhiên liên
tiếp và rõ ràng đều là hp s (đpcm).
Mt vn đ đưc đt ra: có nhng khong rt ln các s t nhiên liên tiếp đu là
hp số. vậy có th đến mt lúc nào đó không còn s nguyên t na không ? s nguyên
t cui cùng không ? T thế k III trưc công nguyên, nhà toán hc c Hi lp Ơclit đã
chng minh rng: Tập hợp các số nguyên t là vô hạn.
Ví d.
Chng minh rng không th có hu hn s nguyên t.
Gii.
Gi s ch hu hn s nguyên t
12
, ,...,
n
pp p
trong đó
n
p
s ln nht trong
các s nguyên t.
Xét s
12
... 1
n
A pp p= +
thì A chia hết cho mi s nguyên t
i
p
,
(1 )in≤≤
đều 1
(1).
Mt khác A là hp s (vì ln hơn s nguyên t ln nht
n
p
) do đó A phi chia
hết cho mt s nguyên t nào đó, tức là A chia hết cho mt trong các s
i
p
(
1 in≤≤
) (2),
mâu thun vi (1).
Vy không th có hu hn s nguyên t (đpcm).
Qua s phân b c s nguyên t, nhà toán hc Pháp Bectơrăng đưa ra d đoán: nếu n
> 1 thì gia n và 2n có ít nht mt s nguyên tố. Năm 1852, nhà toán học Nga Trêbưsép đã
chng minh đưc mnh đ này.Ông còn chứng minh đưc:
Nếu n > 3 thì giữa n và 2n - 2 có ít nhất mt s nguyên tố. Ta cũng có mệnh đ sau: Nếu
n >5 thì giữa n và 2n có ít nhất 2 s nguyên t.
Ví d.
Cho s t nhiên n > 2. Chứng minh rng s n! - 1 có ít nht một ước nguyên t ln hơn n.
Gii.
Gi a = n! - 1. Do n > 2 nên a > 1. Mọi s t nhiên ln n 1 đu ít nht mt ưc
nguên t. Gọi p là ước nguyên t ca a. ta s chng minh rằng p > n.
Tht vy gi s
pn
thì tích 1. 2. 3...n chia hết cho p, ta có n! chia hết cho p, a chia
hết cho p nên 1 chia hết cho p, vô lí.
3) CÔNG THC CHO MT S NGUYÊN T
Ví d:
a) Chng minh rng mi s nguyên t m ln n 3 đu viết đưc i dng 6n + 1
hoc 6n - 1 (
nN
).
b) Có phi mi s có dng
61n ±
(
nN
) đu là s nguyên t hay không?
Gii:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
181
a) Mi s t nhiên khi chia cho 6 có mt trong các s 0, 1, 2, 3, , 5. Do đó mọi s t
nhiên đu viết được i mt trong các dng
6 2,6 1,6 ,6 1,6 2,6 3n n nn n n ++ +
. Vì m là s
nguyên t ln hơn 3 nên m không chia hết cho 2, không chia hết cho 3, do đó m không có
dạng
6 2,6 ,6 2,6 3n nn n ++
. vy m viết đưc i dng 6n +1 hoc 6n - 1 ( dụ: 17 = 6. 3 -
1, 19 = 6. 3 + 1).
b) Không phi mi s có dng
6 1( )n nN±∈
đều là s nguyên t. Chng hn
6. 4 + 1= 25 không là s nguyên t (đpcm).
Liu công thức nào với mi giá tr t nhiên ca ch đều cho ta các s nguyên t
không ? Cho đên nay, ngưi ta chưa tìm thấy mt công thc như vy. Tuy nhiên có mt s
biu thức mà với khá nhiều giá trị ca chữ, biểu thức đó cho ta các số nguyên t.
Biu thc
2
2 29n +
cho ta các giá trị nguyên t với n = 0, 1, 2, ... ,28.
Biu thc
2
41nn++
do Ơ_le (Euler 1707 - 1783) đưa ra cho các giá trị nguyên t với n =
0, 1, 2, ..., 39 (còn n = 40 thì
2
40 40 41 40(40 1) 41+ + = ++
chia hết cho 41).
Biu thc
2
79 1601nn−+
cũng cho các giá tr nguyên t với n = 0, 1, 2, ...., 79 (còn với n
= 80 thì biu thc bng 41
2
).
S Phec-ma. Nhà toán học kiêm lut gia Pháp Phec- ma (Pierre de Fermat 1601 - 1665)
xét biu thc 2
m
+1 trong đó m = 2
n
với n = 0, 1, 2, 3, 4 cho các số nguyên t 2 + 1 = 3, 2
2
+ 1 =
5, 2
4
+ 1 = 17, 2
8
+ 1 =257, 2
16
+ 1 = 65537. Vi n = 5, đưc s 2
32
+ 1 = 4294967297, Phec- ma
cho rng đó cũng là s nguyên t và ông đưa ra gi thuyết: Biu thc 2
m
+ 1 với m là lũy
tha của 2 cho ta các số nguyên t.
Ý kiến này đng vng rt lâu. Mãi đến năm 1732, Ơ- le mi bác b gi thuyết trên bng
cách ch ra s
32
21+
chia hết cho 641. Đây là mt trong các d đin hình nht chng t
rng phép quy np không hoàn toàn có th dẫn đến sai lm.
Các số có dng 2
m
+ 1 với m mt lũy tha của 2 được gi là s Phec- ma.
4). BIU DIN MT S I DNG TNG CÁC S NGUYÊN T.
Năm 1742 nhà toán học Đc n_bách viết thư báo cho Ơ_le biết rng ông mo him
đưa ra bài toán: mọi s t nhiên ln n 5 đu biu din đưc dưi dng tng ca 3 s
nguyên t. Ơ_ le trả li rng theo ông, mi s chn ln hơn 2 đu biu din đưc i
dạng tng ca 2 s nguyên t.
Nếu chng minh đưc mt trong hai mnh đ trên thì chng minh đưc mnh đ còn
lại. Trong 200 năm, các nhà toán học thế gii không gii đưc bài toán Gôn bách- Ơ le. Đến
năm 1937, nhà toán học Liên Vinôgrađp đã gii quyết gn trn vn bài toán đó bng
cách chng minh rng: Mi s l đủ ln đu có th biu din đưc i dng tng ca 3
s nguyên t.
Cho đến nay bài toán Gônbách- Ơ le vẫn chưa được chng minh hoàn toàn.
Ví d.
Công nhn mnh đ nói trên của Ơ le, hãy chứng minh bài toán Gôn bách.
Gii.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
182
Cho s t nhiên n > 5, ta sẽ chng minh rng n viết đưc i dng tng ca 3 s
nguyên t. Xét hai trường hp:
a) Nếu n chn thì n = 2 + m với m chn, m > 3.
b) Nếu n l thì n = 3 + m với m chẵn, m > 2.
Theo mnh đề Ơ le, m chẵn, m > 2 nên m viết đưc dưi dng tng ca 3 s nguyên t.
II. S NGUYÊN T-HP S
A.TÓM TẮT LÝ THUYT
1.S nguyên t là s t nhiên lớn hơn 1 có 2 ước dương là 1 và chính nó.
S nguyên t nh nht là 2, đó là s nguyên t chn duy nht.Tt c s nguyên t
còn li đu là s l.
2.Hp s là s t nhiên lớn hơn 1 có nhiều hơn 2 ước dương.
Ước nguyên t nh nht ca mt hp s a là mt s không vượt quá
a
.
Phân tích mt s ra tha s nguyên t viết s đó i dng tích ca nhiu tha số,
mi tha s là mt s nguyên t hoặc là lũy thừa ca mt s nguyên t.
Dù phân tích mt tha s ra tha s nguyên t bng cách nào thì cui cùng ta cũng
đưc mt kết qu duy nht.
Hai hay nhiu s đưc gi là nguyên t cùng nhau khi UCLN ca chúng bng 1. Hai
s t nhiên liên tiếp là hai s nguyên t cùng nhau.
H qu.
S a>1 không có ước nguyên t nào từ 2 đến
a
thì a là mt s nguyên t.
Tp hp s nguyên t là vô hạn.
B.CÁC DNG TOÁN.
Dng 1. s dụng các tính cht ca phép chia s nguyên.
i)Trong n s nguyên liên tiếp có một và chỉ mt s chia hết cho n.
ii) Mi s nguyên t lớn hơn 2 đều có dạng
41n ±
.
iii) Mi s nguyên t lớn hơn 3 đều có dạng
61n ±
.
Bài 1 Cho p là s nguyên t mt trong 2 s 8p + 1 8p - 1 là 2 s nguyên tố, hỏi s
nguyên t th 3 là s nguyên t hay hp s?
Gii.
Vi p = 3 ta có 8p + 1 =25 là hp số, còn 8p-1 là s nguyên t.
Vi
3p
ta có 8p-1,8p,8p+1 3 số nguyên t liên tiếpn có mt s chia hết cho 3.Do
p là nguyên t khác 3 nên 8p không chia hết cho 3,do đó 8p-1 hoặc 8p+1 có một s chia hết
cho 3. Vậy s th 3 là hp s.
Bài 2. Hai s
21
n
21
n
+
(n > 2) có thể đồng thi là s nguyên t đưc không? Ti sao?
Gii.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
183
Trong 3 s nguyên liên tiếp
2 1,2 ,2 1
n nn
−+
mt s chia hết cho 3, nhưng
2
n
không
chia hết cho 3, do đó
21
n
hoc
21
n
+
mt s chia hết cho 3 và ln hơn 3. Vy
2 1, 2 1
nn
−+
không đng thi là s nguyên t.
Bài 3. Chng minh rng nếu p và p+2 là hai s nguyên t ln hơn 3 thì tng ca chúng
chia hết cho 12.
Gii.
Ta có: p + (p + 2) = 2(p + 1).
. p là s nguyên t lớn hơn 3 nên p là số nguyên t l suy ra:
1 2 2( 1) 4pp+⇒ +
*
. p, p+1, p+2 3 số nguyên liên tiếp nên mt s chia hết cho 3, mà p và p+2 không chia
hết cho 3 nên:
1 3 2( 1) 3pp+⇒ +
**
T * và** suy ra:
2( 1) 12p +
. (đpcm)
Bài 4. Tìm s nguyên t p sao cho p+10 và p+14 là các số nguyên t.
Gii.
Vi p = 3 thì p+3=13 và p+14=17 là các số nguyên t.
Vi p > 3 thì
31pk= ±
.
Nếu
31pk= +
thì
14 3 15 3pk+=+
;
Nếu
31pk=
thì
10 3 9 3pk+=+
;
Vậy với
3p =
thì
10p +
14p +
là s nguyên t.
Bài 5.
a) Tìm 3 số l liên tiếp đều là các số nguyên t.
b) Tìm s nguyên t p sao cho p vừa là tng va là hiu ca hai s nguyên t.
Gii.
a) Trong 3 s l liên tiếp có mt s chia hết cho 3. Vy trong 3 s nguyên t đã cho
phi có mt s chia hết cho 3 và 3 số nguyên t l liên tiếp là 3, 5, 7.
b) gi s
12 34
ppp p p=+=+
với
1234
,,,pppp
các s nguyên t. Vì
12
,pp
là s
nguyên t nên
2p >
, suy ra p l. Trong hai s
12
,pp
phi mt s chn, trong hai s
34
,pp
cũng phi có mt s chn. Chng hn
24
2pp= =
. Khi đó:
1 3 43
22 1pp p p p= + = +=
. Ta
11 1
,2,4pp p++
các s nguyên t l liên tiếp nên
theo câu a)
1
3p =
t đó
5p =
. Th li:
53272=+=
.
Bài 6.
Tìm các s t nhiên k đ dãy:
1, 2, 3,..., 10kk k k++ + +
cha nhiu s nguyên t nht.
Gii.
Với k=0 ta có dãy
1,2,3,...,10
cha 4 s nguyên t là 2, 3, 5, 7.
Với k =1 ta có dãy 2, 3, 4, ..., 11 chứa 5 s nguyên t là 2, 3, 5, 7, 11.
Với k=2 ta có dãy 3, 4, 5, ..., 12 chứa 4 s nguyên t là 3, 5, 7, 11.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
184
Vi
3k
dãy
1, 2, 3,..., 10kk k k++ + +
cha 5 s l liên tiếp, các s l này ln hơn 3 nên
chia mt s chia hết cho 3, mà 5 s chn trong dãy hin nhiên không là s nguyên t.
Vậy trong dãy ít hơn 5 số nguyên t.
Tóm lại k=1 thì dãy
1, 2,..., 10kk k++ +
cha nhiu s nguyên t nht.
Bài 7.
Ta gọi p,q hai số t nhiên liên tiếp, nếu gia p và q không có s nguyên t nào
khác. Tìm 3 s nguyên t liên tiếp p, q, r sao cho
222
pqr++
cũng là số nguyên t.
Gii.
Nếu 3 s nguyên t p, q, r đều khác 3 thì p, q, r đu có dng
31k ±
suy ra
222
,,pqr
chia cho 3 đều dư
1
. Khi đó
222
3pqr++
222
3pqr++>
nên
222
pqr++
là hp s.
Vậy p=3, q=5, r=7, khi đó
222222
3 5 7 83pqr++=++=
là s nguyên t.
Bài 8. Tìm 3 s nguyên t sao cho
qp
pq r+=
.
Gii.
Gi s 3 s nguyên t p, q, r sao cho
qp
pq r+=
. Khi đó
3r >
n r là s lẻ, suy ra
p, q không cùng tính chn l. Gi s p=2 và q số l. Khi đó ta
2
2
q
qr+=
. Nếu q
không chia hết cho 3 thì
2
1q
(mod 3). Mt khác q l nên
21
q
≡−
(mod 3), t đó suy ra
2
2 33
q
qr+⇒
, vô lí. Vậy q=3, lúc đó
32
2 3 17r =+=
là s nguyên t.
Vy
2, 3, 17pqr= = =
hoc
3, 2, 17pqr= = =
.
Bài 9.
a) Chng minh rng s dư trong phép chia ca mt s nguyên t cho 30 ch có th là 1
hoc là s nguyên tố. Khi chia cho 30 thì kết qu ra sao?
b) Chng minh rng nếu tng ca n lũy tha bc 4 ca các s nguyên t ln hơn 5
mt s nguyên t thì (n,30)=1.
Gii.
a) Gi s p là s nguyên t
30p kr= +
với
0 30r<<
. Nếu r là hp s thì r ưc
nguyên t
30 2;3;5qq ⇒=
. Nhưng vi q =2; 3; 5 thì q ln t chia hết cho 2; 3; 5, vô
lí.Vy r = 1 hoặc r là s nguyên t.
Khi chia cho 60 thì kết qu không còn đúng nữa, chẳng hạn p= 109= 60.1+ 49, 49 là hợp s.
b) S nguyên t p khi chia cho 30 chỉ có th dư là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
Với r=1, 11, 19, 29 thì
2
1p
(mod 30).
Với r =7, 13, 17, 23 thì
2
19p
(mod 30).
Suy ra
4
1p
(mod 30).
Gi s
1, 2
,...
n
pp p
là các số nguyên t ln hơn 5.
Khi đó
44 4
12
... (mod30) 30
n
q p p p n q kn= + ++ ⇒= +
là s nguyên t nên (n,30)=1.
Bài 10.
Tìm tt c các b ba s nguyên t a, b, c sao cho
abc ab bc ca<++
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
185
Gii.
Vì a, b, c có vai trò như nhau nên giả s
abc≤≤
.
Khi đó
3 3 32ab bc ca bc abc bc a a++≤⇒<⇒<=
(vì a là s nguyên t). Với a =2 ta
2 2 2 2( ) 4 4 2bc b c bc bc b c c b b<++⇒< +<=
hoc b=3.
Nếu b=2 thì
4 24cc<+
thõa vi c là s nguyên t bt kì.
Nếu b=3 thì
6 65cc<+
63cc⇒<⇒=
hoc
5c =
.
Vy các cp s (a, b, c) cần tìm (2, 2, p), (2, 3, 3), (2, 3, 5) các hoán vị ca chúng, vi p
là s nguyên t.
Bài 11.
Cho dãy số nguyên dương
12
, ,....,
n
aa a
được xác định như sau:
1
2a =
,
n
a
là ước nguyên t ln nht ca
123 1
... 1
n
aaa a
+
với
2n
.
Chng minh rng
5
k
a
với mi k.
Gii.
Ta có
12
2, 3aa= =
, giả s với
3n
nào đó mà có số 5 là ước nguyên t ln nht ca s
31
2.3. .... 1
n
A aa
= +
thì A không th chia hết cho 2, cho 3. Vy ch th xy ra
5
m
A =
với
2m
, suy ra
1 5 14
m
A−=
.
31
1 2.3. ....
n
A aa
−=
không chia hết cho 4 do
3,... 1n
aa
các s lẻ, lí. Vậy A không
ước nguyên t của 5, tức là
5
k
a
,
*
kN∀∈
.
Bài 12.
Tìm tt c các s nguyên t p đ
2
2
p
p+
cũng là số nguyên t.
Gii.
Với p=2 ta có
2 22
2 224
p
p+ =+=
không là s nguyên t.
Vi p=3 ta có
2 32
2 2 3 17
p
p+ =+=
là s nguyên t.
Vi p>3 ta
22
2 ( 1) (2 1).
pp
pp+ = −+ +
Vì p l p không chia hết cho 3 nên
2
13p
2 13
p
+
, do đó
2
2
p
p+
là hp s.
Vậy, với p=3 t
2
2
p
p+
là s nguyên t.
Dng 2. áp dng đnh lí fermat.
p là s nguyên t và (a,p)=1 thì
1
1
p
a
(mod p).
Bài 1.
Nhà toán hc Pháp Fermat đã đưa ra công thc
2
21
n
+
để tìm các s nguyên t với
mi n t nhiên.
1. Hãy tính giá trị ca công thc này khi n=4.
2. Với giá trị này hãy chứng t ba tính chất sau:
a) Tổng hai ch s đầu và cuối bng tng các ch s còn li.
b) Tổng bình phương các chữ s là s chính phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
186
c) Hiu gia tng các bình phương ca hai ch s đầu và cui vi tng các bình phương
ca các ch s còn li bng tng các ch s ca s đó.
Gii.
1. Ta thay n= 4 vào công thức Fermat và được:
4
2
2 1 65537+=
là s nguyên t.
2.S nguyên t 65537 có ba tính chất sau:
a) Tổng hai ch s đầu và cuối 6+7=13 đúng bằng tng ba ch s n li 5+5+3=13.
b) Tng bình phương các ch s
22222
6 5 5 3 7 36 25 25 9 49 144++++=++++ =
là s chính
phương vì
2
144 12=
.
c) Tng bình phương ca hai ch s đầu và cui là
22
6 7 36 49 85+=+=
. Tng các nh
phương ca ba ch s còn li là
222
5 5 3 25 25 9 59+ + = + +=
. Tng các ch s đó
65537 26++++=
.
Ta nhn thy rng
85 59 26−=
. Hiu này đúng bng tng các ch s ca s nguyên t
65537.
Bài 2
Cho
*
nN
, chứng minh rng:
10 1
2
2 19
n+
+
41 41
32
235
nn++
++
là nhng hp s.
Gii.
Ta chng minh
10 1
2
2 19 23
n+
+
với mi
1n
.
Ta có:
10
2 1(mod1)
10 1 10 1
2 2(mod22) 2 22 2,( )
nn
k kN
++
⇒≡ ⇒=+
.
Theo định lý Fermat:
10 1 10 1
22 2 22 2 2
2 1(mod23) 2 2 4(mod23) 2 19 23
nn
k
++
+
= ⇒+
.
Mặt khác:
10 1
2
2 19 23
n+
+>
nên
10 1
2
2 19
n+
+
là hp s với mi
*nN
.
Ta chng minh:
41 41
32
2 3 5 11
nn++
++
với mi
1n
.
Bài 3.
Tìm s nguyên t p sao cho
21
p
+
chia hết cho p.
Gii.
Gi s p là s nguyên t thỏa:
21
p
p+
.
Theo đnh lý Fermat:
2 2(mod ) 2 2 3 (2 1) (2 2) 3
p p pp
p p pp ⇒= + =
.
Với p=3 ta có
2 1 93
p
+=
.
Bài 4.
Cho p s nguyên t ln hơn 2. Chng minh rng s s t nhiên n tha
.2 1
n
n
chia hết cho p.
Gii.
Ta có
1
2 1(mod )
p
p
, ta tìm
( 1)np=
sao cho
.2 1(mod )
n
np
.
Ta có:
( 1)
.2 ( 1).2 (mod ) .2 1(mod ) 1,( *)
n mp n
n mp pn m pmkpkN
= ≡− =
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
187
Vậy, với
( 1)( 1), ( *)n kp p k N=−−
thì
.2 1
n
np
.
Bài 5.
Cho p là số nguyên tố, chứng minh rng s
21
p
ch có ưc nguyên t dng
21pk +
.
Gii.
Gọi q là ước nguyên t ca
21
p
thì q l, nên theo định lí Fermat:
1 1 ( , 1)
21 (21,21)2 1 1
q p q pq
q qq p
−−
−⇒ = −⇒ 
, vì nếu
( 1, ) 1qp−=
thì
1 q
, vô lí.
Mặt khác: q-1 chn suy ra
12 2 1q p q pk ⇒= +
.
Bài 6.
Gi s p là s nguyên t l
91
8
p
m
=
. Chng minh rng m là hp s l không chia
hết cho 3 và
1
31
m
(mod m).
Gii.
Ta có:
3 13 1
..
24
pp
m ab
−+
= =
, với
31 31
,
24
pp
ab
−+
= =
.
a, b đều là các số nguyên ln hơn 1 nên m là hp s.
12
9 9 ... 9 1
pp
m
−−
= + + ++
và p l nên m l
1m
(mod 3).Theo định Fermat, ta
có:
99
p
p
.
( ,8) 1p =
nên
99
9 98 1
8
p
p
pm p
⇒− 
.
12m
nên
12mp
, khi đó:
12
91
3 13 1
8
p
mp
m
−− =
. (đpcm).
Bài 7.
Chng minh rng dãy s
2003 23k+
với
1,2,3....k =
chứa hạn s lũy tha ca
cùng mt s nguyên t.
Gii.
Gi s tn ti s nguyên t p sao cho:
2003 23
n
kp+=
(1).
Trong đó k,n là các số nguyên dương nào đó.
T (1) d thy p không chia hết cho số nguyên t 23 nên (p,23)=1.
Theo đnh nh Fermat thì
22
1p
chia hết cho 23, suy ra
22t
p
dng
22
1 23
t
ps= +
với mi s nguyên dương t.
T đó
22
(1 23 ) 23 . 2003 23 23 .
tn n n n n
p s p p sp k sp
+
=+ =+ = ++
hay
22
2003 23( )
tn n
p k sp
+
= ++
với mi
1,2,3,....t =
Bài toán được gii đầy đủ khi ta ch ra s tn ti s nguyên t p thõa mãn (1). Chng hn:
Với p=2 có
12
2003 23.91 2+=
Với p=3 có
7
2003 23.8 3+=
Với p=4 có
2003 23.6 2141+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
188
Vi p=2003 thì tn tại k theo định lí Fermat thỏa mãn
23
2003 23 2003k+=
.
Bài 8.
Tìm by s nguyên t sao cho tích ca chúng bng tng các lũy tha bc sáu ca by
s đó.
Gii:
Gi by s nguyên t
1, 2, 13, 7
.....,ppp p
.
Ta có:
6666666
1234567 1 2 3 4 5 6 7
pppppppppppppp=++++++
(*)
Ta cn dùng đnh lí Fecma nhỏ:
Nếu s nguyên a không chia hết cho 7 thì
6
1(mod 7)a
.(Có th chng minh trc tiếp
điu này thông qua vic biến đi
33
(7 ) 7 1a kr t= +=±
với mi r thỏa mãn
06r≤≤
, còn t là
s nguyên)
Gi s trong by s nguyên t trên có k số khác 7 với
0 7.k≤≤
. Nếu k = 0, nghĩa là cả by s trên đu bằng 7 thì ta có
7. 7. 7. 7. 7. 7. 7 = 7
6
+ 7
6
+ 7
6
+ 7
6
+ 7
6
+ 7
6
+ 7
6
thỏa mãn (*).
. Nếu k = 7, nghĩa là c by s trên đu là s nguyên t khác 7 thì vế trái ca (*) không
chia hết cho 7, còn vế phi ca (*) chia hết cho 7 theo đnh lí Fec ma, điu này không xy
ra.
Vy ch xy ra by s nguyên t trong đ bài đu là 7.
Dng 3: Phương pháp phân tích.
Bài 1.
Tìm
*nN
để:
a)
4
4n +
là s nguyên t.
b)
2003 2002
1nn++
là s nguyên t.
Gii.
a) Ta có:
4 42 222 22 2
4(44)4(2)(2)(22)(22)n n n n n n n nn n+= + + = + = ++ +−
.
Nếu
4
4n +
là s nguyên t thì
2
2 21 1nn n +==
.
Th lại: Với
1n =
thì
4
45n +=
là s nguyên t.
Vậy, với n=1 t
4
4n +
là s nguyên t.
b) Ta có:
2003 2002 2 2001 2001 2
1 ( 1) ( 1) 1nnnnnnnn+ += −+ −+ ++
.
Vi
1n >
ta có:
2001 3 2
11 1n n nn ++
do đó:
2003 2002 3
11n n nn+ + ++
2
11nn+ +>
nên
2003 2002
1nn++
là hp s.
Vi n=1 t
2003 2002
13nn+ +=
là s nguyên t.
Bài 2.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
189
a) Tìm các số nguyên s p đ 2p+1 là lp phương ca mt s t nhiên.
b) Tìm các s nguyên t p đ 13p+1 là lp phương ca mt s t nhên.
Gii.
a) Giả s
3
21pn+=
(vi
nN
); n là số l nên
21nm= +
(
mN
), khi đó
32
2 1 (2 1) (4 6 3)p m pmm m+= + = + +
.
Vì p là s nguyên t nên
1m =
, suy ra
13p =
.
Th li:
3
2 1 2.13 1 27 3p += += =
. Vy
13p =
.
b) Gi s
3
13 1 ( ); 2p nn N p+=
suy ra
3n
.
32
13 1 13 ( 1)( 1)p n pn nn+= = + +
.
13 p các số nguyên tố,
11n −>
2
11nn+ +>
nên
1 13n −=
ho
c
1np−=
.
i) Vi
1 13n −=
thì
14n =
, khi đó
3
13 1 2743 211pn p= −= =
là s nguyên t.
ii) Vi
1np−=
thì
2
1 13 3nn n++= =
, khi đó
2p =
là s nguyên t.
Vậy với p=2, p=211 thì 13p+1 là lập phương ca mt s t nhiên.
Bài 3.
Tìm tt c các s nguyên
,xy
tha
22
21xy−=
.
Gii.
Gi s
,xy
các s nguyên t tha:
22
21xy−=
. Khi đó
22
21xy= +
, suy ra
x
là s
lẻ, đặt
2 1( *)x n nN=+∈
. Ta có:
22 2 2 2 2
(21)2 14 412 1 2( )2 2n y n n y y nn y+ = +⇒ + += +⇒ = + 
, mà y là s nguyên t nên
suy ra y=2.
Với y=2, ta có
3x =
.
Th li vi
3x =
,
2y =
thì
22
21xy−=
.
Bài 4.
Tìm các s nguyên t
,,xyz
tha
1
y
xz+=
.
Gii.
,xy
là các số nguyên t nên
2, 2xy≥≥
suy ra
5z
.
z là s nguyên t l nên
y
x
là s chẵn suy ra x=2, khi đó
21
y
z = +
.
Nếu y l t
2 13
y
+
, suy ra
3z
, vô lí. Vậy y chẵn, suy ra y=2,
2
2 15z = +=
.
Vậy các số nguyên t cn tìm
2; 5.xy z= = =
Bài 5.
Chng minh rng nếu
1 2 4 ( *)
nn
nN++
là s nguyên t thì
3
k
n =
với
kN
.
Gii.
Đặt
3.
k
nm=
với (m, 3)=1. Giả s m>1, xét hai trường hp:
i)
3 1( *)m l lN=+∈
. Ta có:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
190
3 (3 1) 3 (3 1) (3 1) (6 2)
12 4 12 4 1
kk
nn l l l l
aa
+ + ++
++=+ + =+ +
, (với
3
2
k
a =
), suy ra
3 26 2 2
1 2 4 ( 1) ( 1) 1 1 1 2 4
n n l l nn
aa aa aa aa+ + = + + ++ +++ +
là hp s.
ii)
3 2,( *)m l lN=+∈
. Ta có:
3(32) 3(32) 32 64 63 2 3 2 2
1 2 4 1 2 4 1 ( 1) ( 1) 1 1
kk
nn l l l l l l
a a aa aa aa aa
+ + ++ +
+ + =+ + =+ + = + + ++ ++
(vi
3
2
k
a =
).
Suy ra
12 4
nn
++
là hp s.
Vy m=1 tc là n=3
k
.
Bài 6.
Cho
,,, *abcd N
thỏa mãn
ab cd=
. Chng minh rng:
nnn n
Aabcd=+++
là hp s
với mi
nN
.
Gii.
Gi s (a, b)=t, khi đó:
11
,a ta c tc= =
với (
11
(,)1ac =
.
T ab=cd suy ra
11 1
ab cd b c=
.
Đặt:
1 1 11 1
.b kc c d a kc d ka= = ⇒=
.
Khi đó:
1 1 1 1 11
( )( )
n n n n n n nn nn nn n n n n
Aabcd takctcka ktac=+++ = + + + = + +
.
11
,, , *kta c N
nên A là hp s.
Bài 7.
Tìm tt c các s nguyên t p dng
( 1)
1
2
nn+
(
1n
).
Gii.
Ta có:
2
( 1) 2 ( 1)( 2)
1
2 22
nn n n n n
p
+ +− +
= −= =
.
Vi n=2 ta có p=2.
Với n=3 ta có p=5.
Với n > 3 thì
1
2
1
n
>
và n+2 >1 nên p là hợp s.
Vậy với n=2, n=3 thì p là số nguyên t có dng
( 1)
1
2
nn+
.
Bài 8.
Tìm tt c các s hai ch s
ab
sao cho
ab
ab
là s nguyên t.
Gii.
Vì a,b có vai trò như nhau nên có thể gi s a > b.
Gi s
ab
p
ab
=
với p là s nguyên t.*
Suy ra
ab p a p
hoc
{ }
2,3,5,7bp p⇒∈
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
191
T * ta có ab=ap-bp
22
2
( )( )
11
app ap p
a ppb p
pb b p

+= =
+ −=

−= =

Với p=2 ta có
21ab =
hoc
12ab =
.
Với p=3 ta có
62ab =
hoc
26ab =
.
Với p=5 và p=7 ta có a có 2 chữ s (loi).
Vậy các số
ab
cần tìm là 12, 21, 26, 62.
Bài 9.
Cho các s
,,
c ba
p b aq a cr c b=+ =+=+
các số nguyên t (
,, *abc N
). Chng
minh rng ba s p, q, r có ít nhất hai s bng nhau.
Gii.
Ba s a, b, c có ít nhất hai s có cùng tính chn l.
Gi s a,b cùng chẵn hoc cùng lẻ, khi đó
c
pb a= +
là s nguyên t chẵn, vậy p=2.
T đó suy ra a =b =1; q =c +1 và r= c+ 1 nên q=r.
Bài 10.
a) Cho
21
k
+
là s nguyên t ( gi là nguyên t Fermat). Chng minh rng k = 0 hoc
k = 2
n
.
b) Cho 2
k
- 1 là s nguyên t (gi là s nguyên t Mersenne).
Chng minh rng k là s nguyên t.
Gii.
a) Giả s phn chng rằng k > 0 và
2
n
k
với mi n.
Khi đó k = 2
n
. t, với t l > 1. Vô lí với 2
k
+ 1 là s nguyên t.
Vậy k = 0 hoặc k = 2
n
.
b) Gi s k = m . t với 1 < t <k, khi đó 2
k
- 1 =
( )
2 12 1 2 1
m
ttk
−⇒
là hp s vì 2
t
-1 >1.
Vy k là s nguyên t.
Dng 4. Gii phương trình nghim nguyên nh s dng tính cht s nguyên t.
Trong nhiu trưng hp khi gii phương trình nghim nguyên dn đến vic xét c
s nguyên t ca s dạng
22
tt
na b= +
.
Xin nêu ra mt s tính cht ca ưc s nguyên t ca s n đ s dụng vào gii
phương trình.
Mnh đ 1. Nếu s nguyên t
21
t
pk= +
với các s nguyên dương t, k k lẻ,
ước ca s
22
tt
na b= +
thì p là ước s chung của a và b.
Chng minh: Gi s p không là ưc s ca s a thì p cũng không là ưc s ca s b
(,) (,)1ap bp⇒==
. Theo đnh lí nh Fermat thì
1
1(mod )
p
ap
hay
2
1
t
k
a
(mod p).
Tương t
2
1
t
k
b
(mod p) suy ra
22
2
tt
kk
ab+≡
(mod p) *
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
192
Mt khác s dụng hng đng thc đáng nh ta
2 2 22
( ) ( ) ( ). .
t t tt
kk
a b a b M nM+=+ =
trong đó k l và M là số nguyên.
Theo gi thiết
22
()
tt
np a b p⇒+
, mâu thun với *. Tương t p không là ước ca s
p thì p không là ưc ca s a cũng dn đến mâu thun. Vy s nguyên t p phi là ưc s
chung ca s a và số b.
Mnh đ 2: Gi s a và b nguyên t cùng nhau thì mi ưc s nguyên t l ca a
2
+
b
2
ch có dạng 4m + 1 (mà không có dạng 4m + 3) trong đó m là số nguyên dương.
Chứng minh: Xét ước s nguyên t p = 4m + 3 = 2(2m + 1) +1. Theo mệnh đ 1 nếu p
ưc s nguyên t ca n = a
2
+ b
2
thì p là ưc s chung ca a và b
1p⇒=
, mâu thun. Vì
p l nên p ch có dng p = 4m + 1.
Ta th vận dng các tính cht trên vào gii mt s phương trình nghim nguyên
ới đây.
Bài 1. Gii phương trình nghim nguyên
23
7xy−=
(1)
Gii:
Phương trình (1)
2 33 2 2
1 2 1 ( 2)( 2 4)x y x y yy += + += + +
(2)
Nếu y chn thì vế phi của (2) chia hết cho 4
x
lẻ,
22
2 1 14 4 2xt x t t= +⇒ += + +
không chia hết cho 4, mâu thuẫn.
Vy y là s lẻ,
22
2 1 2 44 3yk y y k= +⇒ + = +
nên nó phi có ưc s nguyên t l
dạng 4m + 3 (vì tích các s dạng 4m + 1 li có dạng 4k + 1). Suy ra
2
1x +
ưc s nguyên
t dạng p = 4m + 3, trái với mnh đ 2.
Vy phương trình (1) không có nghim nguyên.
Bài 2.
Tìm tt c c cp s nguyên dương (
,xy
) sao cho
22
xy
xy
+
là s nguyên dương và là
ước s của 1995.
Gii.
Gi s
22
xy
k
xy
+
=
nguyên dương k ưc s của 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n=
3.7.19. Các số nguyên t 3, 7, 19 đều có dạng 2(2m + 1) + 1 = 4m +3
Gi ưc chung ln nht ca
,xy
(, )d xy=
thì
,x du y dv= =
với (
,) 1uv =
.
Theo gi thiết
2 2 22
( ) ( )( )x y kx y du v ku v+= −⇔ + =
(1).
Xét hai trường hp:
1) k là ước s ca n
k
có ưc s nguyên t dạng 4m + 3.
Áp dng mnh đ 2 vào (1) thì
22
uv+
không cha các ưc s nguyên t ca k nên k là ưc
s của d
.d kt⇒=
. T (1) có
22
()tu v u v+=
, do đó
2 22
u u v uvu< + −<
(1) vô nghiệm.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
193
2) k=5m với m là ưc s ca m. Lúc đó (1) tr thành
22
( ) 5( )du v mu v+=
. Lp lun
như trên thì m là ước s của d. Suy ra d= m.t. Từ đó ta có
22
( ) 5( )tu v u v+=
(2)
T (2) có
22
5( )u v uv+≤
22
5( ) 0Au v uv= + −≤
(3)
Mặt khác
2 2 2 2 22
4 4 20 25 4 20 25 50 (2 5) (2 5) 50 1 7 50 0 0Au u v v u v A= ++ + +−= + + +
Kết
hp vi (3) phi A= 0. Điu này xy ra ch khi
251u −=±
v=1, nghĩa
3
1
u
v
=
=
và
2
1
u
v
=
=
T A = 0 và (2) suy ra
1t =
dm⇒=
. Các số
,xy
phi tìm là
3xm
ym
=
=
hoc
2xm
ym
=
=
trong
đó m là ước của n = 3.7.19, nghĩa là m lấy 8 giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399.
Bài 3.
Tìm s nh nht trong tp hp các s chính phương dạng 15a + 16b 16a -15b với
a, b là các số nguyên dương nào đó.
Gii.
Gi s 15a + 16b =m
2
và 16a -15b = n
2
(1) với m, n là các số nguyên dương.
Khi đó:
44 2 2 2 222 22
(15 16 ) (16 15 ) (15 16 )( ) 481( )mn a b a b ab ab+= + + = + + = +
hay
44 22
13.37( )mn ab+= +
(2)
Các số nguyên t 13 và 37 đều có dạng
2
21pk= +
với k l.
Gi s
(,) ,m n d m du n dv=⇒= =
với (u,v) =1 thì (2) tr thành
44 4 2 2
( ) 481( )du v a b+= +
(3)
Vì (u,v) = 1 nên
44
uv+
không cha các ưc s nguyên t 13 và 37 do đó 481 ước ca d
481.dt⇒=
. Để cho m, n nh nht, ta lấy t = 1. Lúc đó (3) tr thành
34 4 2 2
481 ( )uv ab+=+
(4)
T (1) có
22
31m n ba−=
hay
32 2
481 ( ) 31u v ab−=
(5).
th chn
1uv= =
để m, n nh nht, c đó a = 31b và
22 3
481 .2ab+=
. T đó b = 481
và a = 31.481 suy ra m = n = 481.
Bài 4.
Tìm s có 3 chữ s mà có đúng 5 ước.
Gii.
Gi s p và q là hai s nguyên t khác nhau, khi đó pq có 4 ước đó1, p, q, pq
s p
2
q có 6 ước đó là 1, p, p
2
, q, pq, p
2
p. Do đó số phi tìm dng p
n
.
Vì s p
n
có n + 1 ước nên muốn có đúng 5 ước thì rõ ràng n = 4.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
194
S p
4
là s có 3 chữ s khi p = 5.
Vy s phi tìm 5
4
= 625.
Bài 5.
Tìm 3 s nguyên t biết rng mt trong ba s đó bng hiu c lp phương ca hai
s kia.
Gii.
Gi ba s nguyên t đó là a, b, c. Ta có
33
ca b=
chng hn. Thế thì
22
( )( )c aba abb= ++
.
Mun c là s nguyên t thì a - b = 1, điều này ch xy ra khi các s nguyên t là a =
3, b = 2. Suy ra: c = 27 - 8 = 19.
Vy ba s nguyên phải tìm là 2; 3; 19.
Bài 6.
Xét dãy số nguyên t t nh đến lớn: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17;... ta lập hai dãy số 5 = 2 + 3;
8 = 3 + 5; 12 = 5 + 7; 18 = 7 + 11; 24 = 11 + 13; ... 6 = 2.3; 15 = 3.5; 35 = 5.7; 77 = 7.11;
143 = 11.13; ... hay không một s hng nào đó của dãy thứ nht bng mt s
hạng nào đó của dãy thứ hai.
Gii.
Trưc hết ta nhn xét rng:
. dãy th nht các s hng theo th t là tng ca hai s nguyên t lin nhau
tt c s hng của dãy (trừ s hng đầu là 5) đều là chn.
. dãy th hai các s hng theo th t tích ca hai s nguyên t lin nhau và tt
c s hng của dãy (trừ s hng đầu là 6) đều là l.
Do đó ta th kết lun rng: không mt s hng nào của dãy thứ nht bng
mt s hng của dãy thứ hai.
Bài 7.
Tìm s nguyên t p biết rằng p + 2 và p +4 cũng là số nguyên t.
Gii.
Do
1p
vì 1 không phải là s nguyên tố, nên p có thể có dng p = 3k.
Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 là hp s.
Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 cũng là hợp s.
Do đó p chỉ có th bằng 3 và p + 2 = 3 + 2 =5 là số nguyên tố,
p + 4 =3 +4 =7 là s nguyên t.
Bài 8.
Có bao nhiêu số có ba chữ s mà mi ch s của nó là ước nguyên t ca chúng?
Gii.
Các ưc nguyên t 1 ch s là: 2; 3; 5 7. Nếu s phi tìm bt đu bng ch s
2 thì nó phi chia hết cho 2 và tn cùng bng 2.Ch s th hai phi là 2, vì s 232
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
195
không chia hết cho 3, số 252 không chia hết cho 5 số 272 không chia hết cho 7.
Vy s phi tìm là 222.
Tương t s phi tìm mà bắt đầu bng ch s 5 thì đó là số 555.
Bây gi nếu bt đu bng 3 thì hai ch s cui phi to thành mt s chia
hết cho 3, do đó chúng chỉ có th là 3 và 3 hoặc 5 và 7.
Th li thy rng ch có số 333 là thích hợp.
Cui cùng nếu bt đu bng 7 thì hai ch s cui phi to thành mt s chia hết cho
7. Th li thy rng ch có hai số 777 và 735 là thích hợp.
Tóm lại có 5 số thỏa mãn bài ra là: 222; 333; 555; 735; 777.
Bài 9.
Mt nghip đin t trong mt ngày đã giao cho mt ca hàng mt s máy tivi.
S máy này một s ba ch s mà nếu ng ch s đầu lên n ln, gim các ch
s th hai và th ba đi n ln thì s đưc mt s mi ln gp n ln s máy đã giao.
Tìm n và số máy tivi đã giao.
Gii.
Gi s s máy tivi đã giao là
100 10abc a b c= ++
. Ta có:
100( ) 10( ) ( ) (100 10 )an bn cn n a bc++ +−= + +
hay
100 100 10 10 100 10a n b n c n an bn cn+ + +−= + +
.
T đó ta được:
89
100 10
1
n
a bc
n
+ +=
.
Nhưng 89 s nguyên t nên hoc n - 1 phi bng 1 hoc n phi chia hết cho n-1.
Trong c hai trường hợp ta đều tìm được n =2 và
178abc =
.
Vy s máy tivi đã giao là 178.
Bài 10.
Nhng s nguyên t nào có thể là ước ca s có dng 111...11?
Gii.
Trưc hết ta nhn xét rng s dng 111...11 không chia hết cho 2 s nguyên t 2
và 5.
Gi s p là s nguyên t khác 2 và 5. Ta hãy xét p + 1 số sau:
1, 11, 111, 1111, ....,111...11.
ít nht hai trong các s trên khi chia cho p có s ging nhau, thế thì hiu ca
chúng 11...1100..0 chia hết cho p.
vậy s có dạng 111...11 có ước là tt c s nguyên t tr hai s nguyên t 2 và 5.
Dạng 5. Các bài toán về hai s nguyên t cùng nhau.
Hai s nguyên t cùng nhau hai s ưc chung ln nht bng 1. Nói cách khác
chúng ch có ước chung duy nhất bng 1.
Bài 1.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
196
Chng minh rng:
a)Hai số t nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên t cùng nhau.
b) Hai s l liên tiếp là hai s nguyên t cùng nhau.
c) 2n + 1 và 3n + 1 (
nN
) là hai số nhuyên t cùng nhau.
Gii.
a)Gi
( , 1) ( 1) 1 1d uc n n n n d d d + +− =
. Vy n và n + 1 là hai s nguyên t
cùng nhau.
b) Gi
{ }
(2 1,2 3) (2 3) (2 1) 2 1,2d uc n n n n d d d + + + + ⇒∈
. Nhưng
2d
vì d
là ước ca s l. Vậy d=1.
c) Gi
d
ƯC
(2 1, 3 1) 3(2 1) 2(3 1) 1 1nn n nddd+ + +− + 
.
Bài 2.
Cho a và b là hai s nguyên t cùng nhau. Chng minh rng hai s sau cũng là hai
s nguyên t cùng nhau.
a) a và a+b.
b) a
2
và a+b.
c) ab và a+b.
Gii.
a) Gi
d
ƯC
(, ) ( )aab ab ad bd++− 
. Ta li
ad
nên
d
ƯC
(,)ab
, do đó
d = 1(vì a, b là hai số nguyên t cùng nhau).
Vậy (a, a + b) = 1.
b) Gi s a
2
a + b cùng chia hết cho s nguyên t d thì a chia hết cho d, do đó b
cũng chia hết cho d. Như vy a và b cùng chia hết cho s nguyên t d, trái với gi
thiết (a, b) = 1.
Vy a
2
và a + b là hai số nguyên t cùng nhau.
c) Gi s ab và a + b cùng chia hết cho s nguyên t d. Tn ti mt trong hai tha s
a và b, chẳng hạn là a, chia hết cho d, do đó b cũng chia hết cho d, trái với (a, b) = 1.
Vậy (ab, a + b) = 1.
Bài 3.
Tìm s t nhiên n đ các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên t cùng nhau.
Gii.
Gi s 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên t d t
{ }
9 24 3(3 4) 12 2;3n n d dd+ + ⇒∈
.
Điu kin đ (9n + 24, 3n + 4) = 1 là
2d
3d
. Hin nhiên
3d
vì 3n + 4 không
chia hết cho 3. Mun
2d
phi có ít nht mt trong hai s 9n + 4 3n + 4 không
chia hết cho 2. Ta thy:
9n + 4 là số l
9n lẻ
n lẻ,
3n + 4 là s l
3n l
n l.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
197
Vy điu kin đ (9n + 4, 3n + 4) = 1 là n là số l.
Phần bài tập t luyn.
Dng 1:
1. Tìm s nguyên t p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố:
a) p + 2 và p + 10.
b) p + 10 và p + 20.
c) p +2, p + 6, p +8, p + 12, p + 14.
2. Chng minh rng nếu n và n
2
+ 2 là các s nguyên t t
3
2n +
cũng là s
nguyên t.
3. Chng minh rng nếu a, a + k, a + 2k (
,*ak N
) là các s nguyên t ln hơn 3
thì k chia hết cho 6.
4. Chng minh rng nếu p là s nguyên t ln hơn 3 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho
24.
5. Mt s nguyên t p chia cho 42 có dư là một hp s r. Tìm r.
6. Mt s nguyên t p chia cho 30 có số dư là r. Tìm r biết rng r không là s nguyên
t.
7. Chng minh rng s
11...1211...1
nn
là hp s với
1n
.
8. Tìm n s sao cho 10101...0101 (n chữ s 0 và n + 1 ch s 1 xen k nhau) s
nguyên t.
9. Các số sau là s nguyên t hay hp s.
a) A = 11...1(2001 chữ s 1);
b) B = 11...1 (2000 chữ s 1);
c) C = 1010101;
d) D = 1112111;
e) E = 1! + 2! + 3! +...+100!;
g) G = 3. 5. 7. 9 - 28;
h) H= 311141111.
Dng 2.
10. Cho
*nN
,chng minh rằng các số sau là hp số:
a) A =
21
2
23
n+
+
;
b) B =
41
2
27
n+
+
;
c) C =
62
2
2 13
n+
+
.
11. p là s nguyên t lớn hơn 5, chứng minh rng
4
1p
(mod 240).
12. Chng minh rằng dãy
10 3
n
n
a = +
có vô số hp s.
13. Chng minh rng vi mi s nguyên t p có vô số dạng
2
n
n
chia hết cho p.
Dng 3.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
198
14. Tìm
*nN
để
32
1nnn +−
là s nguyên t.
15. Tìm các số
,*xy N
sao cho
44
4xy+
là s nguyên t.
16. Tìm tt c các s nguyên t p có dạng
( 1)( 2)
1
6
nn n++
+
(
1n
).
17. Cho
*nN
, chứng minh
4
4
n
An= +
là hp s với n>1.
Dng 4.
18. Gii phương trình nghim nguyên
2
4( )( )a xxb ba y +−=
(1)
trong đó a, b là các số nguyên cho trước và a > b.
19. Giải phương trình nghim nguyên sau:
a)
22
585xy+=
b)
22
1210xy+=
.
Dng 5.
19. Chứng minh rng vi mi s t nhiên n, các s sau là hai s nguyên t cùng
nhau:
a) 7n + 10 và 5n + 7 ;
b) 2n + 3 và 4n + 8.
20. Cho a và b là hai s nguyên t cùng nhau. Chng minh rng c s sau cũng
hai s nguyên t cùng nhau:
a) b và a - b (a > b) ;
b) a
2
+ b
2
và ab.
21. Chng minh rng nếu s c nguyên t cùng vi a và vi b thì c nguyên t cùng
nhau vi tích ab.
22. Tìm s t nhiên n, sao cho:
a) 4n - 5 chia hết cho 13 ;
b) 5n + 1 chia hết cho 7 ;
c) 25n + 3 chia hết cho 53.
23. Tìm các số t nhiên n đ các s sau nguyên t cùng nhau:
a) 4n + 3 và 2n + 3 ;
b) 7n + 13 và 2n + 4 ;
c) 9n + 24 và 3n + 4 ;
d) 18n + 3 và 21n + 7
24. Chng minh rng s s t nhiên n đ n + 15 và n + 72 hai số nguyên t cùng
nhau.
25.
a) Viết các số 7, 8, 9, 10 thành tổng hai s nguyên t cùng nhau ln hơn 1.
b) Chng minh rng vi mi s t nhiên n ln hơn 6 đu biu din đưc i dng
tng hai s nguyên t cùng nhau ln hơn 1.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
199
Bài tập trong các đề thi hc sính gii
26. Tìm tt c các s nguyên t
, pq
sao cho
7pq+
11pq +
đều là s nguyên t.
27. Biết
abcd
là nguyên t bn ch s thỏa mãn
;ab cd
cũng các s nguyên t
2
= +−b cd b c
. Hãy tìm
abcd
28. Gi s
p
2
2+p
là các số nguyên t. Chng t
32
1++pp
cũng là số nguyên t.
29. Tìm hai s nguyên t thỏa mãn
30. Chng
minh rng hai s là hai s nguyên t cùng nhau vi mi
s t nhiên .
31. Cho 4 số t nhiên
𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 𝑁 thỏa mãn đẳng thc Chng minh
rng s
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 hp s.
32. Cho số nguyên t . Hi s nguyên t hay hp s.
33. Tìm s nguyên t p sao cho các số sau cũng là số nguyên t:
34. Cho là các số nguyên t . Chng minh rng là hp s.
35. Tìm các s nguyên t để cũng là số nguyên tố.
36. Chng t rng vi mi s t nhiên thì là hai s nguyên t cùng
nhau.
37. Tìm s nguyên t
p
sao cho
2
2 1; 2−+pp
là các số nguyên t.
38.Tìm s nguyên t
,xy
biết
42
19 5 .7xy+=
NG DN GII.
Dng 1.
1. a) b) Đáp số: p = 3. Xét p dưới các dạng: p = 3k, p = 3k + 1, p = 3k + 2 (k
N).
c) Đáp s: p = 5. Xét p dưới các dạng : p = 5k, p = 5k + 1, p = 5k + 2,
p = 5k + 3, p = 5k + 4 (k
N).
2. n = 3.
3. S nguyên t ln hơn 3 có dạng 6n +1, 6n + 5. Do đó 3 s a, a + k, a + 2k phải ít nht 2
s có cùng mt dạng, hiệu là k hoặc 2k chia hết cho 6, suy ra k chia hết cho 3.
4. Ta có
( 1) ( 1) 3p pp−+
mà (p,3) = 1 nên
( 1)( 1) 3pp−+
(1).
p là s nguyên t ln hơn 3 nên p là s l, p - 1 p + 1 là hai s chn liên tiếp. Trong hai
s chn liên tiếp, có một s là bi của 4 nên tích chúng chia hết cho 8 (2).
T (1) và (2) suy ra (p -1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên t cùng nhau 3 và 8.
Vy (p - 1)(p + 1)
24.
,xy
22
45.xy−=
21n +
10 7n +
n
*
222 2
abcd+=+
3p >
2
2018p +
14; 40pp++
p
4p +
( )
3p >
14p +
x
y
5 2 10P xy x y=+−
n
32n +
53n +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
200
5. Ta p = 42k + r = 2. 3. 7k + r (k, r
N, 0 < r < 42). Vì p số nguyên t nên r không chia
hết cho 2, 3, 7.
Các hợp s nh hơn 42 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 39.
Loại đi các số chia hết cho 3, cho 7, chỉ còn 25. Vy r = 25.
6. Ta p = 30k + r = 2. 3. 5k + r (k,r
N,0 < r < 30). p số nguyên t nên p không chia
hết cho 2, 3, 5.
Các hợp s nh hơn 30 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27.
Loại đi các số chia hết cho 3, 5 thì không còn số nào nữa. Vy r không phi là hp s.
r không phi là hp s cũng không phi là s nguyên tố, suy ra r =1.
7.
1 11
11...1211...1 11...10...0 11...1 11...1(10 1)
n
n n nn n n+ ++
= += +
.
suy ra đpcm.
8.
11
(10 1)(10 1)
1010...101
9.11
nn
p
++
−+
= =
.
n =1: p = 101 là số nguyên t.
n > 1: p là hợp s.
9.Tất c đều là hp s.
a)
2001
2001
11...1 1 1 ... 1 3A = =++ +

.
b)
2000
11...1 11B =
.
c)
1010101 101C =
.
d)
1112111 1111000 1111 1111D = = +
.
e)
3E
1! 2! 3 3+=
, còn
3! 4! ... 100!+++
cũng chia hết cho 3.
g) G = 3. 5. 7. 9 - 28 chia hết cho 7.
h) H = 311141111 = 311110000 + 31111 chia hết cho 31111.
Dng 2.
10. Chng minh
7; 11; 29AB C
.
11. 240 = 2
4
. 3. 5.
12. n = 6k + 4, k
N.
13. p = 2 ly n chẵn; p > 2 lấy n = (pk - 1)(p -1), k
N*.
Dng 3.
14.
32 2
1 ( 1)( 1)nnn n n + −= +
, n =2.
15.
4 4422 4 222 22 22 22 2
4 ( 4 4)4 ( 2) (2) ( 2 2)( 2 )x y x x y y x y x y xy x xy y x xy y+=+ + =+ =−+ ++
1xy= =
thì
44
45xy+=
là s nguyên t.
16.
2
( 1)( 2) ( 3)( 2)
1
66
nn n n n
p
++ + +
= +=
.
Vi
4n
thì n +3 >6 và n
2
+ 2 > 17.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
201
n + 3 và n
2
+2 hoặc mt s chn, mt s chia hết cho 3; hoc mt trong hai s chia hết
cho 6, khi đó p là hợp s với n = 1, 2, 3 thì p = 2, 5, 11 là các số nguyên t.
17. n chn thì A chia hết cho 2.
n lẻ, đặt n = 2k +1 (k
N*), ta có:
4 4 21 2 212 2 21
2 21 1 2 21 1
22 22
4 4 ( 2 ) 2. .2
( 2 .2 )( 2 .2 )
( 2) 2 ( 2) 2
nk k k
kk k k
kk kk
nn n n
n nn n
nn
++ +
++ + +
+=+ = +
=+− ++

=−+ ++

Dng 4.
18.
Gi s phương trình (1) nghim x,y nguyên. Xét nghim y nguyên dương . Vì a > b
nên t (1)
,x ax b≠≠
và
4( )( ) 0a xxb −>
, suy ra b < x <a. Đt
,a x mx b n−= −=
tm,
n dương. Lúc đó (1) tr thành
2
4mn m n y −=
(2) vi m, n, y nguyên dương. Biến đi (2)
( )( )
2
4 14 1 4 1mn y −= +
(3)
Vì tíchc s dạng 4k + 1 li có dng đó nên s 4m - 1 phI có ưc nguyên t dạng p = 4k
+ 3. T (3)
( )
2
41yp+
hay
2
41y ≡−
(mod p) (4). Suy ra (y, p) = 1. Theo đnh nh
Fermat
( ) ( )
1
12
2
2 1(mod ) 2 1(mod )
p
p
y py p

≡⇒

.
T đó và (4) có
( ) ( )
1
21
2
1 1(mod ) 1 1(mod )
p
k
pp
+
≡⇒≡⇒
mâu thun.
Vy phương trình (3) không có nghim nguyên.
Dng 5.
20. a) Gọi
d
ƯC
( )
7 10,5 7nn++
thì
( )
5 7 10 7(5 7) 1 1.n n d dd+ + ⇒=
b) Gọi d là ƯCLN (2n + 3, 4n + 8).
(4n + 8) - 2(2n + 3)
d
2 d
.
Do d là ước ca s l 2n + 3 nên d = 1.
21.
a) Gi d
ƯC
( )
,ba b
thì
,a bdbd 
, do đó
ad
. Ta có
( )
,1ab =
nên d = 1.
b) Gi s
22
ab+
và ab cùng chia hết cho cho số nguyên t d thì vô lí.
21.
Gi s ab và c cùng chia hết cho số nguyên t d thì vô lí.
22.a)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
202
( )
4 5 13
4 5 13 13
4 8 13
4 2 13
n
n
n
n
−+
⇒+
⇒+
Do (4, 13) = 1 nên n + 2
13.
Đáp số: n = 13k - 2 (k
*N
).
b) Đáp số: n = 7k - 3 (k
N).
c)
25 3 53 25 3 53 53nn+ +−
.
Đáp số: n = 53k + 2 (k
N).
23.
a) n không chia hết cho 3.
b) n là số chn.
c) n là số l.
d) Gi s 18n + 3 và 21n + 7 cùng chia hết cho số nguyên t d thì
( ) ( )
6 21 7 7 18 3 21n nd d+− + 
.
Vy
{ }
3;7d
.
Hin nhiên
3d
vì 21n + 7 không chia hết cho 3. Như vậy (18n +3, 21n + 7)
1 18 3 7n⇔+
(còn 21n + 7 luôn chia hết cho 7)
( )
18 3 21 7 18 1 7 1 7n nn +− 
.
Vy nếu n
7 1( )k kN≠+
thì
( )
18 3,21 7 1nn+ +=
.
24.
Bài toán không yêu cu tính mi giá tr ca n mà ch cn ch ra s giá tr ca n đ
( )
15, 72 1nn+ +=
. Do đó ngoài cách giải trên có thể gii như sau:
Gi d
ƯC
( )
15, 72nn++
t
57 d
. Do
15 ,57n dd+ 
nên nếu tn ti n sao cho n + 15 = 57k
+ 1 thì d = 1. Nếu ta chn n = 57k - 14 (k = 1, 2, 3, .) thì
(n + 15, n + 72) = 1, rõ ràng có vô số giá trị n.
Bài tp trong đ thi hc sinh gii
26. Ta có:
, pq
là s nguyên t nên
11pq +
là s nguyên t ln hơn 11
11pq⇒+
là s l suy ra
pq
là s chn.
Do
7pq+
là s nguyên t ln hơn 7 nên
p
q
không th cùng tính chn l.
*) TH1:
2 p =
thì
7 14pq q+= +
. Ta thấy 14 chia 3 dư 2
+) Nếu
q
chia hết cho 3, do
q
là s nguyên t nên
3q =
.
7 17pq+=
;
11 17pq +=
(T/m)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
203
+) Nếu
q
chia cho 3 dư 1 thì
14 q+
chia hết cho 3
7pq⇒+
là hp s
+) Nếu
q
chia cho 3 dư 2 thì 2
q
chia cho 3 dư 1 nên
11 2 11pq q+= +
chia hết cho 3
11pq⇒+
là hp s.
*) TH2:
2q =
thì
7 72pq p+= +
+) Nếu
7p
chia hết cho 3 thì p chia hết cho 3 nên
3 7 23; 11 17p p q pq= += + =
(Thỏa mãn)
+) Nếu
7p
chia cho 3 dư 1 chia hết cho 3
72p +
là hp s
+) Nếu
7p
chia cho 3 dư 2 thì p chia cho 3 dư 2 nên 2p chia cho 3 dư 1
11 2 11pq p+= +
chia hết cho 3 nên
11pq +
là hp s.
Vậy:
2, 3pq= =
hoc
3, 2pq= =
.
27.
;ab cd
là các số nguyên t nên
,bd
l và khác 5
Ta li có
( )
22
9 19= +−⇔ = + = +b cd bc b b cd bb cd
Nếu
= 1b
(không thỏa mãn)
Nếu
3=b
nên
9 6 0, 6+== =cd c d
(không thỏa mãn)
Nếu
7 9 42 42 9 4;d 6= += = ⇒= =b cd d c c
(loi)
Nếu
9 9 72 72 9 7; 9=⇒ += = ⇒= =b cd d c c d
(thỏa mãn)
{ }
1; 2; 7⇒∈a
Vy
{ }
1979;2979;7979abcd
28. +) Với
2p =
thì
2
28p +=
không là s nguyên t.
+) Với
3p =
thì
2
2 11p +=
32
1 37pp+ +=
đều là s nguyên t.
+) Với
( )
3 31 , 2p pk k k>⇒ = ±
( )
( )
2
2 22
2 3 1 2 9 6 3 33 2 1 3p k kk kk += ± += ± += ± +
nên
2
2p +
là hp s.
Vy ch
3p =
thì
2
2+p
32
1++pp
đều là s nguyên t.
29. Ta có: .
Ta thy là s nguyên t nên phi là s nguyên t l. Suy ra
s l.
T đó suy ra là s chẵn, mà là s nguyên t. Suy ra ;
22
45xy= +
2
45x >
x
x
2
x
2
y
y
2y =
7x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
204
Vy và thỏa mãn yêu cầu bài toán.
30. Đặt
Suy ra . Vì vậy .
nên
Do đó ho
c .
Nếu t (vô lý).
.
V
y là hai s nguyên t cùng nhau.
31. Ta có
là s chn
+ Xét
-V
ì
𝑎 là s nguyên dương nên 𝑎, 𝑎 1 là 2 s t nhiên liên tiếp => 𝑎(𝑎 1) 2
Tương
t
𝑏
(
𝑏 1
)
; 𝑐
(
𝑐 1
)
; 𝑑(𝑑 1) đều chia hết cho 2
=>
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 s chn mà
=> 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 là hp s
32. là s nguyên t ln hơn nên chia cho .
.
Ta có:
Vy là hp s.
33. + Nếu thì đều không phi là s nguyên t.
+ Nếu t đều là các số nguyên t suy ra
giá trị cn tìm
+ Nếu suy ra p dng hoc dng
V i thì
V i thì
7x =
2y =
( )
2 1,10 7d UCLN n n= ++
21nd+
( )
52 1nd+
10 7nd+
( )
10 7 5 2 1n nd+− +
2 d
2d =
1d =
2d =
2 12n +
1d⇒=
( )
1 2 1,10 7UCLN n n= ++
21n +
10 7n +
2222 2222 22
2( )acbd abcd bd+=+ +++ = +
222 2
2abcd+++
222 2
()
a(a 1) b(b 1) c(c 1) d(d 1)
a b c d abcd + + + +++
= −+ −+ −+
222 2
a(a 1) b(b 1) c(c 1) d(d 1) 2
( )2a b c d abcd
−+ −+ −+
+ + + +++
222 2
2 ( )2a b c d abcd+ + + +++
*
2( , , , )a b c d doa b c d N+++ <
p
3
2
p
3
1
2
31pk⇒=+
2
2018 3 1 2018 3 2019pk k+=++=+
33k
2019 3
( )
3 2019 3k⇒+
( )
2
2018 3p⇒+
2
2018p +
2p =
14 16p +=
40 42p +=
3p =
14 17p +=
40 43p +=
3p =
3p
31k +
31k
31pk= +
( )
14 3 1 14 3 15 3 5 5pk k k+=++=+= +
31pk=
( )
40 3 1 40 3 39 3 13 3pk k k+=+=+= +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
205
Vy nếu thì hoc hoc là hp s suy ra không thỏa mãn bài ra
Do đó: giá trị duy nht cn tìm là
34. là s nguyên t nên có dng hoc
là s nguyên t nên không th có dng
Suy ra có dng
là hp s.
35. Ta có .
Bới vậy để P là số nguyên tố thì một trong hai giá trị phải bằng 1 mà
nên từ đó . Nếu lẻ thì sẽ chẵn, điều này vô
phải chẵn mà là số nguyên tố
Vậy .
36. Đặt: ƯCLN( , )
V
y vi mi s t nhiên thì là hai s nguyên t cùng
nhau.
37. Xét
2p =
,
2 1 2.2 1 3p −= −=
(là s nguyên tố) và
22
22 26p += +=
(là hp số)
Vy
2p =
không thỏa mãn
Xét
3p =
, khi đó khi đó
2 1 2.3 1 5p −= −=
(là s nguyên t)
22
2 3 2 11p += +=
(là s nguyên tố)
Vy
3p =
là giá trị cn tìm.
Xét
p
là s nguyên t ln hơn 3
p
có hai dạng là
3 1; 3 2 ( , 1)pk pk k k=+=+
Nếu
31pk= +
thì
( ) ( )( )
2
22
231 2313129 3312p k k k k kk+= + += + ++= + + ++
( )
2
9 6 33kk= ++
Do
2
3 23pp>⇒ +>
2
23p +⇒
2
2p +
là hp s (loi)
Nếu
32pk= +
thì
( )
2 12.3 2 16 416 33pk k k−= + −= + −= +
Do
3 2 13pp> −>
2 13p −⇒
21p
là hp s (loi)
Vy
3p =
là giá trị cn tìm.
38. TH1: x là s nguyên t chn
2.x =
3p
14p +
40p +
3p =
p
3p >
p
31k +
32k +
4p +
p
32k +
p
31k +
( )
14 3 15 3 5 3pk k⇒+ = + = +
14p⇒+
( ) ( ) ( )( )
5 2 10 5 2 5 2 5P xy x y x y y x y= + = +− += +
2x
5 y +
57y +≥
21 3xx−==
5Py= +
y
P
y
y
2y⇒=
3; 2xy= =
32n +
53n +
d=
( ) ( )
( ) ( )
3 2 ;5 3
53 2 35 3
11
n dn d
n nd
dd
⇒+ +
+− +


⇒=

n
32n +
53n +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
206
Thay
2.x =
vào (1)
ta có:
42
19.2 572 y+=
22
361 19y = =
19y =
(thỏa mãn là số nguyên tố).
TH2:
x
là s nguyên t l =>
4
19x
l
4
19 57x +
chn
2
y
là s chn
y
chn
y
là s nguyên t
2y =
(vô lí vì
4
19 57 2x +>
).
Vy
2; 19xy= =
là giá trị cn tìm.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
207
CHUYÊN Đ 6: CÁC BÀI TOÁN V S CHÍNH PHƯƠNG
A. KiÕn thøc cÇn nhí
1. Định nghĩa số chính phương.
Số chính phương là số bằng bình phương của một số nguyên.
(tức là nếu n là số chính phương thì:
( )
2
= nk kZ
)
2. Một số tính chất cần nhớ
1- S chính phương ch có thcó chữ s tn cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không th có chữ tận
cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2- Khi phân ch ra tha s ngun t, s chính phương ch chứa các tha số nguyên tố với số
mũ chẵn.
3- Số chính phương chỉ thể một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không số chính
phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n
N).
4- Schính phương chỉ thể một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không số chính
phương nào có dạng 3n + 2 ( n
N ).
5- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 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 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 hết cho 16.
7. Mọi số chính phương khi chia cho 5, cho 8 chỉ dư 1, 0, 4.
8. Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào.
9. Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số đó là số 0.
10. Số các ước của một số chính phương là số lẻ. Ngược lại, một số có số các ước số lẻ thì
số đó là số chính phương.
11. Nếu n
2
< k < (n + 1)
2
( n
Z) thì k không là số chính phương.
12. Nếu hai số tự nhiên a và b nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi
số a, b cũng là các số chính phương.
13. Nếu
a
là một số chính phương,
a
chia hết cho số nguyên t
p
thì
a
chia hết cho
2
p
.
14. Nếu tích hai số
a
b
là một số chính phương thì các s
a
b
dạng
22
;a mp b mq
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Chứng minh một s số chính phương, hoặc là tổng nhiều s chính
phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
208
* Cơ sở phương pháp:
Đ chng minh mt s n là s là s chính phương ta thưng da vào đnh nghĩa,
tức là chứng minh :
( )
2
= nk kZ
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho
n
là một số tự nhiên. Chng minh rng:
 
1 2 31 A nn n n
là số
chính phương.
Hướng dn gii
Ta có:

22
22 2 2 2
3321323131  Annnn nn nn nn
n
nên
2
31 nn
. Vậy
A
là số chính phương.
Bài toán 2. Cho:

1.2.3 2.3.4 ... 1 2B kk k 
với k là số tự nhiên. Chng minh
rằng 4B + 1 là số chính phương.
Hướng dn gii
Ta thy biu thc B tng của một biu thc chúng ta nghĩ đến vic phi thu gn
biu thức B trước.
Ta có:
    
11
12 12 3 1 123 1 12
44
nn n nn n n n nn n n n nn n

   

Áp dng:
1
1.2.3 1.2.3.4 0.1.2.3
4

1
2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4
4
1
3.4.5 3.4.5.6 2.3.4.5
4


   
............................................
1
12 123 1 12
4
kk k kk k k k kk k

  

Cng theo vế các đng thức trên ta được:
  
 
1
1.2.3 2.3.4 ... 1 2 1 2 3
4
4 1 1 2 31
B kk k kk k k
B kk k k
 

Theo ví dụ 1 ta có:
2
2
4 1 31B kk
k
nên
2
31kk 
. Vậy
41B
là số chính phương.
Bài toán 3. Chng minh rng:
2
11...1 44...4 1
n
n
C 
với n là số tự nhiên. Chng minh rng
C là số chính phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
209
Hướng dn gii
Ta có:
11...100...0 11...1 44...4 1
nn
nn
C 
Đặt
11...1
n
a =
thì
9 99...9
n
a =
. Do đó
99...9 1 10 9 1
n
n
a+= = +
2
2
2
1
.10 4 1 9 1 5 1
9 6131
33...34 .
n
n
C a a a aa a
Ca a a
C



Vậy C là một số chính phương.
Nhận xét:
Khi biến đổi một số trong đó nhiu chữ số ging nhau thành một số chính phương tan
đặt
11...1
n
a=
và như vậy
99...9 1 10 9 1
n
n
a+= = +
.
Bài toán 4. Cho
2016
11...1a =
,
2015
10...05b =
. Chứng minh
1ab +
là số tự nhiên.
Hướng dn gii
Cách 1:
Ta có:
2015 2016 2016
10...05 10...0 1 6 9...9 6 9 6ba= = += += +
.
ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a + 1)
2
Naaab +=+=+ 13)13(1
2
.
Vậy
1ab +
là số tự nhiên.
Cách 2:
Ta có:
2016
2016
2016
10 1
11...1 , 10 5
9
ab
= = = +
.
( )
( )
2
2016 2016
2016
2016
10 4.10 5 9
10 1
1 . 10 5 1
99
ab
+ −+
+= + +=
2
2016
10 2
3

+
=


.
( )
2016
10 2
1
3
ab
+
+=
.
( )
2016
10 2 3+
. Do đó,
1ab +
là số tự nhiên.
Vậy
1ab +
là số tự nhiên.
Bài toán 5. Cho số tự nhiên a gồm 60 chữ số 1, số tự nhiên b gồm 30 chữ số 2. Chứng minh
a - b là một số chính phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
210
Hướng dn gii
Cách 1:
Ta có:
60
60
10 1
11...1
9
a
= =
,
30
30
10 1
22...2 2.
9
b
= =
.
60 30 60 30
10 1 2(10 1) 10 2.10 1
99 9
ab
−+
⇒−= =
2
2
30
30
10 1
33...3
3


= =




.
Cách 2:
30 30
22...2 2.11...1b = =
,
60 30 30 30
11...1 11...1.00...0 11...1a = = +
30
30 30
11...1.10 11...1= +
.
Đặt
30
11...1c =
.
30
30
9 1 99...9 1 10c += +=
.
Khi đó:
( )
2
.9 1 9 2acc c c c= + += +
.
2bc=
.
( )
2
2
2
30
9 2 2 3 33...3ab c c c c

−= + = =


.
Bài toán tổng quát: Cho k số tự nhiên khác 0, số tự nhiên a gồm 2k ch số 1 và s tự nhiên
b gồm k chữ số 2. Chứng minh rằng
ab
là một số chính phương.
Bài toán 6. Cho
n
sao cho
2
1
3
n
là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rng
n
là tổng của hai số chính phương liên tiếp.
Hướng dn gii
Gi sử ta có:
2
1
3
n
=
( )
1aa+
.
T đó có
22
3 31naa= ++
22
4 1 12 12 3n aa−= + +
( )( ) ( )
2
2 1 2 1 32 1nn a += +
.
2 1; 2 1nn+−
là hai số lẻ liên tiếp nên ta có các trường hp:
Trưng hp 1:
2
2
2 13
21
np
nq
−=
+=
.
Khi đó
22
32qp= +
( Vô lí ). Vậy trưng hp này không xảy ra.
Trưng hp 2:
2
2
21
2 13
np
nq
−=
+=
.
T đó
p
là số lẻ nên
21pk= +
.
T đó
( )
2
2 21 1nk= ++
( )
2
2
1nk k=++
(đpcm).
Bài toán 7. Cho
k
là một số nguyên dương và
2
3 31 ak k
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
211
a) Chứng minh rng
2a
2
a
là tổng của ba số chính phương.
b) Chng minh rng nếu
a
là một ước của một số nguyên duong
b
b
là một tổng gm
ba số chính phương t
n
b
là một tổng của bà số chính phương.
Hướng dn gii
a) Ta có
22
22
2 6 6221 1ak k k k k 
2 22
2 4 3 2 2 2 2 222
123
9 18 15 6 1 2 3 1 2a k k k k kk k k kk aaa
.
b)
ba
nên đặt
b ca
.
b
là tổng của ba số chính phương nên đt
222
123
bbbb
.
Khi đó
2222222
123
. bcacaaa
Để kết thúc việc chứng minh, ta tiến hành như sau: cho
21np
ta được:
2
21 222
123

pp
b b bbb
và cho
22np
ta được
2
2222
123

np
b bbaaa
Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương.
* Cơ sở phương pháp:
Để chứng minh n không số chính phương, tùy vào từng bài toán ta thể sử
dụng các cách sau:
1) Chứng minh n không thể viết được dưới dạng một bình phương một số nguyên.
2) Chứng minh k
2
< n < (k + 1)
2
với k là số nguyên.
3) Chứng minh n có tận cùng là 2; 3; 7; 8
4) Chứng minh n có dạng 4k + 2; 4k + 3
5) Chứng minh n có dạng 3k + 2
6) Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p mà không chia hết cho p
2
.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Một số tự nhiên có tng các ch số bằng 2018 thì có thể là số chính phương
được không ? tại sao?
Hướng dn gii
Gọi số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2018 là n
Ta có : 2018 = 3m + 2 nên s tự nhiên n chia 3 dư 2, do đó số n có dạng 3k + 2 với k là số tự
nhiên. Mặt khác một số chính phương trình không dạng 3k + 2 suy ra số tự nhiên n
không là số chính phương.
Bài toán 2. Chứng minh rằng số
432
2 2 21Annnn 
trong đó n
N và n > 1
không phải là số chính phương.
Hướng dn gii
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
212
Ta có:
432 432 2
22
2
22
2
2
2 2 21 2 21
11
1
Annnn nnnnn
nn n nnn
Annn
  


Mặt khác:
2
2 4322
432 2 2
1 2 2 21
2 2 21 1
nn n n nn n
nnnn nAnAn


2
2
1Ann 
Do đó
22
22
1nn Ann
Ta có (n
2
+ n) và (n
2
+ n + 1) là hai số tự nhiên liên tiếp nên A không thể là số chính
phương.
Bài toán 3. Cho
2 3 33
1 2 2 2 ... 2A =++ + ++
. Hỏi A có là số chính phương không? Vì sao?
Hướng dn gii
Ta có
( ) ( )
2345 30313233
1 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2A =++ + + + ++ + + +
( ) ( )
2 23 30 23
3 2 . 1 2 2 2 ... 2 . 1 2 2 2=+ ++ + + + ++ +
( )
29 29
3 2.30 ... 2 .30 3 2 ... 2 .3.10=+ ++ =+ ++
.
Ta thấy A có chữ số tận cùng bằng 3.
Mà số chính phương không có chữ số tận cùng là 3. Do đó, A không là số chính phương.
Vậy A không là số chính phương.
Bài toán 4. Chứng minh rằng
4444
2012 2013 2014 2015
nnnn
A =+++
không phải là số chính
phương với mọi số nguyên dương n.
(Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh 2015 - 2016)
Hướng dn gii
Ta có:
44
2012 4; 2014 4
nn

,
*
nN∀∈
.
( )
44 4
2013 2013 1 1 2013 1 1
nn n
= −+= +
chia cho 4 dư 1.
( )
4
44
2015 2015 1 1
n
nn
= −− +
chia cho 4 dư 1.
Do đó,
4444
2012 2013 2014 2015
nnnn
A =+++
chia cho 4 dư 2.
Ta có:
2A
, nhưng A không chia hết cho
2
2
, mà 2 là số nguyên tố. Suy ra A không
là số chính phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
213
Vậy A không là số chính phương.
Bài toán 5. Cho
2n
, Chứng minh rng
6432
22 An n n n
không th là số chính
phương
Hướng dn gii
Ta có
64 3 2 242
2 2 22  Annnnnnnn
22 2
12 1




nnn n

22
1 12 1




nnn n n
2
22
1 22 nn n n
Vi
2n
, ta có
2
22
22 21 1nn nn n
22 2
22 2 1  nn n n n
. Do đó
2
22
1 22 n nn n
Như vy
2
22nn
không phi là s chính phương nên
A
không phis chính phương.
Bài toán 6. Chng minh rng tng bình phương của hai số lẻ bất kì không phải là một số
chính phương.
Hướng dn gii
Gi sử:
21am
,
21bn
, với
, mn
Ta có:
22
22 2 2
2 1 2 1 4 24 2  a b m n m mn n k
với
k
.
Không có s chính phương nào có dng
42k
vy
22
ab
không phi s chính phương.
Dạng 3: Điều kiện để một số là số chính phương.
* Cơ sở phương pháp: Chúng ta thường sử dụng các phương pháp sau:
- Phương pháp 1: Sử dụng đnh nghĩa.
- Phương pháp 2: Sử dụng tính chẵn, lẻ.
- Phương pháp 3: Sử dụng tính chất chia hết và chia có dư.
- Phương pháp 4: Sử dụng các tính chất.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm số nguyên
n
sao cho
3nn
là số chính phương.
Hướng dn gii
Để
3A nn
là số chính phương thì
2
3nn k
với k là số tự nhiên, do
đó:
22
22
3
4 12 4
n nk
n nk


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
214
22
22
4 12 9 4 9
23 2 9
2232239
nn k
nk
nk nk



Ta có
223 223nk nk 
9 9.1 3.3 1 . 9 3 . 3  
Trưng hp 1 :
2 2 39 3 1
4
2 2 31 1 2
n k nk n
A
n k nk k










Trưng hp 2 :
2 2 33 0 0
0
2 2 33 0 0
n k nk n
A
n k nk k










Trưng hp 3 :
223 1 2 4
4
223 9 6 2
n k nk n
A
n k nk k

  





 


Trưng hp 4 :
223 3 3 3
0
223 3 3 0
n k nk n
A
n k nk k

  





 


Vy khi
4; 3;0;1n 
thì ta có A là số chính phương.
Bài toán 2. Tìm s nguyên
n
sao cho
1955n +
2014n +
là một số chính phương.
Hướng dn gii
Gi sử
2
1955na+=
;
2
2014nb+=
với
,a
b
.ab<
Khi đó
( )( )
22
1 29
59 59 .
59 30
ba a
b a baba
ba b
−= =

= ⇔− +=

+= =

Dễ dàng suy ra
1114.n =
Bài toán 3. Tìm số nguyên dương n để các biểu thức sau là số chính phương:
25
) 2 )2a A n n bB n n  
Hướng dn gii
a) Với n = 1 thì A = n
2
n + 2 = 2 không là số chính phương
Với n = 2 thì A = n
2
n + 2 = 4 là số chính phương
Với n > 2 thì A = n
2
n + 2 không là số chính phương vì
2
2 22
1 21 2n n n nn n 
Vậy n = 2 thì A là số chính phương.
b) Ta có:
5 22
11n n n nn
Với n = 5k thì n chia hết cho 5.
Vi
51nk
thì
2
1n
chia hết cho 5
Vi
52nk
thì
2
1n
chia hết cho 5
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
215
Do đó
5
nn
luôn chia hết cho 5
Nên
5
2nn
chia cho 5 thì dư 2 nên
5
2nn
có ch số tận cùng là 2 hoặc 7 nên
5
2Bn n 
không là số chính phương
Vy không có giá tr nào của n thỏa để B là số chính phương.
Bài toán 4. Tìm s nguyên dương
n
nh nht sao cho các s
1n +
,
21n +
,
51n +
đề
u các
số chính phương.
Hướng dn gii
Nếu
31nk= +
( )
k
thì
13 2nk+= +
, không là số chính phương.
Nếu
32nk= +
thì
2 16 5nk+= +
, cho cho 3 dư 2 nên không là số chính phương. Vy
3n
.
21n +
s chính phương l nên chia cho 8 dư 1. Suy ra
28 4 1nnn ⇒+
lẻ. Do
1n +
số chính phương l n
1n +
chia cho 8 dư 1, suy ra
8n
.
n
chia hết cho các s nguyên t cùng nhau 3 và 8 nên
24n
. Với
24n =
thì
2
1 25 5n += =
,
2
2 1 49 7n += =
,
2
5 1 121 11n += =
.
Giá trị nh nhất của
n
phải tìm là
24
.
Bài toán 5. Tìm số tự nhiên n
1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương.
(Đề thi HSG lớp 6 - Phòng giáo dục đào tạo Phúc Yên - Vĩnh Phúc)
Hướng dn gii
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phương
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3
2
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 không phải là số chính phương.
Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài toán 6. Tìm số nguyên dương n sao cho
( )
( )
2
3 4 14 7An n n=+ ++
là s mt chính
phương.
(Đề thi chọn HSG Toán 9 tỉnh Thái Bình)
Hướng dn gii
Ta có:
( )( )
2
4 14 7 3 4 2 1nn n n+ += + + +
và n là số nguyên dương nên
3n +
và
2
4 14 7nn++
là
nguyên tố cùng nhau. Vì vậy, để A số chính phương thì
2
4 14 7nn++
và n + 3 phải là số
chính phương.
Do
nZ
+
nên ta có
( ) ( )
22
2
2 3 4 14 7 2 4n nn n+ + +< +
.
( )
2
2
4 14 7 2 3nn n + += +
1n⇒=
. Khi đó n + 3 = 4 là số chính phương.
Thử lại, với
1n =
, ta có
2
10A =
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
216
Vậy số nguyên dương cần tìm là
1n =
.
Bài toán 7. Tìm
3 a≤∈
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
1. 1 2 1.aa aa a aaa −=
Hướng dn gii
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
1. 1 2 1 1 2 1.aa aa a aaa aa a aaa −= −⇔ =
(*)
Vì VT(*) là s chính phương nên VP(*) cũng là số chính phương.
Vì s chính phương ch có ch số tận cùng thuc tp hp
{ }
0;1;4;5;6;9
nên
a
có ch số tận cùng thuc tp hp
{ }
1;2;5;6;7;0
.
Do
a
là chữ số nên
9.a
Kết hp vi
3 a≤∈
nên
{ }
5;6;7 .a
Th lần lượt từng giá trị ta thu được
7a =
thỏa mãn
2
76 5776.=
Bài toán 8. Tìm s tự nhiên
n
sao cho
29
n
+
là số chính phương.
Hướng dn gii
Gi sử
2
29 ,
n
m+=
( )( )
3 3 2.
n
m mm∈⇔ +=
33mm−< +
nên
32
,
32
a
b
m
m
−=
+=
với
,a
b
.ab<
Ta có
( )
2 2 6 2 2 1 6.
b a a ba
= −=
( )
2 2 12
a ba
( )
22 14
a ba
nên
1.a =
Điều này dẫn đến
5m =
4.n =
Dạng 4: Tìm số chính phương.
* Cơ sở phương pháp: Dựa vào định nghĩa về số chính phương
2
Ak
, với k là số
nguyên và các yêu cầu của bài toán để tìm ra số chính phương thỏa bài toán.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm số chính phương
abcd
biết
1ab cd−=
.
Hướng dn gii
Giả sử
( )
2
100 100 1n abcd ab cd cd cd= = += + +
101 100cd= +
,
nZ
.
( )( )
2
101. 100 10 10cd n n n =−= +
.
100n <
và 101 là số nguyên tố nên
10 101n +=
.
91n⇒=
.
Thử lại:
2
91 8281abcd = =
82 81 1−=
.
Vậy
8281abcd =
.
Bài toán 2.
Cho A là s chính phương gm 4 ch s. Nếu ta thêm vào mi ch s ca A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
217
một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Hướng dn gii
Gọi
2
A abcd k= =
.
Theo đề bài ta có:
2
2
1111
A abcd k
B abcd m
= =
= +=
.
(với
*
,km N
31 100km<< <
,
, , , 1, 9abcd=
).
22
1111mk −=
(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:
11 56 2025
101 45 3136
mk m A
mk k B










Vậy A = 2025, B = 3136.
Bài toán 3. 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.
Hướng dn gii
Gọi số phải tìm là
abcd
với a; b; c; d là các số tự nhiên
và 1
a
9; 0
b, c, d
9.
Ta có
abcd
chính phương
d
{ }
9,6,5,4,1,0
.
Vì d là số nguyên tố
d = 5.
Đặt
2
10000abcd k
32
k < 100,
kN
.
Do k là một số có hai chữ số mà k
2
có tận cùng bằng 5
k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương
k = 45 (vì k tận cùng bằng 5 và có 2 chữ
số)
2025abcd
Vậy số phải tìm là: 2025.
C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Câu 1: Tìm tt c c s tự nhiên có ba ch số
abc
sao cho
=++p abc bca cab
s chính
phương.
Câu 2: Tìm s nguyên t , biết là số chính phương.
Câu 3: Tìm các ch số và số tự nhiên sao cho .
Câu 4: Tìm s nguyên t hai ch số khác nhau dng ( ) sao cho hiu
của số đó vi s viết theo th tự ngưc li của số đó là số chính phương.
( 0)ab a b>>
ab ba
a
x
( )
2
12 3 1 96xa+=
xy
0xy>>
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
218
Câu 5: Cho . Chứng t rằng là số chính phương.
Câu 6: Tìm các s ba ch số, sao cho hiu của số y và s gồm ba ch số y viết theo
th tự ngưc lại là một số chính phương.
Câu 7: Cho
x
,
y
2 số nguyên thỏa mãn:
22
2019 2020x x yy+=+
. Chứng minh rng:
xy
là số chính phương.
Câu 8: Cho lẻ. Chứng minh rng không là số chính phương.
Câu 9: Một số chính phương có dạng . Biết . Hãy tìm số .
Câu 10. Cho tích a.b là số chính phương và (a,b) = 1. Chứng minh rằng a và b đều là số
chính phương.
Câu 11. Tìm số tự nhiên sao cho
Câu 12. Cho là s t nhiên có hai ch s. Tìm biết đều các số chính
phương.
Câu 13. Cho
2012 2011 2010 2009
10 10 10 10 8A =++++
Chứng minh rằng A không phải là số chính phương.
Câu 14. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên khác 0, có số lượng các ước tự nhiên là một
số lẻ thì số tự nhiên đó là một số chính phương.
Câu 15. M có là một số chính phương không nếu :
M = 1 + 3 + 5 +…+ (2n-1) ( Vi n
N , n
0 )
Câu 16. Tìm các số tự nhiên n có hai chữ số, biết rằng hai số 2n + 1 và 3n + 1 đồng thời là
hai số chính phương.
Bài 17: m số chính phương có 4 ch số mà hai ch số đầu giống nhau và hai ch số cuối
giống nhau
Bài 18: Tìm s tự nhiên có hai ch số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số
bở hai ch số của số đó nhưng theo th tự ngưc lại là một số chính phương
Bài 19: Tìm tất cả các s tự nhiên n sao cho s 2
8
+ 2
11
+ 2
n
là số chính phương
Bài 20: Có hay không s tự nhiên n đ 2010 + n
2
là số chính phương.
Bài 21: Chng minh số: n = 2004
2
+ 2003
2
+ 2002
2
- 2001
2
không phải là số chính phương.
Bài 22: Chng minh s 1234567890 không phải là số chính phương.
Bài 23: Chng minh rng nếu mt s có tng các ch số 2004 thì số đó không phi s
chính phương.
i 24: Chng minh rng tổng sau: P = 1 + 3 + 3
2
+ 3
3
+ ...+ 3
61
+ 3
62
không là số chính
phương.
Bài 25: Cho A=
2 3 2010 2011
1 2 2 2 ... 2 2+ + + ++ +
. Hỏi s
8A+
có phải là số chính phương
không?
Bài 26: Gi sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011. Chng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N -
1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số chính phương.
2 3 2019
5 5 5 ... 5A =+ + ++
45A+
n
2004
1n +
abcd
1ab cd−=
abcd
ab
2
3
()ab a b= +
n
n
4n +
2n
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
219
Bài 27: Chứng minh rằng nếu p tích của n (với n > 1) số nguyên t đầu tiên thì p - 1
và p
+ 1 không thể là các số chính phương.
Bài 28: Chng minh rng tng bình phương của 2 số lẻ bất k không phi s chính
phương.
Bài 29: Chng minh rng: Nếu m, n là các s tự nhiên tha mãn 3m
2
+ m = 4n
2
+ n thì m -
n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Bài 30: Cho
=

2017 1
a 111 ...1
=

2016 0
b 1 000...0 5
. Chng minh rng s là s chính
phương.
NG DN GII
Câu 1. Ta có :
100 10 100 10 100 10= + + = + ++ + ++ + +p abc bca cab a b c b c a c a b
( ) ( )
111 3.37.= ++ = ++abc abc
Để
p
là số chính phương thì
37.3++abc
0 27 37.3< ++≤ ++abc abc
Nên không có s tự nhiên nào có ba chữ số
abc
thỏa mãn yêu cầu đ i.
Câu 2. Ta có
=>
=>
Để là số chính phương khi 𝑎 𝑏 là số chính phương
Do 𝑎, 𝑏 là các chữ số
=>(𝑎 𝑏) là số chính phương khi
+Nếu là số nguyên t và là số lẻ =>
+Nếu là số nguyên t và là số lẻ =>
Vy
Câu 3. Ta có: .
nên .
Vi , .
là số tự nhiên nên chn .
Vy , .
Câu 4. Theo đ ta có: là số chính phương.
Khi đó: là số chính phương.
Suy ra: là số chính phương.
M ab 1= +
10 10ab ba a b b a = +−
9( )ab ba a b−=
2
3( )ab ba a b−=
ab ba
0,91 8ab a b< ≤=>≤−
{ }
( ) 1, 4ab−∈
{ }
1 21,32,43,54,65,76,87,98a b ab−=
ab
43ab =
{ }
4 51,62,73,84,95a b ab−=
ab
73ab =
{ }
43;73ab
( )
2
12 3 1 96xa+=
( )
2
9. 4 1096 100xa += +
( )
2
9. 4 1089 7 100xa + = ++
1089 9
( )
7 100 9a+
( )
79a⇒+
2a⇒=
2a =
( ) ( )
22
9. 4 1296 4 144xx+= +=
4 12 8
4 12 16
xx
xx
+= =

⇔⇔

+= =

x
8x =
2a =
8x =
xy yx
( ) ( )
10 (10 ) 10.xy yx xy xy+− + =
( )
9 xy=
xy
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
220
nên , ta xét các trường hợp sau:
+ TH1: là số nguyên t nên .
+ TH2: là số nguyên t nên .
+ TH3: là số nguyên t nên không có s o tho mãn.
Vy .
Câu 5. Ta có:
Vy là số chính phương.
Câu 6. Gọi là số t nhiên có ba chữ số cần tìm
Theo đ ta có:
Để là số chính phương t (không tn ti) hoc
Vậy số cần tìm có dạng với
Câu 7. Ta có:
22
2019 2020x x yy+=+
22 2
2020 2020x y xyx +−=
22 2
2020( ) ( )x y xy x +−=
2
2020( )( ) ( )xyxy xy x ++−=
2
( )(2020 2020 1)xy x y x + +=
(1)
Gọi
d
là ước chung ln nhất của
xy
2020 2020 1xy++
thì
(2020 2020 1)xy++
2020( )xy+−
chia hết cho d
4040 1x +
chia hết cho
d
Mặt khác, từ (1) ta có:
2
x
chia hết cho
2
d
suy ra
x
chia hết cho d.
T
4040 1x +
chia hết cho
d
x
chia hết cho
d
ta có
1
chia hết cho
d
1d⇒=
hay
( ,2020 2020 1) 1UCLN x y x y + +=
T đó suy ra
xy
và
2020 2020 1xy++
là các s nguyên t cùng nhau, tha
mãn (1) nên chúng đều là các số chính phương.
Vy
xy
là số chính phương (đpcm).
Câu 8. Gi s là số chính phương vi là số lẻ ta có:
0xy>>
{ }
; 1; 2; ...; 9xy
1xy−=
xy
43xy =
4xy−=
xy
73xy =
9xy−=
xy
{ }
43; 73xy
( )
2 3 4 2020
2020
2
2020 1010
5 5 5 5 ... 5
5 55
4 55 5
A
AA
A
=++ +
−=
+= =
45A+
abc
100 10 100 10abc cba a b c c b a = + +−
2
99 99 9.11( ) 3 .11( )a c ac ac= = −=
abc cba
11ac−=
0ac ab−= =
abc
{ }
1;2;3;4;5;6;7;8;9ac=
{ }
0;1;2;3;4;5;6;7;8;9b
2004
1n +
n
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
221
điều n
ày vô lý vì với n là số lẻ
Vy không là số chính phương vi là số lẻ.
Câu 9. Ta có a, b, c, d là các số nguyên t 0 đến 9; a, c khác 0
Là số chính phương nên = n
2
Hay n
2
= = 100
Suy ra n
2
100 = (n 10)(n + 10) = 101 , n
2
là số có 4 chữ số vậy n<100 do đó n + 10 = 101
suy ra n = 91 và n
2
= = 91
2
= 8281
Câu 10.
Đặt a.b = c
2
(1)
Gọi (a,c) = d nên a d, c d
Hay a = m.d và c = n.d với (m,n) = 1
Thay vào (1) ta được m.d.b = n
2
. d
2
=> m.b = n
2
. d => b n
2
vì (a,b) = 1= (b,d)
Và n
2
b => b = n
2
Thay vào (1) ta có a = d
2
=> đpcm
Câu 11. Ta có: (a + b)
3
= là số chính phương nên a + b là số chính phương.
Đặt a + b = x
2
(x )
Suy ra: = x
6
=> x
3
= < 100 và > 8 => 8 < x
3
< 100 => 2 < x < 5 => x = 3; 4 vì x
- Nếu x = 3 => = 3
6
= 729 = 27
2
= (2 + 7)
3
=> x = 3 (nhận)
- Nếu x = 4 => = 4
6
= 4096 = 64
2
(6 + 4)
3
= 1000
=> x = 4 (không thỏa mãn)
Vậy số cần tìm là: = 27
Câu 12.
+ Vì là số có hai chữ số nên
+ Mặt khác số chính phương chẵn n thể nhận các giá trị: 36; 64; 100; 144;
196.
+ Với không là số chính phương
là số chính phương
không là số chính phương
( )
( )( )
2004 2
2
2 1002
1002 1002
1 ( *)
1
1
n aa
an
an an
+=
⇔− =
⇔− + =
( ) ( )
1002 1002
11an an + ⇒+ =
( )
1002
2an+>
2004
1n +
n
abcd
1ab cd−=
abcd
100( 1) 101 100ab cd cd cd cd+= ++= +
cd
abcd
2
ab
*
N
2
3
()ab a b= +
ab
ab
*
N
2
3
()ab a b= +
2
3
()ab a b= +
ab
n
9 100 18 2 200nn<< < <
2n
2n
2 36 18 4 22nnn= = ⇒+=
2 64 32 4 36nnn= = ⇒+=
2 100 50 4 54n nn= = ⇒+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
222
không là số chính phương
không là số chính phương
+ Vậy số cần tìm là .
Câu 13. Ta có các số : 10
2012
; 10
2011
; 10
2010
; 10
2009
đều có chữ số tận cùng là 0
Nên
2012 2011 2010 2009
10 10 10 10 8A =++++
có chữ số tận cùng là 8
Vy A không phi là số chỉnh phương vì số chính phương những số chữ số tận cùng
là 1 ; 4; 5 ; 6 ; 9
Câu 14. Gọi số tự nhiên đó là P (P
0)
Nếu P = 1 ta có 1 = 1
2
P là số chính phương
Nếu P > 1. Phân tích P ra thừa số nguyên tố ta có P =
. .....
xy z
ab c
(với a, b, ... , c là các số nguyên tố)
Khi đó số lượng các ước của P là (x + 1).(y + 1).....(z + 1)
Theo bài ra (x + 1).(y + 1).....(z + 1) là số lẻ
x + 1 , y + 1 , ... , z + 1 đều là các số lẻ
x, y , ... , z đều là các số chẵn
Do đó x = 2.m ; y = 2.n ; ... ; z = 2.t
Nên P =
2
2. 2. 2.
. ..... = . .....
m n t mn t
a b c ab c
P là số chính phương
Vậy chứng tỏ với mọi số tự nhiên khác 0, có số lượng các ước là một số lẻ thì số tự
nhiên đó là một số chính phương.
Câu 15. M = 1 + 3 + 5 +…+ (2n-1) ( Vi n
N , n
0 )
Tính s số hạng = ( 2n - 1-1): 2 + 1 = n
nh tổng = ( 2n 1 + 1 ) n : 2 = 2n
2
: 2 = n
2
KL: M là số chính phương
Câu 16. Ta có nên
Mặt khác 2n +1 là số chính phương lẻ, do vậy 2n + 1 chỉ có thể là 25; 49; 81; 121; 169. Từ đó
n chỉ có thể nhận các giá trị tương ứng 12; 24; 40; 60; 84
3n + 1 chỉ có thể nhận các giá trị 37; 73; 121; 181; 253.
Trong các số này chỉ có 121 = 11
2
là số chính phương.
Từ đó 3n + 1= 121 Suy ra n = 40
Bài 17: Giả sử
xxyy
là một số chính phương ta có:
1000 100 10xxyy x x y y= + ++
( )
1100 11 11 100 11= += +x y xy
Do
xxyy
là số chính phương nên
( )
121 100 11 11xxyy x y x y vi + ⇒+ 99x 11 
Do
0 11xy<+
nên x + y = 11;
( ) ( ) ( )
2
11 100 11 99 11 11 9 1xxyy x y x x= += + = +
2 144 72 4 76n nn= = ⇒+=
2 196 98 4 102n nn= = ⇒+=
32n =
10 100n≤<
21 2 1 201n +<
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
223
Suy ra 9x + 1 là số chính phương suy ra x = 7, y = 4
Bài 18: Gọi s t nhiên có hai ch sốphải tìm là
ab
(a, b
N, 1
a, b
9)
S viết theo th tự ngưc li
ba
Ta có
ab
2
-
ba
2
= (10a + b)
2
(10b + a)
2
= 99 (a
2
b
2
)
11
a
2
b
2
11
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
2
-
ba
2
= 3
2
. 11
2
. (a b)
Để
ab
2
-
ba
2
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 65
2
56
2
= 1089 = 33
2
Nếu a b = 4 kết hợp với a + b = 11
a = 7,5 loại
Vậy số phải tìm là 65
Bài 19: Gi sử 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= a
2
(a
N) thì
2
n
= a
2
48
2
= (a + 48) (a 48)
2
p
. 2
q
= (a + 48) (a 48) với p, q
N ; p + q = n và p > q
a + 48 = 2
p
và a 48 = 2
q
2
p
- 2
q
= 96
2
q
(2
p-q
1) = 2
5
.3
q = 5 và p q = 2
p = 7
n = 5 + 7 = 12
Th lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80
2
Bài 20: Gi sử 2010 + n
2
là số chính phương thì 2010 + n
2
= m
2
(m
N
)
T đó suy ra m
2
- n
2
= 2010
(m + n) (m n) = 2010
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 chn l (2)
T (1) và (2)
m + n và m n là 2 số chn.
(m + n) (m n)
4 nhưng 2006 không chia hết cho 4
Điu gi sử sai.
Vy không tn ti s t nhiên n đ 2006 + n
2
là số chính phương.
Bài 21:Vì ch số tận cùng của các số 2004
2
; 2003
2
; 2002
2
; 2001
2
lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1.
Do đó số n có ch số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương.
Bài 22. Thy ngay s 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tn cùng là 0) nhưng không chia
hết cho 25 (vì hai ch s tận cùng là 90). Do đó s 1234567890 không phải là s cnh
phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
224
Chú ý: th luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì ch số tn cùng 0), nhưng
không chia hết cho 4 (vì hai ch số tận cùng 90) nên 1234567890 không số chính
phương.
Bài 23: Ta thy tng các ch số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết
9 nên s tng các ch số 2004 cũng chia hết cho 3 không chia hết cho 9, do đó s
này không phải là số chính phương.
Bài 24: P = (1 + 3 + 3
2
+ 3
3
) + (3
4
+ 3
5
+ 3
6
+ 3
7
) + ... + (3
56
+ 3
57
+ 3
58
+ 3
59
) + 3
60
+ 3
61
+ 3
62
= (40 + 3
4
. 40 + ... + 3
56
. 40) + 3
60
+ 3
61
+ 3
62
.
- Các số hạng trong ngoc đều có tận cùng là 0.
- S 3
60
= (3
2
)
30
= 9
30
=> chữ số tận cùng là 1.
- S 3
61
= 3.3
60
=> có chữ số tận cùng là 3.
- S 3
62
= 9.3
60
=> có chữ số tận cùng là 9.
Vậy tổng P có ch số tận cùng là 3 => P không là số chính phương.
Bài 25: Tính đưc
2012 4.503
8 2 1 8 2 7 ....6 7 ....3A+= += += +=
Vì SCP không tn cùng bằng 3, nên A+8 không phải là SCP.
Bài 26:
a) Ta có 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1
Có 2N
3 => 2N 3 3 => 2N 3 = 3k => 2N - 1 = 3k + 2 (k
N)
=> 2N 1 chia cho 3 dư 2
=> 2N - 1 không là số chính phương.
b) 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn.
Ta có N lẻ (vì N là tích các số tự nhiên lẻ) => N không chia hết cho 2
=> Mặc dù 2N
2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
=> 2N không là số chính phương.
c) 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 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 27: Vì p là tích ca n s nguyên t đầu tiên (trong đó có 2 là s nguyên t chn, còn li
tất cả là các số nguyên t lẻ) => p
2 và p không thể chia hết cho 4 (1)
a) Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m
2
( m
N).
Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m
2
lẻ => m lẻ.
Đặt m = 2k + 1 (k
N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1 => p + 1 = 4k
2
+ 4k + 1
=> p = 4k
2
+ 4k = 4k (k + 1)
4 mâu thuẫn vi (1).
=> p + 1 không phải là số chính phương.
b) p = 2.3.5... là số chia hết cho 3 => p 3 3 => p 3 = 3k => p - 1 = 3k + 2.
=> p 1 chia cho 3 dư 2 => p - 1 không là số chính phương.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
225
Vy nếu p là tích n (n >1) s nguyên t đầu tiên thì p - 1 p + 1 không là s chính
phương.
Bài 28:
a và b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m
N).
=> a
2
+ b
2
= (2k + 1)
2
+ ( 2m + 1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4 (k
2
+ k + m
2
+ m) + 2
=> a
2
+ b
2
chia cho 4 dư 2
=> a
2
+ b
2
không th là s chính phương.
Bài 29: Ta có: 3m
2
+ m = 4n
2
+ n 4(m
2
- n
2
) + (m - n) = m
2
(m - n)(4m + 4n + 1) = m
2
là số chính phương (*)
Gọi d là ước chung ln nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia
hết cho d => 8m + 1 chia hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có: m
2
chia hết cho d
2
=> m chia hết cho d.
T 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vy m - n và 4m + 4n + 1 là các s tự nhiên nguyên t cùng nhau, tha mãn (*) nên
chúng đều là các số chính phương.
Bài 30: Chú ý đến biến đi
1
10 1
111...1
9
n
n so
=

ta đi phân tíchc s a và b v các lũy thừa của
10. Ta có
2017
2017 1
10 1
111...1
9
so
a
= =

2016 0 2017 0
1000...05 1000...0 5 10 5.
n
so so
b = = += +
 
Khi đó ta được .
Đến đây ta chỉ cần ch ra được ta ta có điều phi chng minh.
Tuy nhiên hin nhiên đúng do . Vậy là số chính
phương.
Chú ý. Vi dạng toán chứng minh s chính phương như trên ta chú ý đến phép biến
đổi:
12 3
9
9 10 1;99 10 1;999 10 1;999...9 10 1
n
n so
=−= = =

( )
( )
2
2
2017 2017
2017 2017
n
10 4.10 5
10 1 10 2
M ab 1 . 10 5 1 1
9 93
+−

−+
= += + += +=


2017
10 2
N
3
+
2017
10 2
N
3
+
2017
10 2 3+
M ab 1= +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
226
CHUYÊN Đ 7: CÁC DNG TOÁN V PHÂN S
DNG 1: TÌM PHÂN S THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TC.
Mt s điu kin cho trưc thưng gp:
Biết t s (hoc mu s), phân s cn tìm lớn hơn phân số này và nh hơn phân s kia.
Viết phân s dưới dng tng các phân s đã biết cùng s t (hoc cùng s mu).
Liên h v phép chia gia phân s cn tìm vi phân s đã cho.
Biết phân s bằng phân s nào đóbiết quan h ƯCLN(T , Mu) hoc tng (hiu) ca
t và mu.
Cộng mt s vào t hoc mẫu được mt phân s mi ....
Bài tập 1. Tìm phân s t là 5, biết rng phân s đó ln hơn
11
12
và nh hơn
11
15
.
ng dn
Gi mu phân s cn tìm là x
Ta có:
11 5 11 55 55 55
75 11x 60 6
12 15 60 11 75
x
xx
−−
< < < < ⇒− < < =−
−−
.
Vy phân s cn tìm
5
6
Bài tp 2. Hãy viết phân s i dng tng ca 3 phân s có t s đều bng 1 và có
mu s khác nhau.
ng dn
{ }
11 44
(60) 1;2;3;4;5;6;10;1215;20;30;60
15 60
U=⇒=
;
44 10 30 4 11 1 1 1
30 10 4 44
60 60 60 60 15 6 2 15
+ += = + + =+ +
Bài tp 3. Tìm phân s ti gin
a
b
nh nht (vi
a
b
>
0) biết khi chia
a
b
cho
7
15
12
25
đưc
thương là các số nguyên.
ng dn
Ta có
7 .15 12 .25
: ;:
15 .7 25 .12
a aa a
b bb b
= =
.
a
b
ti giản nên ƯCLN(a;b) = 1
.15 .25
;
.7 .12
aa
bb
là các s nguyên nên a chia hết cho 7
và 12 còn 15 và 25 chia hết cho b
Do đó a
BC(7;12) và b
ƯC(15;25).
15
11
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
227
a
b
là phân s ti gin nh nht lớn hơn 0 nên a = BCNN(7;12) và b = ƯCLN(15;25)
nên a = 84 ; b= 5 => Phân số cn tìm là
84
5
Bài tp 4. Cho các phân s
35
396
28
297
. Tìm phân s nh nht mà khi chia cho mi phân
s đó ta được mt s nguyên ?
ng dn
Gi phân s phi tìm
x
y
(x, y
và (x, y) = 1)
Ta có:
35 396
:
396 35
xx
yy
=
;
28 297
:
297 28
xx
yy
=
Vì kết qu là mt s nguyên nên 396x
35y và 297x
28y
Mà (396; 35) = 1 ; (297; 28) = 1 và (x; y) = 1
396
y và 297
y; x
35 và x
28
Để
x
y
nh nht khi x nh nht và y ln nhất. Do đó:
x = BCNN(35; 28) = 140 ; y = ƯCLN(396; 297) = 99.
Vy phân s phi tìm là
140
99
.
Bài tp 5. Tìm phân s bng phân s
20
39
, biết ƯCLN ca c t và mu ca phân s đó
36.
ng dn
Ta thấy ƯCLN(20,39) = 1 => phân số
20
39
là phân s ti gin.
Mà ƯCLN của c t và mu ca phân s cn tìm là 36.
=> phân số cn tìm đã đưc rút gn thành
20
39
bng cách chia c t và mu cho 36.
Vy phân s cn tìm:
20.36 720
39.36 1404
=
Bài tập 6. Tìm phân s bng phân s
520
200
biết tng ca t và mu là 306.
ng dn
Ta có
13
5
520
200
=
là phân s ti gin nên phân s bng
520
200
có dng tng quát
m
m
13
5
( m
Z , m
0)
=> 5m + 13m = 306 = > m = 17=> phân số cn tìm là
221
85
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
228
Bài tp 7. Tìm mt phân s ti gin, biết rng khi cng mu s vào t s và cng mu s
vào mu s ca phân s ấy thì được mt phân s mi, ln gp 2 ln phân s ban đầu ?
ng dn
Gi phân s ti gin c đu là
b
a
. Nếu ch cng mu s o mu s ta đưc phân
s
b
a
bb
a
2
=
+
; phân s này nh hơn phân s
b
a
2 ln
Để
b
ba
2
+
gp 2 ln phân s lúc đầu thì a + b phải bằng 4 lần a
Mu s b phi gp 3 ln t s a .
Phân s ti gin tho mãn điều kin trên là
3
1
Bài tập 8. Tìm phân s
b
a
tho mãn điều kin:
3
2
7
4
<<
b
a
.199447 =+ ba
ng dn
Ta có:
1994 4 1994 4 4 1994 4 2 1994 4 14
7 4 1994 4
7 7 77 3 3
ba b b b
ab a
bb b b
−−
+== = <<<<
1994 1994 1994 1
4 4 8 249
84
231 249
1994 14 1994 26 1
4 230
3 3 13
bb
bb
b
b
bb
>⇒ >< ⇒<
<<
−< < >
( )
76
7 4 1994 4 7 6 ; 4 2( ) 7 5
4
k
a b b k k N b bN k l lN b l
+
+ = = + ⇒= = + = +
33 236 150
226 244
231 7 5 249
34 243 146
77
lb a
ll
lb a
= ⇒= =
< +< <<
= ⇒= =
Bài t
p 9.
Tìm phân s
b
a
tho mãn các đ i u ki n:
21
10
9
4
<<
b
a
và 5a - 2b = 3
Hướng dẫn
Từ 5a - 2b =3 a=( 3+ 2b )/5
Có a, b N 2b : 5 dư 2 2b = 5k +2 k
2
k=2n => b = 5n +1 nên a= 2n + 1 ta có
4 2 1 10
9 5 1 21
n
n
+
<<
+
.
Vi
15
12
9
4
+
+
<
n
n
20n + 4 <18n + 9 2n < 5 n { 0;1;2}
Vi
21
10
15
12
<
+
+
n
n
42n+12 < 50n+10 9n >11 n = 2 .
Vậy n = 2
11
5
=
b
a
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
229
Bài tp 10. Cho phân s:
1 2 3 4 ...... 19
A
11 12 13 14 .... 29
++++ +
=
+++++
. Hãy xoá mt s hng t và xoá
mt s hng mu đ đưc mt phân s mi có giá tr bng phân s đã cho.
ng dn
Ta có t ca A là a thì mu là 2a. Gi s hng xoá t là m và s hng xoá mu là
n, khi đó ta có
= = => −= =>=
a am 1
2a n 2a 2m n 2m
2a 2a m 2
Vy đ đưc mt phân s mi có giá tr bng phân s đã cho ta th xoá các cp
s như: 6 ở t và 12 mu; 7 t và 14 ở mẫu; 14 ở t và 28 ở mu
Bài tp 11: Tích ca hai phân s
15
8
. Thêm 4 đơn v vào phân s th nht thì tích mi là
15
56
. Tìm hai phân s đó.
ng dn
Tích ca hai phân s
15
8
. Thêm 4 đơn v vào phân s th nht thì tích mi là
15
56
suy ra tích mới hơn tích cũ là
15
56
-
15
8
=
15
48
đây chính là 4 lần phân s th hai.
Suy ra phân s th hai là
15
48
: 4 =
15
12
=
5
4
.
T đó suy ra phân số th nht là:
15
8
:
5
4
=
3
2
DNG 2: CHNG MINH PHÂN S ĐÃ CHO LÀ TỐI GIN.
- Gi s d là ưc chung ca T S và Mu S
- Cần chng minh d = 1
Bài tp 1. Cho a, b là hai s nguyên t cùng nhau. Chng minh rng
83
52
ab
ab
+
+
là phân s ti
gin.
ng dn
Gọi d là ước chung ln nht của 8a + 3b và 5a + 2b
Ta có:
83
52
a bd
a bd
+
+
( )
( )
( ) ( )
58 3
85 2 58 3
85 2
a bd
a b a bd
a bd
+
+− +
+
40 16 40 15a b a bd +−
bd
(1)
Ta li có:
83
52
a bd
a bd
+
+
( )
( )
( ) ( )
28 3
28 3 35 2
35 2
a bd
a b a bd
a bd
+
+− +
+
16 6 15 6a b a bd +−
ad
(2)
T (1) và (2)
d⇒∈
ƯC(a,b).
Mà a, b là hai s nguyên t cùng nhau, nên (a,b) = 1
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
230
d = 1
83
52
ab
ab
+
+
là phân s ti gin.
Bài tập 2. Chng minh :
230
112
+
+
n
n
(n
Z) ti gin.
ng dn
Gọi d là ước chung của 12n + 1và 30n + 2
=> 5(12n + 1) - 2(30n+2) = 1 chia hết cho d
=> d = 1 nên 12n + 1 và 30n + 2 nguyên tố cùng nhau
Do đó
230
112
+
+
n
n
là phân s ti gin
Bài tập 3: Chng t rng
21 4
14 3
n
n
+
+
là phân s ti gin.
ng dn
Gọi d = ƯC (21n + 4; 14n +3)
=> 2(21n + 4) - 3(14n + 3) = 1
d
=> d = 1
Vậy (21n + 4 : 14n + 3) = 1 nên
21 4
14 3
+
+
là phân s ti gin.
Bài tập 4: Chng minh phân s
1
23
n
n
+
+
là phân s ti gin vi mi s t
nhiên n.
Bài tập 5: Chng t rng vi mi s t nhiên n phân s sau ti gin:
16 3
12 2
n
n
+
+
Bài tập 6: Chng minh rng vi mi n thì phân s
7 10
57
n
n
+
+
là phân s ti gin
DẠNG 3. TÌM ĐIỀU KIỆN Đ PHÂN S LÀ PHÂN SỐ TI GIN
* LOẠI 1: Phân số có dng A =
.
a
bn c+
với a, b, c là các số nguyên đã biết.
- ớc 1: Tìm Ư(a) ≠ {1, a} là p
- ớc 2: Để phân s A là ti gin thì a b.n + c phải có ƯCLN bằng 1
=> b.n + c ≠ p.k (k
N)
=> n ≠ các giá tr tương ng vi s k
N
* LOẠI 2: Phân số có dng A =
.
.
en d
bn c
+
+
với e, b, c, d là các số nguyên đã biết.
- Tách
.
..
en d a
f
bn c bn c
+
= +
++
(vi a, f là các s nguyên)
- Phân s A ti gin khi
.
a
bn c+
ti giản (Bài toán LOẠI 1)
- Chú ý: Nếu 0 < e < b hoặc 0 < - e < b hoặc 0 < - e < - b thì pn s A ti gin
khi phân s
1
A
ti gin, ri mi thc hin tách.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
231
Bài tập 1. Cho phân s A
3
1
+
=
n
n
(
;zn
3n
). Tìm
n
để A là phân s ti gin.
ng dn
Ta có: A =
14
1
33
n
nn
+
= +
−−
=> A là phân số ti gin thì ƯCLN(n 3 ; 4) = 1 (*)
Nhn thấy 4 là số chn nên đ tha mãn (*) thì n – 3 phi là s l
=> n phải là s chn
Bài tập 2. Cho
34
1938
+
+
=
n
n
A
. Tìm s t nhiên n đ A là phân s ti gin
ng dn
a) Ta có:
34
187
2
34
187)34(2
34
1938
+
+=
+
++
=
+
+
=
nn
n
n
n
A
=> A là phân số ti gin khi 187 và 4n + 3 có UCLN bằng 1
Nhn thấy 187 có hai ước khác 1 là 11 và 17
=> 4n + 3 ≠ 11k (k N) Hoặc 4n + 3 ≠ 17m (m N)
=> 4n + 3 11 ≠ 11k (k N) Hoặc 4n + 3 51 ≠ 17m (m N)
=> 4n - 8 ≠ 11k (k N) Hoặc 4n - 48 ≠ 17m (m N)
=> 4(n 2) ≠ 11k (k N) Hoặc 4(n 12) ≠ 17m (m N)
=> n 2 ≠ 11k (k N) Hoặc n 12 ≠ 17m (m N)
=> n ≠ 11k + 2 (k N) Hoặc n ≠ 17m + 12 (m N)
Bài tập 3. Tìm c giá tr ca s t nhiên n đ phân s sau ti gin:
8
25
n
n
+
, n N, n >3
ng dn
A =
8
25
n
n
+
là phân s ti gin khi
1 2 5 2( 8) 21 21
2
88 8
nn
An n n
+−
= = =
++ +
cũng phân
s ti giản khi 21 và n + 8 phải có ƯCLN bng 1
Nhn thấy 21 có hai ước t nhiên khác 1 là 3 và 7.
=> n + 8 ≠ 3k (k N) Hoặc n + 8 ≠ 7m (m N)
=> n ≠ 3k 8 (k N) Hoặc n ≠ 7m 8 (m N)
Bài 3. (4 điểm) Tìm tt c các s nguyên n để:
Phân số
12 1
30 2
n
n
+
+
là phân s ti gin.
ng dn
Gi d là ƯC của
12 1n +
30 2n +
( )
*d
( ) ( )
12 1 ; 30 2 5 12 1 2 30 2 1n dn d n n d d + + +− +



*1dd ⇒=
.
Vy phân s đã cho tối gin vi mi n nguyên.
Bài tập 5: Tìm s t nhiên n nh nhất để các phân s sau đều ti gin.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
232
7 8 9 100
; ; ;...;
n 9 n 10 n 11 n 102++ + +
ng dn
Các phân số đã cho đều có dng:
a
a (n 2)++
, vì các phân s này đều ti giản nên n +
2 và a phi là hai s nguyên t cùng nhau
Như vậy n + 2 phải nguyên t cùng nhau vi ln lưt các s 7; 8; 9; ...; 100 và n + 2
phi là s nh nht
=> n + 2 là số nguyên t nh nht lớn hơn 100
=> n + 2 = 101
n = 99
DNG 4: TÌM S T NHIÊN n Đ PHÂN S RÚT GN ĐƯC.
* Mt phân s rút gn được khi ƯC(Tử s ; mu số) ≠ 1
* LOẠI 1: Phân số có dng A =
.
a
bn c+
với a, b, c là các số nguyên đã biết.
- ớc 1: Tìm Ư(a) ≠ {1, a} là p
- ớc 2: Để phân s A rút gn đưc thì
=> b.n + c = p.k (k
N)
=> Tp hp các s n theo các giá tr tương ng vi s k
N
* LOẠI 2: Phân số có dng A =
.
.
en d
bn c
+
+
với e, b, c, d là các số nguyên đã biết.
- Tách
.
..
en d a
f
bn c bn c
+
= +
++
(vi a, f là các s nguyên)
- Phân s A rút gn đưc khi
.
a
bn c+
rút gn được (Bài toán LOẠI 1)
Bài tp 1. Cho
34
1938
+
+
=
n
n
A
. Vi g tr o ca n trong khong t 150 đến 170 thì phân s
A rút gn đưc.
ng dn
Ta có:
34
187
2
34
187)34(2
34
1938
+
+=
+
++
=
+
+
=
nn
n
n
n
A
=> A là phân số ti gin khi 187 và 4n + 3 có UCLN bằng 1
Nhn thấy 187 có hai ước khác 1 là 11 và 17
Phân s A rút gn được khi 187 và 4n + 3 có ƯỚC CHUNG khác 1
=> 4n + 3 = 11k (k N) Hoặc 4n + 3 ≠ 17m (m N)
=> 4n + 3 11 = 11k’ (k’ N) Hoặc 4n + 3 51 ≠ 17m’ (m’ N)
=> 4(n 2) = 11k’ (k’ N) Hoặc 4(n 12) = 17m’ (m’ N)
=> n = 11k’’ + 2 (k’’ N) Hoặc n = 17m’’ + 12 (m’’ N)
Mà 150 < n < 170 => Tìm được k’’ = 14 và m’’ = 9
=> n = 156 hoặc n = 165
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
233
Bài tập 2. Tìm tt c các s t nhiên n đ phân s
721
318
+
+
n
n
có th rút gn đưc.
ng dn
Gi s 18n + 3 và 21n + 7 cùng chia hết cho s nguyên t d
=> 18 n + 3
d, 21n + 7
d => 6( 21n + 7) 7(18n + 3)
d
=> 21
d => d
Ư(21) = { 3 ; 7}
Mà 21n + 7 Không chia hết cho 3 => d ≠ 3
Ta lại có 21n + 7
7 => 18n + 3
7 => 18n + 3 – 21
7
=> 18(n - 1)
7 mà (18; 7) = 1 => n – 1
7 = > n = 7k + 1(k
N)
Vy đ phân s
721
318
+
+
n
n
có th rút gọn được thì n = 7k + 1(k
N
)
Bài tập 3. Tìm s nguyên n đ phân s
21
32
n
n
+
rút gn đưc.
ng dn
Gọi d là ước chung ca 2n-1 và 3n+2. Ta có: 3( 2n-1 ) - 2( 3n+2 )
d nên -7
d
Để phân s
21
32
n
n
+
rút gn đưc, ta phi có 2n - 1
7
2n-1+7
7
2(n+3)
7
n+3
7
Vy với n = 7k - 3 ( k
Z ) thì phân s
21
32
n
n
+
rút gn đưc
DNG 5: MT S BÀI TOÁN LI VĂN.
Bài tp 1: Ti mt bui hc lp 6A s hc sinh vng mt bng
1
7
s hc sinh có mt.
Ngưi ta nhn thy rng nếu lp có thêm 1 hc sinh ngh hc na ts hc sinh vng mt
bng
1
6
s hc sinh có mt. Tính s hc sinh ca lp 6A
ng dn
Lúc đu s HS vng mt bằng 1/8 số HS c lp. Nếu có thêm 1 HS na vng mt thì
s HS vng mt bằng 1/7 số HS c lp.
Như vy 1 HS bng
11 1
7 8 56
−=
( HS c lp) .
Vy s HS c lp là 1 :
1
56
= 56 ( học sinh)
Bài tp 2: Mt lp hc chưa đến 50 hc sinh, cui năm hc có 30% s hc sinh xếp loi
gii,
8
3
s hc sinh xếp loi khá còn li là hc sinh xếp loi trung bình. Tính s hc sinh
xếp loi trung bình ca lp.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
234
ng dn
Đổi 30% =
3
10
S hs ca lp phi là bi chung của 8 và 10 Và số hs ca lp nh hơn 50
Nên s hs ca lớp đó là 40
S hs trung bình chiếm là 1-
3
10
-
3
8
=
13
40
Vy s hs xếp loi trung bình là 13
Bài tập 3: Mt ca hàng bán mt tm vi trong bốn ngày. Ngày thứ nht bán
6
1
tm vi và
5m, ngày th hai bán 20% s vi còn li và 10m. Ngày th ba bán 25% s vi còn li và 9m,
ngày th tư bán
3
1
s vi còn lại. Cuối cùng còn 13m. Tính chiu dài ca tm vi.
ng dn
S mét vi còn li sau ngày th ba là
2
39
3
2
:13 =
( mét )
S mét vi còn li sau ngày th hai là
38
4
3
:)9
2
39
( =+
( mét )
S mét vi còn li sau ngày th nht là
60
5
4
:)1038( =+
( mét )
Chiu dài tm vi là :
78
6
5
:)560( =+
( mét )
Bài tp 4: hai vòi c cùng chy vào b không cha c, nếu c 2 vòi cùng chy thì
sau 48 phút s đầy b, nếu ch m mt mình vòi th nht chy thì sau 2 gi s đầy b.
Trong mt gi vòi th nht chy ít hơn i th hai 50 lít c. Tính th tích khi b cha
đầy nưc?
ng dn
Trong 1 phút:
Hai vòi chy đưc:
48
1
b
Vòi th nht chy đưc:
120
1
b
Vòi th hai chy đưc:
80
1
120
1
48
1
=
b
Vòi th hai chy hơn vòi th nht:
240
1
120
1
80
1
=
b
Th tích b: 50:
240
1
= 12000 lít
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
235
Bài tp 5: lp 6A, s hc sinh gii hc k I bng
7
3
s còn li. Cui năm có thêm 4 hc
sinh đt loi gii nên s hc sinh gii bng
3
2
s còn li. Tính s hc sinh ca lp 6A.
ng dn
S hc sinh gii k I bng
10
3
s hc sinh c lp
S hc sinh gii cui bng
5
2
s hc sinh c lp
4 học sinh là
5
2
-
10
3
s hc sinh c lp
10
1
s hc sinh c lớp là 4 nên số hc sinh c lớp là 4 :
10
1
= 40
DNG 6: CÁC PHƯƠNG PHÁP SO SÁNH .
I/ Phương pháp 1: Quy đồng mẫu dương rồi so sánh các tử: tử nào lớn hơn thì phân số
đó lớn hơn
Ví dụ: So sánh ?
Ta viết :
Chú ý :Phải viết phân số dưới dạng phân số có mẫu dương.
II/ Phương pháp 2: Quy đng t dương ri so sánh c mu có cùng du “+” hay cùng
du “-“: mẫu nào nh hơn thì phân s đó ln hơn
Ví dụ 1: vì 5 < 4; vì 7 > 5
Ví dụ 2: So sánh ?
Ta có : .
Ví dụ 3: So sánh và ?
Ta có :
33 6 66
à
4 487 7
v
−−
= = =
−−
Chú ý : Khi quy đồng tử các phân số thì phải viết các phân số dưới dạng phân số có
tử dương.
III/ Phương pháp 3: (Tích chéo với các mẫu b và d đều là dương )
+ Nếu a.d > b.c thì
18
17
12
11
36
34
18
17
18
17
36
33
12
11
=
=
=
33 34 11 17
36 36 12 18
−−
>⇒>
4
2
5
2
>
5
3
7
3
<
5
2
7
5
14
10
7
5
;
25
10
5
2
==
7
5
5
2
14
10
25
10
<<
4
3
7
6
66 36
87 47
−−
>⇒>
−−
ac
bd
>
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
236
+ Nếu a.d < b.c thì
+ Nếu a.d = b.c thì
Ví dụ 1: vì 5.8 < 6.7 (40 < 42)
Ví dụ 2: vì (4).8 < (4).5
Ví dụ 3: So sánh
5
4
4
3
. Ta viết
3 34 4
à
44 55
v
−−
= =
−−
Vì (3).5 > (4).4 nên
Chú ý : Phải viết các mẫu của các phân số là các mẫu dương.
(vì chẳng hạn do 3.5 < (4).(4) là sai)
IV/ Phương pháp 4: Dùng s hoc phân s làm trung gian
1/ Dùng s 1 làm trung gian:
a) Nếu
b) Nếu mà M > N thì
* M, N là phần tha so vi 1 ca 2 phân s đã cho .
* Phân số nào có phn tha ln hơn thì phân s đó ln hơn.
c) Nếu mà M > N thì
* M, N là phần thiếu hay phn bù đến đơn v ca 2 phân s đó.
* Phân số nào có phn bù ln hơn thì phân s đó nh n.
Ví dụ 1: So sánh
2004
2005
18
19
?
Ta có :
1
2004
1
2004
2005
;1
18
1
18
19
==
Ví dụ 2: So sánh
99
98
73
72
?
Ta có :
1
99
1
99
98
;1
73
1
73
72
=+=+
.
1 1 72 98
73 99 73 99
>⇒<
Ví dụ 3: So sánh
17
19
9
7
?
Ta có
7 19 7 19
1
9 17 9 17
<< <
2/ Dùng mt phân s làm trung gian
* Phân s này có tử là t ca phân s th nhất , có mẫu là mu ca phân s th hai
Ví d: Để so sánh ta xét phân s trung gian .
ac
bd
<
ac
bd
=
8
7
6
5
<
8
4
5
4
<
34
45
>
−−
34
45
<
1>
a
b
1>⇒>
c ac
d bd
1; 1 = −=
ac
MN
bd
ac
bd
>
1; 1+ = +=
ac
MN
bd
ac
bd
<
1 1 19 2005
18 2004 18 2004
> ⇒>
18
31
15
37
18
37
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
237
* Nhận xét: Trong hai phân số , phân số nào vừa tử lớn hơn , vừa mẫu nhỏ hơn thì
phân số đó lớn hơn (điều kiện các tử và mẫu đều dương ).
* Tính bắc cầu :
Ví dụ 1: So sánh
99
58
73
72
?
Xét phân số trung gian là
72
99
, ta thấy
99
58
73
72
99
58
99
72
99
72
73
72
>>>
Hoặc xét số trung gian là
58
73
, ta thấy
99
58
73
72
99
58
73
58
73
58
73
72
>>>
Ví dụ 2: So sánh
*
1
à ( )
32
nn
v nN
nn
+
++
Dùng phân số trung gian là
2
n
n +
Ta có :
*
11
à ()
32 22 32
n n nn nn
v nN
nn nn nn
++
< <⇒<
++ ++ ++
Ví dụ 3: So sánh các phân số sau:
a)
12 13
à?
49 47
v
e)
456 123
à?
461 128
v
b)
64 73
à?
85 81
v
f)
2003.2004 1 2004.2005 1
à?
2003.2004 2004.2005
v
−−
c)
19 17
à?
31 35
v
g)
149 449
à?
157 457
v
d)
67 73
à?
77 83
v
h)
1999.2000 2000.2001
à?
1999.2000 1 2000.2001 1
v
++
(Gợi ý: Từ câu a
c: Xét phân số trung gian.
Từ câu d
h: Xét phần bù đến đơn vị)
3/ Dùng mt phân s xp x là trung gian.
Ví dụ 1: So sánh
12 19
à?
47 77
v
Ta thấy cả hai phân số đã cho đều xấp xỉ với phân số trung gian là
1
4
.
Ta có :
12 12 1 19 19 1 12 19
à
47 48 4 77 76 4 47 77
v>= <=>
Bài tập áp dụng :
Dùng phân số xấp xỉ làm phân số trung gian để so sánh :
11 16 58 36 12 19 18 26
) à;) à;) à;) à
32 49 89 53 37 54 53 78
13 34 25 74 58 36
) à ; ) à ;) à .
79 204 103 295 63 55
avbvcvdv
ev f v hv
IV/ Phương pháp 5: Dùng tính chất sau với m 0 :
;
18 18 18 15 18 15
&
31 37 37 37 31 37
> >⇒>
&
ac cm am
thì
bdd n bn
>> >
*0 1
a a am
b b bm
+
<<⇒<
+
a am
b bm
>
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
238
;
Ví dụ 1: So sánh
11 10
12 11
10 1 10 1
à ?
10 1 10 1
A vB
−+
= =
−+
Ta có :
11
12
10 1
1
10 1
A
= <
(vì tử < mẫu)
11 11 11 10
12 12 12 11
10 1 (10 1) 11 10 10 10 1
10 1 (10 1) 11 10 10 10 1
AB
−+ + +
=<===
−+ + +
Vậy A < B .
Ví dụ 2: So sánh
2004 2005 2004 2005
à ?
2005 2006 2005 2006
M vN
+
=+=
+
Ta có :
2004 2004
2005 2005 2006
2005 2005
2006 2005 2006
>
+
>
+
Cộng vế theo vế ta có kết quả M > N.
Ví dụ 3: So sánh
37 3737
à
39 3939
v
?
Giải:
37 3700 3700 37 3737
39 3900 3900 39 3939
+
= = =
+
(áp dụng
a c ac
b d bd
+
= =
+
)
VI/ Phương pháp 6: Đổi phân s lớn hơn đơn v ra hỗn s để so sánh :
+ Hỗn số nào có phần nguyên lớn hơn thì hỗn số đó lớn hơn.
+ Nếu phần nguyên bằng nhau thì xét so sánh các phân số kèm theo
Ví dụ 1: So sánh
15
12
8
5
?
Ta có
8
5
= 0,625;
15
12
= 0,8.
Vì 0,625 < 0,8 nên
15
12
8
5
<
Ví dụ 2: So sánh
5
4
4
3
?
Ta có
4
3
= –0,75 ;
5
4
= 0,8
0,75 >0,8 nên
5
4
4
3
>
BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: So sánh qua phân s trung gian:
b,
18
31
15
37
b
72
73
58
99
Bài 2: So sánh:
a,
2008
2009
2008 1
2008 1
A
+
=
+
2007
2008
2008 1
2008 1
B
+
=
+
b,
100
99
100 1
100 1
A
+
=
+
101
100
100 1
100 1
B
+
=
+
*1 .
a a am
b b bm
+
=⇒=
+
*1
a a am
b b bm
+
>⇒ >
+
a am
b bm
<
*.
a c ac
b d bd
+
= =
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
239
Bài 3: So sánh:
a,
15
16
13 1
13 1
A
+
=
+
16
17
13 1
13 1
B
+
=
+
b,
1999
1998
1999 1
1999 1
A
+
=
+
2000
1999
1999 1
1999 1
B
+
=
+
Bài 4: So sánh:
a,
100
99
100 1
100 1
A
+
=
+
98
97
100 1
100 1
B
+
=
+
b,
11
12
10 1
10 1
A
=
10
11
10 1
10 1
B
+
=
+
Bài 5: So sánh:
a,
7
7
10 5
10 8
A
+
=
8
8
10 6
10 7
B
+
=
b,
8
8
10 2
10 1
A
+
=
8
8
10
10 3
B =
Bài 6: So sánh:
a,
20
20
19 5
19 8
A
+
=
21
21
19 6
19 7
B
+
=
b,
2009
2008
100 1
100 1
A
+
=
+
2010
2009
100 1
100 1
B
+
=
+
Bài 7: So sánh:
a,
15
16
10 1
10 1
A
+
=
+
16
17
10 1
10 1
B
+
=
+
b,
2004
2005
10 1
10 1
A
+
=
+
2005
2006
10 1
10 1
B
+
=
+
Bài 8: So sánh:
a,
1992
1991
10 1
10 1
A
+
=
+
1993
1992
10 3
10 3
B
+
=
+
b,
10
10
10 1
10 1
A
+
=
10
10
10 1
10 3
B
=
Bài 9: So sánh:
a,
20
21
10 6
10 6
A
+
=
+
21
22
10 6
10 6
B
+
=
+
b,
2016
2017
15 5
15 5
A
+
=
+
2017
2018
15 1
15 1
B
+
=
+
Bài 10: So sánh:
a,
20
21
10 3
10 3
A
+
=
+
21
22
10 4
10 4
B
+
=
+
b,
21
22
20 3
20 4
A
+
=
+
22
23
20 8
20 28
B
+
=
+
Bài 11: So sánh:
100
99
100 1
100 1
A
+
=
+
69
68
100 1
100 1
B
+
=
+
Bài 12: So sánh:
a,
18
20
23
23
A
=
20
22
23
23
B
=
b,
23
22
15 3
15 138
A
=
22
21
15 4
15 5
B
+
=
Bài 13: So sánh:
a,
2004 2005
2005 2006
A = +
2004 2005
2005 2006
B
+
=
+
b,
2000 2001
2001 2002
A = +
2000 2001
2002 2002
B
+
=
+
Bài 14: So sánh:
a,
1985.1987 1
1980 1985.1986
A
=
+
và 1 b,
5(11.13 22.26)
22.26 44.54
A
=
2
2
138 690
137 548
B
=
Bài 15: So sánh:
a,
3
33
33.10
2 .5.10 7000
A =
+
3774
5217
B =
b,
244.395 151
244 395.243
A
=
+
423134.846267 423133
423133.846267 423134
B
=
+
Bài 16: So sánh
( )
5 11.13 22.26
22.26 44.52
M
=
2
2
138 690
137 548
N
=
Bài 17: So sánh:
244.395 151
244 395.243
A
=
+
423134.846267 423133
423133.846267 423134
B
=
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
240
Bài 18: So sánh:
a,
1919.171717
191919.1717
A =
18
19
B =
b,
234
4 356
5
7 777
A = ++ + +
42 3
5 645
5
7 7 77
B = ++ + +
Bài 19: So sánh:
a,
76
10 10
22
A = +
76
11 9
22
B = +
b,
766
10 9 1
222
A =++
767
10 9 1
222
B =++
Bài 20: So sánh:
a,
7.9 14.27 21.36
21.27 42.81 63.108
M
++
=
++
37
333
B =
b,
19 23 29
41 53 61
A =++
21 23 33
41 45 65
B =++
Bài 21: So sánh:
a,
11 12
12 23
14 14
A = +
12 11
12 23
14 14
B = +
b,
01 9
01 8
5 5 ... 5
5 5 ... 5
A
+++
=
+++
01 9
01 8
3 3 ... 3
3 3 ... 3
B
+++
=
+++
Bài 22: So sánh:
a,
1
n
A
n
=
+
2
3
n
B
n
+
=
+
(n>0) b,
2
2
1
1
n
A
n
=
+
2
2
3
4
n
B
n
+
=
+
(n>1)
Bài 23: So sánh:
a,
10 8
10 10
50 50
A = +
10 8
11 9
50 50
B = +
b,
20 30
2016 2016
100 100
A = +
20 30
2017 2015
100 100
B = +
Bài 24: So sánh:
a,
3
n
A
n
=
+
1
4
n
B
n
=
+
b,
21
n
A
n
=
+
31
63
n
B
n
+
=
+
Bài 25: So sánh:
a,
34
37
88
A = +
34
73
88
B = +
b,
2003.2004 1
2003.2004
A
=
2004.2005 1
2004.2005
B
=
Bài 26: So sánh :
a,
2010
2007
21
21
A
+
=
+
2012
2009
21
21
B
+
=
+
b,
123
125
31
31
A
+
=
+
122
124
3
31
B =
+
Bài 27: So sánh :
22 2 2
...
60.63 63.66 117.120 2011
A = + ++ +
555 55
...
40.44 44.48 48.52 76.80 2011
B =+++++
Bài 28: So sánh tng
11 1 1 1
5 9 10 41 42
S =++ + +
vi
1
2
Bài 29: So sánh không qua quy dồng :
2005 2006
7 15
10 10
A
−−
= +
2005 2006
15 7
10 10
B
−−
= +
Bài 30: So sánh:
2012 2011
9 19
10 10
−−
= +A
2011 2012
9 19
10 10
−−
= +B
Bài 31: So sánh :
2009
2010
2009 1
2009 1
A
+
=
+
2010
2011
2009 2
2009 2
B
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
241
Bài 32: So sánh phân s :
1a
a
1+b
b
vi a, b là s nguyên cùng du và a # b
Bài 33: So sánh
2006 2007 2008 2009
2007 2008 2009 2006
A =+++
với B = 4
Câu 34: So sánh :
Câu 35: Cho . So sánh .
Câu 36: So sánh:
2018
2019
74 1
74 1
C
+
=
+
2019
2020
74 2021
.
74 2021
D
=
NG DN GII
Bài 1:
a, Xét phân s trung gian là:
18
37
, Khi đó ta có:
18 18 15
31 37 37
>>
b, Xét phân s trung gian là
72
99
, Khi đó ta có:
72 72 58
73 99 99
>>
Bài 2:
a,
2008 2008 2008
2009 2009 2009
2008 1 2008 1 2007 2008 2008
1
2008 1 2008 1 2007 2008 2008
AA
+ ++ +
= <=> < =
+ ++ +
( )
( )
2007
2008
2008 2008 1
2008 2008 1
B
+
= =
+
b, Ta có :
( )
( )
100
101 101 101
100 100 100
99
100 100 1
100 1 100 1 99 100 100
1
100 1 100 1 99 100 100
100 100 1
BB A
+
+ ++ +
= >=> > = = =
+ ++ +
+
Bài 3:
a,
( )
( )
15
16 16 16
17 17 17
16
13 13 1
13 1 13 1 12 13 13
1
13 1 13 1 12 13 13
13 13 1
BB A
+
+ ++ +
= <=> < = = =
+ ++ +
+
Vậy A>B
b,
( )
( )
1999
2000 2000 2000
1999 1999 1999
1998
1999 1999 1
1999 1 1999 1 1998 1999 1999
1
1999 1 1999 1 1998 1999 1999
1999 1999 1
BB
+
+ ++ +
= >=> > = =
+ ++ +
+
=A
Bài 4:
a,
( )
( )
2 98
100 100 100 2
99 99 99 2
2 97
100 100 1
100 1 100 1 9999 100 10
1
100 1 100 1 9999 100 10
100 100 1
AA B
+
+ ++ +
= >=> > = = =
+ ++ +
+
Vậy A>B
b,
( )
( )
10
11 11 11
12 12 12
11
10 10 1
10 1 10 1 11 10 10
1
10 1 10 1 11 10 10
10 10 1
AA B
+
−+ +
= <=> < = = =
−+ +
+
Bài 5:
a,
77
77 7
10 5 10 8 13 13
1
10 8 10 8 10 8
A
+ −+
= = = +
−−
88
88 8
10 6 10 7 13 13
1
10 7 10 7 10 7
B
+ −+
= = = +
−−
mà:
78
13 13
10 8 10 7
AB> =>>
−−
b,
88
88 8
10 2 10 1 3 3
1
10 1 10 1 10 1
A
+ −+
= = = +
−−
C
29
28
1 5 5 ... 5
1 5 5 ... 5
++ + +
=
++ + +
D
29
28
1 3 3 ... 3
1 3 3 ... 3
++ + +
=
++ + +
2018
2019
2019 1
2019 1
C
+
=
+
2019
2020
2019 1
2019 1
D
+
=
+
C
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
242
88
88 8
10 10 3 3 3
1
10 3 10 3 10 3
B
−+
= = = +
−−
Mà:
88
33
10 1 10 3
AB< =><
−−
Bài 6:
a,
20 20
20 20 20
19 5 19 8 13 13
1
19 8 19 8 19 8
A
+ −+
= = = +
−−
21 21
21 21 21
19 6 19 7 13 13
1
19 7 19 7 19 7
B
+ −+
= = = +
−−
, Mà:
20 21
13 13
19 8 19 7
AB> =>>
−−
b,
( )
( )
2009
2010 2010
2009 2009
2008
100 100 1
100 1 100 1 99
1
100 1 100 1 99
100 100 1
BB A
+
+ ++
= >=> > = =
+ ++
+
, vậy A<B
Bài 7:
a,
( )
( )
15
16 16
17 17
16
10 10 1
10 1 10 1 9
1
10 1 10 1 9
10 10 1
BB A
+
+ ++
= <=> < = =
+ ++
+
Vậy: A>B
b,
( )
( )
2004
2005 2005
2006 2006
2005
10 10 1
10 1 10 1 9
1
10 1 10 1 9
10 10 1
BB A
+
+ ++
= <=> < = =
+ ++
+
Vậy A>B
Bài 8:
a,
( )
( )
1992
1993 1993
1992 1992
1991
10 10 1
10 3 10 3 7
1
10 3 10 3 7
10 10 1
BB A
+
+ ++
= >=> > = =
+ ++
+
vậy B>A
b,
10 10
10 10 10
10 1 10 1 2 2
1
10 1 10 1 10 1
A
+ −+
= = = +
−−
10 10
10 10 10
10 1 10 3 2 2
1
10 3 10 3 10 3
B
−+
= = = +
−−
, mà:
10 10
22
10 1 10 3
AB< =><
−−
Bài 9:
a,
( )
( )
21
21 21 21
22 22 22
21
10 10 6
10 6 10 6 54 10 60
1
10 6 10 6 54 10 60
10 10 6
BB A
+
+ ++ +
= <=> < = = =
+ ++ +
+
, Vậy A>B
b,
( )
( )
2016
2017 2017 2017
2018 2018 2018
2017
15 15 5
15 1 15 1 74 15 75
1
15 1 15 1 74 15 75
15 15 5
BB A
+
+ ++ +
= <=> < = = =
+ ++ +
+
vậy A>B
Bài 10:
a,
( )
( )
20
21 21 21
22 22 22
21
10 10 3
10 4 10 4 26 10 30
1
10 4 10 4 26 10 30
10 10 3
BB A
+
+ ++ +
= <=> < = = =
+ ++ +
+
, vậy A>B
b,
( )
( )
21
22 22 22
23 23 23
22
20 20 3
20 8 20 8 52 20 60
1
20 28 20 28 52 20 80
20 20 4
BB A
+
+ ++ +
= <=> < = = =
+ ++ +
+
Vậy A>B
Bài 11:
Quy đng mu ta có:
( )( )
100 68
100 1 100 1A =++
, và
( )( )
69 99
100 1 100 1B =++
Xét hiu
( )
( ) ( )( )
68 89 99
100 1 100 1 100 1 100 1AB−= + + + +
=
100 99 69 68
100 100 100 100−−+
( )
99 99 68 68 99 68 99 68
100.100 100 100.100 100 99.100 99.100 99 100 100 0 AB= + = = >=> >
Bài 12:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
243
a, Chú ý trong trường hp ta tr c t và mu vi cùng 1 s thì ta đảo chiu ca bất đẳng
thc
( )
( )
2 18
20 20 20
22 22 22
2 20
22 3
23 239212
1
23 239212
22 3
BB A
−−
= <=> > = = =
−−
Vậy B>A
b,
( )
( )
22
23 23 23
22 22 22
21
15 15 4
15 3 15 3 63 15 60
1
15 138 15 138 63 15 75
15 15 5
AA B
+
−+ +
= >=> > = = =
−+
, Vậy A>B
Bài 13:
a,
2004 2005 2004 2005 2004 2005
4011 4011 4011 2005 2006
BA
+
= =+<+=
b,
2000 2001 2000 2001 2000 2001
4004 4004 4004 2001 2002
BA
+
= =+<+=
Bài 14:
a,
( )
1985. 1986 1 1
1985.1986 1985 1 1985.1986 1984
1
1980 1985.1986 1980 1985.1986 1985.1986 1980
A
+−
+− +
= = = >
++ +
b,
( )
( )
5 11.13 22.26
51
1
4. 11.13 22.26 4 4
A
= = = +
138 1
1
137 137
B = = +
mà:
11
4 137
AB> =>>
Bài 15:
a,
3
33
7000 7.10
47
A= =>=
34
47
B =
=> A<B
b,
( )
243 1 .395 151
243.395 395 151 243.395 244
1
244 395.243 244 395.243 244 395.243
A
+−
+− +
= = = =
+ ++
,
Tương t ta có: T s ca
B
( )
423133 1 .846267 423133 423133.846267 846267 423133+ = +−
423133.846267 423134= +
bng vi mu s của B nên B=1. Vy A=B
Bài 16:
Ta có:
( )
( )
5 11.13 22.26
51
1
4 11.13 22.26 4 4
M
= = = +
138 1
1
137 137
N = = +
Bài 17:
Ta có: A
( )
243 1 395 151 243.395 395 151 243.395 244 1TS MS A= + −= +−= + = =>=
( )
423133 1 846267 423133 423133.846267 846256 423133TS = + = +−
423133.846267 423134 1MS B= + = =>=
Bài 18:
a, Ta có :
19.101.17.10101 18
1
19.10101.17.101 19
AB= =>=
b, Ta có :
3 24 3 244
45 36 45 351
55
77 77 77 777
A
 
= ++ + + = ++ + + +
 
 
3 24 3 224
45 6 5 45 3 3 5
55
77 77 77 777
B
 
= ++ + + = ++ + + +
 
 
Mà:
42
1 1 33
7 2401 7 49
= <=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
244
Bài 19:
a, Ta có :
76 766
10 10 10 9 1
22222
A =+=++
76 776
11 9 10 1 9
22222
B =+=++
, mà:
67
11
22
AB> =>>
b, Ta có :
Bài 20:
a, Rút gn M ta có:
b, và
Vy A<B
Bài 21:
a, Ta có :
, mà:
b, Ta có : >2+3
Nhn thy
Bài 22:
a, Ta có :
b, Ta có :
, Mà:
Bài 23:
a, và , Mà:
b, , mà:
Bài 24:
a,
b,
Bài 25:
67
11
22
AB> =>>
7.9(1 2.3 3.4) 1
21.29(1 2.3 3.4) 9
A
++
= =
++
37:37 1
333:37 9
B = =
19 23 29 19 23 29 3
41 53 61 38 46 58 2
A =++<++=
21 23 33 21 23 33 3
41 45 65 42 46 66 2
B =++>++=
11 12 11 12 12
12 23 12 12 11
14 14 14 14 14
A =+=++
12 11 11 11 12
12 23 12 11 12
14 14 14 14 14
B =+=++
12 11
11 11
14 14
AB< =><
( )
012 8
0128 28
1 5 5 5 5 ... 5
1
5
5 5 5 ... 5 1 5 5 ... 5
A
+ + + ++
= = +
++ ++ ++ ++
( )
012 8
012 8 012 8
1 3 3 3 3 ... 3
1
3
3 3 3 ... 3 3 3 3 ... 3
B
+ ++ ++
= = +
++ ++ ++ ++
012 8
1
2
3 3 3 ... 3
AB<=> >
++ ++
22
1
1 12 3
n nn
AA B
n nn
++
= <=> < = =
+ ++ +
22
22 2
1 12 2
1
11 1
nn
A
nn n
+−
= = = +
++ +
22
22 2
3 41 1
1
44 4
nn
B
nn n
+ +−
= = = +
++ +
2
2
1
28n
= +
+
22
22
12 8
AB
nn
−−
< =><
++
10 8 8
10 9 1
50 50 50
A = ++
10 10 8
10 1 9
50 50 50
B =++
8 10
11
50 50
AB> =>>
20 30 30
2016 2015 1
100 100 100
A =++
20 20 30
2016 1 2015
100 100 100
B =++
30 20
11
100 100
AB< =><
11
334
nn n
AB
nnn
−−
=>>=
+++
3 31
216363
n nn
AB
nnn
+
==<=
+++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
245
a, , và , Mà:
b, , , Mà:
Bài 26:
a,
b, , Tương tự :
Bài 27:
>
Bài 28:
nên
Bài 29:
,
Bài 30:
, Mà:
Bài 31:
Bài 32:
Ta có :
*Nếu a>0 và b>0 thì *Nếu a < 0 và b < 0 t
34 344
37334
88888
A =+=++
34 334
73343
88888
B =+=++
43
44
88
AB< =><
1
1
2003.2004
A
= +
1
1
2004.2005
B
= +
11
2003.2004 2004.2005
AB
−−
< =><
2010 3
3
2007 2002
2 27 7
2
21 21
A
+−
= =
++
2012 3
3
2009 2009
2 27 7
2
21 21
B
+−
= =
++
( )
123 125
22
125 125 2 125
18 1 8 8
3 31
1
393 9 9
31 31 331
A
+ + ++
= = = +
++ +
2 124
8
1
9
33 1
B = +
+
3 3 3 3 11 3
3 2 ... 2
60.63 63.66 117.120 2011 60 120 2011
A

= + ++ + = +


1 3 16
2
120 2011 60 2011

=+=+


12
180 2011
A = +
4 4 4 4 11 4
4 5 ... 5
40.44 44.48 76.80 2011 40 80 2011
B

= ++++ =+


1 4 1 20
5
80 2011 16 2011

=+=+


15
64 2011
B = +
12
180 2011
A+=
1 1 111
9 10 8 8 4
+ <+=
11111
41 42 40 40 20
+<+=
11 1 1
5 4 20 2
S <++ =
2005 2006 2006
787
10 10 10
A
−−
=++
2005 2005 2006
787
10 10 10
B
−−
=++
2012 2011 2011
9 9 10
10 10 10
A
−−
=++
2011 2012 2012
9 9 10
10 10 10
B
−−
=++
2011 2012
10 10
10 10
AB
−−
< =><
2010
2011
2009 2 2011
1
2009 2 2011
BB A
−+
<=> < =
−+
11 11
1& 1
ab
a ab b
−+
=−=+
1
0>
a
1
0>
b
11
0& 0
ab
<<
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
246
Bài 33:
Câu 34: Ta có:
Do
Câu 35:
nên
Câu 36: Ta có:
2018
2019
2019 2019
2019 2019
2019
74 1
74 1
74 74 74 1 73
74.
74 1 74 1
73
74. 1 (1)
74 1
C
C
C
+
=
+
+ ++
= =
++
= +
+
2007 1 2008 1 2009 1 2006 3 1 1 1 1 1 1
44
2007 2008 2009 2006 2006 2007 2006 2008 2006 2009
A
−−−+
= + + + =+−+−+−>
C
C
29 9 28
28 28 9
987
1 5 5 ... 5 5 1 5 5 ... 5
1 1 1:
1 5 5 ... 5 1 5 5 ... 5 5
111 1
1 1 : ...
5
555
++ + + ++ + +
==+=+
++ + + ++ + +

=+ + + ++


D
D
29 9 28
28 28 9
987
1 3 3 ... 3 3 1 3 3 ... 3
1 1 1:
1 3 3 ... 3 1 3 3 ... 3 3
111 1
1 1 : ...
3
333
++ + + ++ + +
==+=+
++ + + ++ + +

=+ + + ++


9988 77
1111 11 11
; ; ; ...;
53
5353 53
<< < <
CD
987 987
987 987
987 987
111 1111 1
.... ....
53
555 333
111 1 111 1
1: .... 1 : ....
53
555 333
111 1 111 1
1 1 : .... 1 1 : ....
53
555 333
+ + ++< + + ++

+ + ++ > + + ++



+ + + ++ >+ + + ++


⇒>
( )
2018
2018 2019
2019 2019 2019 2019
2019. 2019 1
2019 1 2019 1 2018 2018
2019 1
2019 1 2019 1 2019 1 2019 1
CC
+
+ ++
= ⇒= = =+
+ + ++
( )
2019
2019 2020
2020 2020 2020 2020
2019. 2019 1
2019 1 2019 1 2018 2018
2019 1
2019 1 2019 1 2019 1 2019 1
DD
+
+ ++
= ⇒= = =+
+ + ++
2019 2020
2018 2018
2019 1 2019 1
>
++
2019 2019C D CD> ⇒>
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
247
2019
2020
2020 2020
2020 2020
74 2021
74 2021
74 2021.74 74 2021.(1 73)
74.
74 2021 74 2021
D
D
=
−+
= =
−−
2020
2020
2020
74 2021 2021.73
74.
74 2021
2021.73
74. 1 (2)
74 2021
D
D
−−
=
=
T (1)
và (2) suy ra
74 74 C D CD> ⇒>
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
248
CHUYÊN Đ 11: CHNG MINH BT ĐNG THC
VÀ TÌM GTLN, GTNN
I. TÌM GTLN,GTNN
Dng 1: Vi
.
a
A
bn c
=
+
vi a, b, c là các s nguyên đã biết.
+ Nếu a Z
+
thì:
A có GTLN khi
.bn c+
là s dương nh nht ng vi n nguyên
A có GTNN khi
.bn c+
là s nguyên âm lớn nht ng vi n nguyên
+ Nếu a Z
-
thì:
A có GTLN khi
.bn c+
là s âm lớn nht ng vi n nguyên.
A có GTNN khi
.bn c+
là s dương nh nht ng vi n nguyên
Bài 1. Cho phân s . Tìm s nguyên để giá trị ln nht. Tìm giá
tr ln nhất đó.
ng dn gii
Điu kiện:
*Nếu thì
*Nếu thì
là s nguyên nên
Do đó
Xảy ra khi
Vậy với thì giá tr ln nht ca .
Bài 2. Tìm s t nhiên n đ A =
15
9n
có giá trị ln nht.
ng dn gii
Ta có:
15 0>
và không đổi.
Nên A =
15
9n
có giá trị ln nht khi
90n −>
và có giá trị nh nht (1)
Ta li có:
9nN n Z −∈
(2)
T (1) và (2)
9n⇒−
có giá trị nh nht bng 1 khi đó n = 10.
Vậy với n = 10 thì thỏa mãn đầu bài.
Bài 3. Tìm x để phân s
1
1
2
+x
có giá trị ln nht.
ng dn gii
2019
2020
P
x
=
x
P
2020x
2020x <
2020 0 0xP <⇒ <
2020x >
2020 0 0xP >⇒ >
x
2020 1x −≥
2019
2019
2020
P
x
=
2019P =
2020 1 2021xx =⇒=
2021x =
2019P =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
249
1
1
2
+x
là một phân s => x
2
+ 1 N
*
=> Phân số
1
1
2
+x
có giá trị ln nht khi x
2
+ 1
phi là s t nhiên nh nhất khác 0 => x
2
+ 1 = 1 => x = 0.
Dng 2: Vi A = vi a, b, c, d là các s nguyên đã biết.
+ Tách A =
.
..
an d f
e
bn c bn c
+
= +
++
(f Z)
+ Vic tìm n nguyên đ A có GTLN GTNN tr thành bài toán tìm n nguyên đ
.
f
bn c+
có GTLN hoc có GTNN (Bài toán dạng 1)
Bài 1. Cho phân s:
( )
65
.
32
+
=
+
n
Pn
n
Vi giá tr nào của
n
thì phân s
P
giá trị
ln nht?
ng dn gii
Ta có:
( )
23 2 1
65 1
2
32 32 32
n
n
P
nn n
++
+
= = = +
++ +
Vi
n
thì
11 15 5
3 22 2
3 22 3 22 2
nP
nn
+ ≤⇔+ ⇒≤
++
Dấu
“=” xảy ra
0n⇔=
Vy
0n =
thì phân s
P
có giá trị ln nht bng
5
2
Bài 2. Cho phân số
n + 1
A= (n Z)
n - 3
. Tìm n để A có giá trị lớn nhất.
ng dn gii
Ta có:
n + 1 n - 3 + 4 4
A= = 1
n - 3 n - 3 3n
= +
Với n > 3 thì
4
3n
> 0
Với n < 3 thì
4
3n
< 0
Để A có giá trị ln nht thì n 3 nguyên dương và có giá trị nh nhất.
Hay n 3 = 1
n = 4
Bài 3. Với giá trị nào của s t nhiên a thì
23a4
17a5
có giá trị ln nht.
ng dn gii
5 17 4.(5 17) 20 68 5.4 5.23 47 5(4 23) 47 5 47
4 23 4.(4 23) 4(4 23) 4(4 23) 4(4 23) 4 4(4 23)
aaaa a
aaa a a a
+ −+
= = = = = +
−−
Cách giải tương t Bài tp 2:
.
.
an d
bn c
+
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
250
Như vy bài toán đưa v tìm s t nhiên a đ 4a 23 là số dương nh nht ng vi
s t nhiên a = 6.
Vy
5 17
6
4 23
a
a
a
=
có giá trị ln nht bng 13.
Bài 4. Tìm s t nhiên n đ phân s B =
10 3
4 10
n
n
đạt giá trị ln nhất. Tìm giá trị ln nht đó.
ng dn gii
Ta có:
( )
10 3 5(2 5) 22 5 22 5 11
410 225 22(25)225
nn
B
n n nn
−+
== =+=+
−−
Ta có: B đạt giá trị ln nht khi
52
11
n
đạt giá trị ln nhất.
Vì 11 > 0 và không đi nên
52
11
n
đạt giá tr ln nht khi: 2n 5 > 0 đt giá tr
nh nht
2n - 5 = 1
n = 3
Vậy B đạt giá trị ln nht là
5 27
11
22
+=
khi n = 3
Bài 5. Cho
42
15
x
M
x
=
. Tìm số nguyên x đ M đạt giá trị nh nht
ng dn gii
Ta thy
42 27
1
15 15
x
M
xx
= =−+
−−
đạt GTNN
27
15x
nh nht
Xét
15 0x −>
thì
27
0
15x
>
Xét
15 0x −<
thì
27
0.
15x
<
Vy
27
15x
nh nht khi
15 0x −<
Phân s
27
15x
có t dương mẫu âm
Khi đó
27
15x
nh nht khi
15x
là s nguyên âm lớn nhất hay
15 1 14xx =−⇔ =
Vy
14x =
thì M nh nhất và M =
28
Bài 6. Cho . Tìm s nguyên để giá trị ln nht, tìm gtr
nh nhất đó.
ng dn gii
* Tìm có giá trị ln nht.
Ta có:
23
2
n
A
n
+
=
( )
2n
n
A
A
7
2
2
A
n
= +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
251
Để đạt GTLN thì có GTLN, do đó là s nguyên dương nh nht.
Vi suy ra .
Khi đó
Vy có giá trị ln nht bằng 9 khi .
* Tìm có giá trị nh nht.
Ta có:
Để đạt GTNN thì có GTNN, do đó là s nguyên âm lớn nht.
Vi suy ra .
Khi đó .
Vy có giá trị nh nht bng khi .
Bài 7. Tìm giá tr lớn nhất ca biu thc:
ng dn gii
ln nht khi ln nht
Ta có: nh nht bằng 2, khi
Khi đó ln nht bng
Bài 7. Tìm giá trị nh nht hoc ln nht ca biu thc sau:
2
2
15
3
x
B
x
+
=
+
ng dn gii
Ta có . Dấu xảy ra
Vy
A
7
2n
2n
21n −=
3n =
7
29
1
A =+=
A
3n =
A
7
2
2
A
n
= +
A
7
2n
2n
21n −=
1n =
27 5A =−=
A
5
1n =
22
22
3
2
xy
B
xy
++
=
++
22 22
22 22 22
3 21 1
)1
22 2
xy xy
bB
xy xy xy
++ +++
= = = +
++ ++ ++
B
22
2xy++
2
22 22
2
0
22 2
0
x
xy xy
y
⇒++⇒++
0xy= =
B
31
1
22
=
2
22
15 12
1
33
x
B
xx
+
= = +
++
2
0x
""=
0x⇔=
2
33x +≥
22 2
12 12 12 12
41 5
33 3 3xx x
⇒≤⇒≤+≤
++ +
50MaxB x=⇔=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
252
LOI 3: Vi A = |f(x)| + b hoc A = - |f(x)| + b
+ Vì |f(x)| ≥ 0 => A = |f(x)| + b ≥ b => A nhỏ nhất = b khi f(x) = 0
+ - |f(x)| ≤ 0 => A = - |f(x)| + b ≤ b => A lớn nhất = b khi f(x) = 0
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất các biểu thức sau:
11
) ) 2.
23
+ −+a x bx
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
1
0
2
+≥x
Do đó giá trị nh nht ca biu thc
1
2
+x
là 0
Giá trị nh nht ca biu thc
1
2
+x
là 0 đạt đưc khi
1
0
2
+=x
hay
1
.
2
= x
Vậy giá trị nh nht ca
1
2
+x
là 0 khi
1
.
2
= x
b) Ta có:
1
0
3
−≥x
Suy ra:
1
22
3
+≥x
Giá trị nh nht ca biu thc
1
2
3
−+x
là 2 đạt đưc khi
1
0
3
−=x
hay
1
3
=x
Vậy giá trị nh nht ca
1
2
3
−+x
là 0 khi
1
3
=x
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất các biểu thức sau:
) 3 1 )6 2.
32 1
1
c) )
62 1 1
+ −+
++
++ ++
a x bx
x
d
xx
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
31 0+≤x
Giá trị nh nht ca biu thc
31−+x
là 0 đạt đưc khi
3 10+=x
hay
1
3
= x
Vậy giá trị ln nht ca
31−+x
là 0 khi
1
3
= x
b) Ta có:
20−+ x
Suy ra:
6 26−+x
Giá trị ln nht ca biu thc
62−+x
là 6 đạt đưc khi
20+=x
hay
2= x
Vậy giá trị ln nht ca
62−+x
là 6 khi
2= x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
253
c) Ta có:
622++≥x
Suy ra:
11
622
++x
Giá trị ln nht ca biu thc
1
62++x
1
2
đạt đưc khi
60+=x
hay
6= x
Vậy giá trị ln nht ca
1
62++x
1
2
khi
6= x
d) Ta có:
( )
1 21 1
32 1
1
2
11 11 11
+ ++
++
= = +
++ ++ ++
x
x
x xx
Do:
1 11++≥x
. Suy ra:
1
23
11
+≤
++x
Giá trị ln nht ca biu thc
32 1
11
++
++
x
x
3 đạt đưc khi
10+=x
hay
1= x
Vậy giá trị ln nht ca
32 1
11
++
++
x
x
3 khi
1= x
Bài 3. Với giá trị nào của x, y thì biểu thức : A = | x - y | + | x + 1 | + 2016 đạt giá trị nh
nhất. Tìm giá trị nh nhất đó.
Hướng dẫn giải
Vì |x - y | 0 với mọi x, y ; |x + 1 | 0 với mi x
A 2016 với mi x,y .
A đạt giá trị nh nht khi
Vậy với x = y = - 1 thì A đạt giá trị nh nhất là 2016.
Bài 4. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
Hướng dẫn giải
Biu thc đạt giá tri nhỏ nht khi có giá trị nh nht
nên
Du xảy ra khi
Vậy giá trị nh nht ca C là khi
| |0 0
| 1| 0 1 0 1
xy xy xy
xxx
= −= =

⇔⇔

+= += =

2017 2018
2017 2019
x
C
x
−+
=
−+
( )
2017 2019 1
2017 2018
1
)1
2017 2019 2017 2019 2017 2019
x
x
aC
xx x
−+
−+
= = =
−+ −+ −+
C
2017 2019x −+
2017 0x −≥
2017 2019 2019x +≥
""=
2018
2017
2019
xC= ⇒=
2018
2019
2017x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
254
Bài 5. Tìm giá trị nh nht ca A, biết :
A = |7x 5y| + |2z 3x| +|xy + yz + zx - 2000|
Hướng dẫn giải
Ta có |7x 5y| 0; |2z 3x| 0 và | xy + yz + zx - 2000| 0
Nên A = |7x 5y| + |2z 3x| +|xy + yz + zx - 2000| 0
Mà A = 0 khi và chỉ khi
|7x 5y| = |2z 3x| = |xy + yz + zx - 2000| = 0
Có: |7x 5y| = 0 7x = 5y
|2z 3x| = 0
|xy + yz + zx - 2000| = 0 xy + yz + zx = 2000
T đó tìm đưc
A 0, mà A = 0 (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30)
Vậy MinA = 0 (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30)
II. BT ĐNG THC
Dng 1: Tng phân s t nhiên
Phương pháp:
Vi tng phân s t nhiên, vi chương trình lp 6 -7 ta nên cho hc sinh làm theo
cách nhóm đu cui và so sánh gia các nhóm vi nhau, đ to ra các ngoc cùng t,
rồi so sánh bình thưng
Bài 1. Cho
111 1
...
101 102 103 200
A = + + ++
.
Chứng minh răng: a)
7
12
A >
b)
5
8
A >
Hướng dẫn giải
a) Ta chn biu thc
B
làm trung gian sao cho
AB>
, còn
7
12
B
. Tách
A
thành
hai nhóm, mi nhóm 50 phân số, ri thay mi phân s trong tng nhóm bng
phân s nh nhất trong nhóm ấy, ta đưc:
111 1 111 1
... ...
101 102 103 150 151 152 153 200
1 1 11 7
.50 .50
150 200 3 4 12
A

= + + ++ + + + ++ >


> + =+=
57
xy
=
23
xz
=
20; 28; 30
20; 28; 30
xyz
xyz
= = =
==−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
255
b) Tách
A
thành bốn nhóm rồi cũng làm như trên, ta được:
25 25 25 25 1 1 1 1 107 1 1 1 5
125 150 175 200 5 6 7 8 210 8 2 8 8
A

> + + + = ++ += +>+=


Bài 2.
Chng minh rng:
51 1 1 13
...
8 101 102 103 200 4
< + + ++ <
.
Hướng dẫn giải
Gi
111 1
...
101 102 103 200
A = + + ++
.
Ghép các phân s hai đầu và các phân s cách đều hai đầu thành 50 cặp.
11 11 11
...
101 200 102 199 150 151
A

=++++++=


301 301 301
...
101.200 102.199 150.151
= + ++
11 1
301 ...
101.200 102.199 150.151

= + ++


Xét mu của 50 phân số trong du ngoặc, theo câu a thì
101.200
giá trị nh
nht,
150.151
giá trị ln nhất, suy ra trong 50 phân số trong du ngoc thì
1
101.200
ln nht,
1
150.151
nh nht.
Do đó:
1 301 303 3
301. .50
101.200 404 404 4
A < =<=
1 301 300 300 5
301. .50 .
150.151 453 453 480 8
> =>>=A
Vậy:
53
84
A<<
Bài 3. Cho
100
111 1
1 ...
234 2 1
A =+++++
.
Chng minh rằng: a)
100;A <
b)
50A >
Gii. a) Để chng t rằng
100,A <
ta chia
A
thành 100 nhóm:
2 3 99 100
11 1 1 1 1 1 1
1 ... ... ... ... .
2 3 2 7 2 15 2 2 1
A
 
=+ + + ++ + ++ ++ ++
 
 
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
256
Thay các phân s trong mi du du ngoc bng phân s ln nht trong du
ngoặc đó, ta được:
99
99
111 1
1 .2 .4 .8 ... .2 100.
248 2
A <+++++ =
b) Để c
hng t rằng
50,A >
ta thêm và bớt
100
1
2
rồi viết
A
dưới dng sau:
2 3 4 99 100 100
1 11 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ... ... ... .
2 32 5 2 9 2 2 1 2 2
A
 
=++ + + ++ + ++ ++ ++
 
+
 
Thay các phân s trong mi du ngoc bng phân s nh nht trong du
ngoặc đó, ta được:
2 99
2 3 100 100 100
11 1 1 1 1 1
1 .2 .2 ... .2 1 .100 50.
22 2 2 2 2 2
A >++ + ++ −=+ −>
Bài 4:
Cho
Chng minh rng:
ng dn gii
(có
50 số hng )
Vy
Bài 5: Chng minh rng
ng dn gii
Ta có:
Ta có
111 1
.......
101 102 103 200
A =++++
7
12
A >
111 1
.......
101 102 103 200
A =++++
111 1 111 1
....... .......
150 150 150 150 200 200 200 200

> ++++ + ++++


1
150
1
200
50 50 1 1 7
150 200 3 4 12
= + =+=
7
12
A >
1 1 1 11
....
101 102 103 130 4
S = + + ++ >
111 1 11 1 11 1 11 1
.... ... ... ...
101 102 103 130 101 102 110 111 112 120 121 122 130
S

=++++= +++ + +++ + +++


111111101
... ...
101 102 110 110 110 110 110 11
+ ++ > + ++ = =
111111101
... ...
111 112 120 120 120 120 120 12
+ ++ > + ++ = =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
257
Bài 6: Chng minh:
3
32
1
...
4
1
3
1
2
1
1 >+++++
Hướng dn gii
Theo bài ta có
  
=+++++ =++ + + ++ + ++ + ++
  
  
111 1 1 11 1 1 1 1 1 1
1 ... 1 ... ... ...
2 3 4 32 2 3 4 5 8 9 16 17 32
S
3
1
ln hơn
4
1
.
7
1
,
6
1
,
5
1
ln hơn
8
1
.
15
1
,...
9
1
ln hơn
16
1
31
1
,...
17
1
ln hơn
32
1
. Do đó
  
>++ + + +++ + ++ + ++
  
  
1 1 1 1111 1 1 1 1
1 ... ...
2 4 4 8 8 8 8 16 16 32 32
S
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1 +++++>S
3> S
V
y
3
32
1
...
4
1
3
1
2
1
1 >+++++
(đpcm)
Bài 7: Chng minh rng: .
ng dn gii
Ta có
(đpcm).
Bài 8: Cho biu thc:
11 1 1
... .
1 3 1 3 5 1 3 5 7 1 3 5 7 ... 101
B = + + ++
+ ++ +++ ++++ +
Chng minh
3
.
4
B <
ng dn gii
111111101
... ...
121 122 130 130 130 130 130 13
+ ++ > + ++ = =
1 1 1 431 429 1
11 12 13 1716 1716 4
S >++= > =
111 1 1 1 1
2 4 8 16 32 64 3
+− + <
111 1 1
21
2 4 8 16 32
A =+−+
111 1 1 111 1 1 1
21
2 4 8 16 32 2 4 8 16 32 64
AA

+= −++ + −+ +


1
31
64
A⇒=
63
31
64
A⇒=<
1
3
A⇒<
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
258
Ta có
11 1 1
...
1 3 1 3 5 1 3 5 7 1 3 5 7 ... 101
B = + + ++
+ ++ +++ ++++ +
Nhận
xét: Vì :
2
2
2
13 4 2
1 3 5 9 3 3.2
1 3 5 7 16 4 4.3
+==
++= = >
+++= = >
2
1 3 5 7 101 51 51.50+ + + +…+ = >
Su
y ra:
2
11 1 1
...
4 9 16 51
11 1 1
...
4 2.3 3.4 50.51
11111 1 1
...
42334 5051
31
4 51
3
4
B
B
B
B
B
=++ ++
<++++
<+−+++
<−
<
Dng 2: Tng lũy tha
Phương pháp:
So sánh các s hng trong tng vi các s hng trong tng liên tiếp đ tìm mi quan
hệ. Nếu mun chng minh ln hơn 1 giá tr k nào đó, ta cn so sánh vi s hng mu
lớn hơn, và ngược li
Bài 1: Chng minh rằng:
222 2
111 1
... 1
2 3 4 100
A = + + ++ <
Hướng dn gii
Ta thấy bài toán có dạng tổng các lũy thừa bậc hai, nên ta sẽ phân tích tng A như
sau:
111 1 1
...
2.2 3.3 4.4 99.99 100.100
A = + + ++ +
Đến đây ta sẽ so sánh với phân số có mu nh hơn, vì yêu cầu bài toán là chứng
minh nh hơn.
111 1 1
...
1.2 2.3 3.4 98.99 99.100
A <++++ +
11 11 11 1 1 1 1
...
1 2 2 3 3 4 98 99 99 100
  
=−+−+−++ +
  
  
11
1
1 100
A <− <
Bài 1: Cho
222 2
111 1
...
2 3 4 100
A = + + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
259
Chng minh rng
3
4
A <
.
ng dn gii
Gi nguyên phân s
2
1
2
, còn các phân s khác thay bng các phân s ln hơn,
ta có:
2
111 1 1
...
2 2.3 3.4 99.100 4
AB<++++ =+
D dàn
g tính được:
Do đó:
11 1 3
4 2 100 4
A <+− <
.
Bài 2: Cho . Chứng minh rng: .
Hướng dn gii
Ta có :
Mặt khác ,
T suy ra ;
Bài 3: Chng t
ng dn gii
.
Bài 4: Chng minh rng với .
ng dn gii
222 2 2
111 1 1
.... ...
5 6 7 2004
A
n
= + + + + ++
11
65 4
A<<
222 2 2
111 1 1 1 1 1 1
.... ... ...
5 6 7 2004 4.5 5.6 6.7 2003.2004
A
n
= + + + + ++ < + + ++
11111 1 1
...
4 5 5 6 6 2003 2004
A<−+−+−+
1 1 501 1 500 500 1
4 2004 2004 2004 2000 4
A
<− = = < =
(1)
111 1 11111 1 1
..... .....
5.6 6.7 7.8 2004.2005 5 6 6 7 7 2004 2005
A > + + + + =−+−+− +
1 1 400 80 7 7 1
5 2005 2005 401 401 455 65
A>− = = > > =
(2)
(1)
(2)
11
65 4
A<<
22 2
11 1
1.
2 3 2019
+ ++ <
22 2
11 1 1 1 1
2 3 2019 1.2 2.3 2018.2019
+ ++ < + ++
1 1 1 1 1 1 1 2018
11
1 2 2 3 2018 2019 2019 2019
=+++−=−=<
1
16
A <
2 3 4 100
1 2 3 99
...
555 5
A = + + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
260
Bài 5: Cho . Chứng minh rng
ng dn gii
Ta có:
Suy ra
Đặt
2 3 4 100
1 2 3 99
...
555 5
A = + + ++
2 3 99
1 2 3 99
5 ...
55 5 5
A =+ + ++
2 3 99 100
98 99
98 99 2 99 100
99 100
1 1 1 1 99
4 ...
55 5 5 5
1 11
20 1 ...
5 55
1 1 1 1 1 1 99
20 4 1 ... ...
5 5 5 55 5 5
2 99
16 1 1
55
A
A
AA
A
=+ + ++
=+++

= +++ + ++


=−+ <
1
16
A⇒<
2 3 504
7 11 15 2019
...
33 3 3
A =+ + ++
9
.
2
A <
2 3 504
7 11 15 2019
...
33 3 3
A =+ + ++
2 503
11 15 2019
3 7 ...
33 3
A =+ + ++
2 503 2 3 504
11 15 2019 7 11 15 2019
3 7 ... ...
3 3 3 33 3 3
AA

= + + ++ + + ++


2 2 503 503 504
11 7 15 11 2019 2015 2019
2 7 ...
3 33 3 3 3 3
A =+ −+ ++
2 503 504
4 4 4 2019
2 7 ...
33 3 3
A =++ ++
2 3 503 504
1 1 1 1 2019
2 7 4 ...
33 3 3 3
A

=+ + + ++


2 3 503
11 1 1
...
33 3 3
B =+ + ++
2 502
11 1
3 1 ...
33 3
B =++ ++
2 502 2 3 503
11 1 11 1 1
3 1 ... ...
33 3 33 3 3
BB

=++ ++ + + ++


2 2 502 502 503
11 1 1 1 1 1
2 1 ...
3333 333
B =+−+ ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
261
Do đó
. Do đó .
Bài 6: Chng minh rng
2 3 4 99 100
1 2 3 4 99 100 3
.. .
3 3 3 3 3 3 16
A −+− <= ++
.
ng dn gii
2 3 4 99 100
1 2 3 4 99 100 3
.. .
3 3 3 3 3 3 16
A −+− <= ++
2 3 98 99
2 3 4 99 100
...
33
3
3
1
33
A + ++ =
2 3 98 99 100
1 1 1 1 1 100
...
33
4
3 333
1A + ++ =
2 3 98 99
11 1 1 1
...
33 3
41
33
A + ++ <−
(1)
Đặt
2 3 98 99
11 1 1 1
...
33 3 3 3
1B + ++ =
2 3 97 98
11 1 1 1
...
33 3
32
33
B + ++ = +
99
4 33
1
3
3BB B=+= <
3
4
B <
(2)
T (1) và (2)
3
4
4AB <<
3
16
A <
.
Bài 7: Cho , . Chứng t rằng không là số nguyên.
ng dn gii
Ta có:
503
1
21
3
B =
503
11
1
23
B

=


503 504
1 1 2019
2 74 1
23 3
A


=+ −−




503 504
2 2019
72
33
=+−
503 504
2 2019
9
33
=−−
503 504
9 1 2019 9
2 3 2.3 2
A =−− <
9
2
A <
n
2n >
2
2
3 8 15 1
...
4 9 16
n
P
n
=++ ++
2
2
3 8 15 1
...
4 9 16
n
P
n
=++ ++
2
2
41 91161 1
...
4 9 16
n
n
−−
= + + ++
222 2
111 1
1 1 1 ... 1
234 n
= +− +− + +−
22 2
11 1
1 ...
23
n
n

= −− + + +


1n<−
( )
1
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
262
Li có:
.
Suy ra:
Vy nên không phi s nguyên.
Bài 8: Chng minh rng:
ng dn gii
Ta có:
Bài 9: Chng minh rằng:
2 4 6 8 2002 2004
1111 1 1 1
...
2222 2 2 5
S = + ++ <
ng dn gii
2 4 6 8 10 2004 2006
1 1111 1 1
...
2 2222 2 2
S = + ++
2 2006
5 111 1
44 4 5
22
SS
SS+= = <⇒<
Bài 10: Chng minh rng:
2 3 2005
11 1 1 1
...
33 3 3 2
B =+ + ++ <
ng dn gii
2 3 4 2006 2006
1 111 1 1 2 1 1 1
...
3 3 33 3
333 3 3
B
B BB=++++⇒==−<
1
2
B⇒<
Bài 11: Cho
222 2
111 1
...
1 2 3 2019
P = + + ++
.Chứng minh rng
P
không phải là một s t nhiên.
ng dn gii
Ta có:
2
1
1
1
=
( )
22 2
11 1 1 1 1
... ...
2 3 1.2 2.3 1 .n nn
+ ++ < + ++
11111 1 1
1 ...
22334 1nn
=−+−+−++
1
1
n
=
11
11 2Pn n
nn

> −− = +


2n>−
( )
2
21n Pn−< <
P
22 22 22 2 2
3 5 7 19
..... 1
1 .2 2 .3 3 .4 9 .10
A = + + ++ <
22 22 22 2 2
22 2 2 2 2 2 2
22 22 22 2 2
222222 2 2
2
3 5 7 19
........
1 .2 2 .3 3 .4 9 .10
2132 43 109
.......
1 .2 2 .3 3 .4 9 .10
111111 1 1
......
122334 910
1
11
10
A =+ + ++
−−
=++++
=−++−+ +−
=−<
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
263
2
1 11
.
2 12
<
2
1 11
.
3 23
<
…….
2
1 11
.
2019 2018 2019
<
111 1
1 ...
1.2 2.3 3.4 2018.2019
P<+++++
11111 1 1
1 1 ...
2 2 3 3 4 2018 2019
P<+−++−++
1
2
2019
P <−
Vy
P
không phải là một s t nhiên.
Bài 12: Chng minh rng:
22 2 2
2012 2012 2012 2012
1 ... 2
2011 1 2011 2 2011 3 2011 2011
< + + ++ <
++ + +
ng dn gii
Ta có:
22
2012 2012
2011 1 2011
<
+
,
22
2012 2012
2011 2 2011
<
+
, tương tự như vậy :
< + + + = = <⇒ <
22 2 2
2012 2012 2012 2012.2011 2012
... 2 2
2011
2011 2011 2011 2011
AA
Mặt khác:
22
2012 2012
2011 1 2011 2011
>
++
,
22
2012 2012
2011 2 2011 2011
=
++
, Tương tự như vy:
( )
22 2 2
2012 2012 2012 2012.2011 2012.2011
... 1
2011 2011 1
2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011
A > + ++ = = =
+
++ ++
Bài 13: Chng minh:
ng dn gii
Ta có:
Suy ra :
Vy
Bài 14: Chng minh rng:
222 2
111 1
...
2 3 4 100
N = + + ++
không là số t nhiên.
111 1 1
.... 10
1 2 3 99 100
+ + ++ + >
1 11 11 1 1 1
; ; ;....;
1 100 2 100 3 100 99 100
>>> >
111 1 1
..... 100. 10
1 2 3 100 100
+ + ++ > =
111 1
..... 10
1 2 3 100
+ + ++ >
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
264
ng dn gii
222 2
111 1
... 0
2 3 4 100
N = + + ++ >
.
Mặt khác
2
1 1 11
2 1.2 1 2
<=
2
1 1 11
3 2.3 2 3
<=
2
1 1 11
4 3.4 3 4
<=
… ……..
2
1 1 11
100 99.100 99 100
<=
Nên
N
<
11111 1 1
1 ...
2 2 3 3 4 99 100
−+−+−+
=
1
11
100
−<
.
Dng 3: Tích ca mt dãy
Phương pháp:
Vi dạng tích ta sử dng tính cht:
1
a a am
b b bm
+
<⇒ <
+
với m > 0
1
a a am
b b bm
+
>⇒ >
+
với m > 0.
Bài 1. Cho
1 3 5 199
. . ...
2 4 6 200
A =
(1)
Chng minh rng
2
1
201
A <
Gi
i. Biu thc
A
tích ca 100 phân số nh hơn 1, trong đó các tử đều l,
các mu đu chẵn. Ta đưa ra biểu thc trung gian là mt tích các phân s mà các t
đều chẵn, các mẫu đu lẻ. Thêm 1 vào tử mâu của mỗi phân s ca
A
, giá trị
mỗi phân s tăng thêm, do đó
2 4 6 200
. . ...
3 5 7 201
A <
(2)
Nhân (1) với (2) theo tng vế ta được:
2
1 3 5 199 2 4 6 200
. . ... . . . ...
2 4 6 200 3 5 7 201
A

<


Vế phi ca bt đng thức trên bằng:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
265
( )
( )
1. 3.5...199
2.4.6...200 1
2.4.6...200 3.5...199 .201 201
×=
V
y
2
1
201
A <
.
Bài 2: Cho
1 3 5 7 631
. . . .....
2 4 6 8 632
M =
. Chứng minh rng:
0,04M <
.
ng dn gii
Đặt
2 4 6 8 632
. . . .....
3 5 7 9 633
N =
.
1 3 5 7 631 2 4 6 8 632
. . . . ..... . . . . .....
2 4 6 8 632 3 5 7 9 633

⇒=


MN
1
633
=
12
23
<
;
34
45
<
; …;
631 633
632 632
<
nên
2
.M MN<
0,39M⇒<
Vy
0,04M <
(đpcm).
Bài 3: Cho
111 1
1 1 1 ... 1
1.3 2.4 3. 5 2017.2019
A
 









 
Chng minh rng
2?A
ng dn gii
Ta có
.
Vy
Bài 4: Cho
222 2
111 1
1 1 1 ... 1
2 3 4 100
A
 
=−−
 
 
So sánh A với
1
2
ng dn gii
Ta thấy tích A gồm 99 số âm :
1 1 1 1.3 2.4 99.101 101
1 1 ....... 1 . ......
4 9 10000 2.2 3.3 100.100 200
A

= −= =


, Mà :
101 1 101 1
200 2 200 2
−−
>=> <
111 1
1 1 1 ... 1
1.3 2.4 3.5 2017.2019
A
 









 
4 9 16 4072324
. . ...
1.3 2.4 3.5 2017.2019
2.2 3.3 4.4 2018.2018
. . ...
1.3 2.4 3.5 2017.2019
2.3.4...2018 2.3.4...2018
.
1.2.3...2017 3.4.5...2019
2
2018.
2019
2
2019.
2019
2
2.A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
266
Vy
1
2
A
<
Dng 5. Bt đng thc dng ch
Phương pháp:
+ Vi các s thực dương a, b bất kì, ta luôn có
11
ab
ab
≥⇔
+ Với các số thực dương a, b, c, d bất kì, ta có:
- Nếu
1
a
b
<
thì
a ac
b bc
+
<
+
- Nếu
1
a
b
>
thì
a ac
b bc
+
>
+
- Nếu
ac
bd
<
thì
a ac c
b bd d
+
<<
+
Lưu ý: Trước khi áp dụng các bất đẳng thc về t s ta phi chng minh.
Bài 1. Cho a, b, c là các số thc dương bất kì. Chứng minh rng:
12
abc
abbc ca
<++<
+++
ng dn gii
1) Vì a, b, c > 0 nên a + b + c > a + b > 0. .
Tương t .
Cng vế với vế ba bất đẳng thc cùng chiều ta được
.
2) Trưc hết ta chng minh với x, y, k là các số dương và thì .
Thật vậy xét hiu do y(y + k) > 0 và x y < 0 (do giả thiết x < y).
Do a < b + c ; b < c + a ; c < a + b nên ta có :
; ;
Cng vế với vế ba bất đẳng thc cùng chiều ta được :
Do đó:
12
abc
abbc ca
<++<
+++
Bài 2. Cho a, b, c, d là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
aa
abc ab
<
++ +
bb
abc bc
<
++ +
cc
abc ca
<
++ +
a b c abc
1
ab bcca abc
++
++> =
+ + + ++
x
1
y
<
x xk
y yk
+
<
+
x x k k(x y)
0
y yk y(yk)
+−
−= <
++
a aa
bc bca
+
<
+ ++
b bb
ca cab
+
<
+ ++
c cc
ab abc
+
<
+ ++
a b c 2(a b c)
2.
bcca ab abc
++
++< =
+ + + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
267
12
abcd
abcbcd cda dab
<+++ <
++ ++ + + ++
ng dn gii
1) Vì a, b, c > 0 nên a + b + c + d > a + b + c > 0
aa
abcd abc
<
+++ ++
.
Tương t
bb
abcd bcd
<
+++ ++
;
;.
c cd d
abcd cdaabcd dab
<<
+++ + + +++ ++
.
Cng vế với vế ba bất đẳng thc cùng chiu ta được
1
a b c d abcd
abcbcd cda dab abcd
+++
+++> =
++ ++ + + ++ +++
2) Trưc hết ta chng minh với x, y, k là các số dương và thì .
Thật vậy xét hiu do y(y + k) > 0 và x y < 0 (do giả thiết x < y).
Do a < a + b + c ; b < b + c + d ; c < c + d + a ; d < d + a + b nên ta có :
;;;
a ad b ba c cb d dc
abc abcdbcd bcdacda cdabdab dabc
+++ +
<<<<
++ +++ ++ ++ + + + + ++ ++ +++
Cng vế với vế ba bất đẳng thc cùng chiều ta được :
( )
2
2
abcd
abcd
abcbcd cda dab abcd
+++
+++< =
++ ++ + + ++ +++
Do đó:
12
abcd
abcbcd cda dab
<+++ <
++ ++ + + ++
Bài 3: Cho
Chng minh rng: có giá trị không phi
là s t nhiên.
ng dn gii
Ta có:
x
1
y
<
x xk
y yk
+
<
+
x x k k(x y)
0
y yk y(yk)
+−
−= <
++
,,, *xyzt
xyzt
M
xyz xyt yzt xzt
= +++
++ ++ ++ ++
;
;
12
x xx y yy
xyzt xyz xyxyzt xyt xy
z zz t tz
xyzt yzt ztxyzt xzt zt
xyzt x y z t
M
xyzt xy xy zt zt
M
< < <<
+++ ++ + +++ ++ +
<< <<
+++ ++ + +++ ++ +

+++

<< + + +


+++ + + + +


⇒< <
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
268
Vậy A có giá trị không nguyên
Bài 4 : Cho
,,abc
là độ dài ba cnh của một tam giác
Chng minh rng:
( )
222
2ab bc ca a b c ab bc ca++++< ++
ng dn gii
( ) ( )( )
2
2 2 22
0 22ab abab a abb a b ab = −= ++
Tương
t:
22 22
2; 2;b c bc c a ca+≥ +
222222
222a b b c c a ab bc ca+++++ + +
( )
( )
222
222
22
(1)
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
++ ++
++≥ ++
+)Th
eo bt đng thức tam giác ta có:
,abc<+
nhân c 2 vế với
a
dương ta đưc:
2
a ab ac<+
. Tương t:
22
;b ba bc c ca cb<+ <+
( )
222
2 (2)a b c ab ac ba bc ca cb ab bc ca⇒++<+++++= ++
T (1) và (2) suy ra điều phi chng minh.
Bài 5: Cho ba s dương
0 1.abc≤≤
Chng minh rng:
2
111
abc
bc ac ab
++
+++
ng dn gii
nên:
Tương t:
Do đó:
Mà :
T (4) và (5) suy ra :
Bài 6: Cho ba s thỏa mãn Tìm giá trị nh nht
ca
ng dn gii
nên
(vì
01abc≤≤
( )( ) ( )
11
1 10 1 1
11
cc
a b ab a b
ab a b ab a b
++⇔≤⇔≤
++ ++
(2); (3)
11
aa bb
bc b c ac a c
≤≤
++ ++
(4)
111
a b c abc
bc ac ab b c a c a b
+ + ≤++
+ + ++++
( )
2
222
2(5)
abc
abc a b c
bc ac ab abc abc abc abc
++
++ + + = =
+ + + ++ ++ ++ ++
2 ()
111
abc
dfcm
bc ac ab
++
+++
,,abc
0 12ab c +≤ +
1.abc++=
.c
0 12ab c +≤ +
0 12222abcccc++++≤+++++
043 6c⇒≤ +
1)abc++=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
269
Hay
Vậy giá trị nh nht ca khi đó
Bài 7: Cho . Chứng minh
ng dn gii
T
Suy ra
Vy
Bài 8: Cho các số Chng minh rằng:
ng dn gii
Ta có:
Suy ra
Vy
Bài 9: Biết Chng minh với
ng dn gii
Xét
Suy ra điều phi chng minh
Bài 10: Cho các số không âm thỏa mãn : Tìm giá
tr ln nht ca biu thc
ng dn gii
Ta có:
T (1)
2
32
3
cc≥− ≥−
c
2
3
5
3
ab+=
2, 2ab>>
ab a b>+
11 11
2 ;2
22
ab
ab
>⇒ < >⇒ <
11
11
ab
a b ab
+
+ <⇒ <
ab a b>+
1 2 3 15
0 ...... .aaa a<<<< <
1 2 3 15
5 10 15
.....
5
aaa a
aa a
+++ +
<
++
12345 5
6 7 8 9 10 10
11 12 13 14 15 15
5
5
5
aaaaa a
aaaaa a
aaaaa a
++++<
++++ <
++++<
( )
1 2 15 5 10 15
........ 5aa a aa a++ + < + +
1 2 3 15
5 10 15
.....
5
aaa a
aa a
+++ +
<
++
x
0 1.x<<
n
xx<
,2nn∈≥
( )
1
1
nn
x x xx
−=
1
0 1 1 0; 0 0
nn
x x x xx
< <⇒ −< > <
,,abc
3 2016; 2 2017.ac ab+= +=
Pabc=++
3 2016(1)ac+=
2 2017(2)ab+=
2016 3ac⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
270
Lấy (2) ta được Khi đó:
không âm nên
Bài 11: Cho 20 số nguyên khác 0: có các tính cht sau:
* là s dương
*Tng ca ba s viết lin nhau bt k là một s dương.
*Tng của 20 số đó là số âm
Chng minh rng:
ng dn gii
Ta có:
Cũng như vy:
Mặt khác,
T các điu kin
Bài 12: Tìm giá tr nh nht ca
1Px x=++
ng dn gii
Ta có:
0; 0 0 1 1x x xx Pxx ≥⇒+ ≥⇒ =+ +
Du
""=
xảy ra khi
0( )x tmdk=
. Vậy
min
00Px=⇔=
Bài 1
3: Cho a, b, c là độ dài ba cnh của một tam giác. Chứng minh rng:
++>
+++
1
abc
bc ca ab
ng dn gii
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có
a aa
01
bc bc bc
< <⇒ >
+ ++
Vì a là số dương nên theo tính chất của tỉ số ta được
aa
bc abc
>
+ ++
( )
1
13
231 .
2
c
bc b
+
=⇔=
( )
13 1 632 1
2016 3 2016 2016
2 2 2 22
c ccc c
Pabc c c
+ −+ +

=++= + += + + =


,,abc
11
2016 2016 ,
22 2
c
P = −≤
1
2016 0
2
MaxP c= ⇔=
1 2 3 20
, , ,.....,aaa a
1
a
1 14 14 12 1 12
. ..aa a a aa+<
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
1 2 3 4 11 12 13 15 16 17 18 19 20 14
...... 0
0, 0;.....; 0; 0; 0 0
aaaa aaa a aaa aaa
a aaa aaa aaa aaa a
+ ++ + + ++ ++ ++ + ++ <
> ++> ++> ++> ++><
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
13 14
...... 0
0
aaa aaa aa aaa aaa
aa
+++ + ++ +++ ++ + ++ <
⇒+<
12 13 14 12
00aaa a+ + >⇒ >
1 12 14 1 14 14 12 1 12
0; 0; 0 . . ( )a a a a a a a a a dfcm> > <⇒ + <
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
271
Do đó ta có
aa
bc abc
>
+ ++
Chứng minh tương tự ta được
bb c c
;
ca abc ab abc
>>
+ ++ + ++
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được
abc
1
bc ca ab
++ >
++ +
Vậy bài toán được chứng minh.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
272
CHUYÊN Đ 9:
T L THC VÀ TÍNH CHT CA DÃY T S BNG NHAU
A/ TÓM TT LÝ THUYT
1. Định nghĩa, tính chất cảu tỉ lệ thức
a) Định nghĩa:
Tỉ lệ thức là đẳng thức của hai tỉ số
Tỷ lệ thức còn được viết: a : b = c : d
Trong đó: - a, b, c, d là các số hạng của tỷ lệ thức;
- a và d là các số hạng ngoài hay ngoại tỉ;
- b và d là các số hạng trong hay trung tỉ;
b) Tính chất
- Tính chất 1 (tính chất cơ bản)
Nếu thì ad = bc
- Tính chất 2 (tính chất hoán vị)
Nếu ad = bc và a, b, c, d khác 0 thì ta có các tỉ lệ thức:
2) Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
+ Từ tỉ lệ thức ta suy ra
+ Mở rộng: từ dãy tỉ số bằng nhau
ta suy ra
(giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
3.Chú ý:
+ Khi dãy tỉ số
ta nói các s a, b, c t l vi các s 2; 3; 5 ta cũng viết a:b:c =
2:3:5.
d
c
b
a
=
d
c
b
a
=
ac
bd
=
a
b
c
d
a
c
b
d
d
b
c
a
d
c
b
a
==== ;;;
d
c
b
a
=
( )
db
db
ca
db
ca
d
c
b
a
±
=
+
+
==
f
e
d
c
b
a
==
....=
+
+
=
++
++
===
fdb
eca
fdb
eca
f
e
d
c
b
a
532
cba
==
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
273
+ Vì tỉ lệ thức một đẳng thức n tính cht của đẳng thức, từ tỉ lệ thức suy
ra:
từ suy ra
B/ CÁC DNG TOÁN THƯNG GP
PHN 1: TÌM S HNG CHƯA BIT
1.Tìm một số hạng chưa biết
a) Phương pháp: áp dụng tính chất cơ bản tỉ lệ thức
Nếu
Muốn tìm ngoại tỉ chưa biết ta lấy tích của 2 trung tỉ chia cho ngoại tỉ đã biết, muốn tìm
trung tỉ chưa biết ta lấy tích của hai ngoại tỉ chia cho trung tỉ đã biết.
b) Ví dụ minh họa:
Thí dụ 1. Tìm x biết:
35 2 4
) 0,52: 9,36:16,38 ) ) .
57 17
−+
−= = =
−+
x xx
ax b c
x xx
ng dn giải
a) Ta có:
-0,52 : x = -9,36 : 16,38
( )
0,52.16,38
. 9,36 0,52.16,38 0,91
9,36
= ⇒= =
xx
b)
Cách 1: Ta có:
( ) ( )
35
57
3 .7 5 .5
7 21 25 5
12 46
5
3
6
=
⇒− =
−=
⇒=
⇒=
x
x
xx
xx
x
x
Cách 2: T
Áp dụng tính chất
cơ bn ca dãy t s bng nhau ta
:
3 5 35 2 1
5 7 5 7 12 6
−+
= = = =
+
x xx x
d
c
b
a
=
( )
22
12
12
12
. ; . . 0 ; ( , 0)
ka kc
a c ac a c
k k k kk
b d b d b d kb kd

== =≠=


f
e
d
c
b
a
==
3
33 2
;
a c e ace a ce
b d f bdf b df

 
= = =⋅⋅ =

 
 

...
.. ; ;
a c bc ad ad
ad bc a b c
bd d c b
= = ⇒= = =
35 35
5 75 7
x xx
x
−−
=⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
274
Do đó:
( )
31 5 5
6 35 3 3
56 6 6
= =−= =
x
x xx
c)
Cách 1: Ta có:
( )( ) ( )( )
22
24
17
27 14
7 2 14 4 4
5 14 3 4
5 3 4 14
2 10
5
−+
=
−+
⇒− +=− +
+−−=+−
−=
=−+
⇒=
⇒=
xx
xx
x x xx
x xx xxx
xx
xx
x
x
Cách 2: T
2 42 4
1 71 7
−+ −+
=⇒=
−+ +
x x xx
x x xx
Áp dụng tính chất
cơ bn ca dãy t s bng nhau ta
:
( ) ( )
( ) ( )
24
2 4 63
1 7 1 7 84
−++
−+
= = = =
+ −++
xx
xx
xx x x
Do đó:
( ) ( )
23
42 31 8 4 3 3
14
4 3 83 5
= = ⇒− =−
=−⇒ =
x
x x xx
x
xx x
2.Tìm nhiều số hạng chưa biết
Dạng 1 : m các số x, y, z thoả mãn :
xyz
abc
= =
(1)
và x + y + z = d (2)
(trong đó a, b, c, a + b + c ≠ 0 và a, b, c, d là các số cho trước)
Cách giải:
- Cách 1: Đặt
, .,= = =⇒= = =
xyz
k x ka y k b z kc
abc
Thay x = ka, y = kb, z = kc vào (2) ta có: k.a + k.b + k.c = d
Từ đó tìm được
- Cách 2: áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
; ;z
++
= = = = ⇒= = =
++ ++ ++ ++ ++
x y z x y z d ad bd cd
xy
a b c abc abc abc abc abc
c)Ví dụ minh họa:
( )
d
kabc d k
abc
++ = =
++
.
;;
a d bd cd
xyz
abc abc abc
= = =
++ ++ ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
275
Thí dụ 1. Tìm x , y biết rằng:
a)
25
=
xy
và 2x y = 3 b)
25
=
xy
và xy = 10.
ng dn giải
a) Từ tỉ số
2 23
3
2 5 4 5 45 1
−−
=⇒== ==
−−
x y x y xy
Do đó: x = (-3).2 = -6 và y = 5.(-3) = -15.
b) Đặt
2, 5
25
= =⇒= =
xy
kxkyk
. Khi đó: xy = (2k).(5k) = 10k
2
= 10
1⇒=±x
Với k = 1 ta có: x = 2, y = 5.
Với k = -1 ta có x = -2, y = -5.
Thí dụ 2. Tìm x , y, z biết rằng:
a)
234
= =
xyz
và x +y + z = 27 b)
23 4
= =
xy z
và x + y - z = 9
ng dn giải
a) Cách 1.
Đặt
Từ x + y + z = 27 ta suy ra
Khi đó x = 2.3 = 6; y = 3.3 = 9; z = 4.3 = 12
Vậy x = 6; y = 9; z = 12.
- Cách 2. Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
27
3 2.3 6; 3.3 9; 4.3 12
2 3 4 234 9
++
= = = = =⇒= = = = = =
++
x y z xyz
xyz
.
b) Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
( ) ( )
9
1 2.1 2; 3.1 3; 4 .1 4
2 3 4 234 9
+−
= = = ==⇒= = = = = =
++
x y z xyz
xyz
2, 3, 4
234
xyz
kxkykzk= = =⇒= = =
2 3 4 27 9 27 3kkk k k+ + = = ⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
276
Dạng 2 : Cho x, y, z thoả mãn : (1)
và x + y + z = d (2)
Bằng cách biến đổi các điều kiện (1) và (2) ta được các bài toán phức tạp hơn.
Các cách điến đổi thường gặp:
+ Giữ nguyên điều kiện (1) thay đổi đk (2) như sau:
*
*
* x.y.z = g
+ Giữ nguyên điều kiện (2) thay đổi đk (1) như sau:
-
-
-
-
-
+Thay đổi cả hai điều kiện.
Thí dụ 1. Tìm x , y, z biết rằng:
a)
234
= =
xyz
và 2x + 3y 5z = -21 b) 6x = 4y = 3z và 2x + 3y 5z = 14
ng dn giải
a) Cách 1: Đặt = k suy ra: x = 2k, y = 3k, z = 4k.
Do đó: 2x + 3y 5z = 2.(2k) + 3.(3k) 5.(4k) = -21
4 9 20 21 7 21 3 + =−⇒ =−⇒=kk k k k
Vì thế: x = 2.3 = 6; y = 3.3 = 9; z = 4.3 = 14
Cách 2: Từ suy ra
xyz
abc
= =
123
kx ky kz e++=
2 22
123
kx ky kz f++=
1 23 4
;
x yy z
a aa a
= =
2 14 3
;ax ayay az= =
123
bx b y bz= =
13 32
21
bx bz bz by
by bx
abc
−−
= =
33
1 22
12 3
zb
xb y b
aa a
−−
= =
234
xyz
= =
234
xyz
= =
235
4 9 20
xyz
= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
277
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 3 5 2 3 5 21
3 6; 9; 12
4 9 20 4 9 20 7
+−
= = = = =⇒= = =
+−
x y z xyz
xyz
b) Từ 6x = 4y = 3z
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 3 5 2 3 5 14
2 4; 6; 8
4 9 20 4 9 20 7
+−
= = = = =−⇒ = = =
+−
x y z xyz
xyz
Thí dụ 2. Tìm x , y, z biết rằng:
a)
234
= =
abc
22 2
2 108−+ =ab c
b) x : y : z = 3 : 4
: 5 và
2 22
2 2 3 100+−=xyz
ng dn giải
a) Ta có:
222
2 3 4 4 9 16
==⇒==
abc a b c
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 2 2 22 2
2 108
4
4 9 16 4 9 32 27
−+
= = = = =
−+
a b c ab c
Do đó:
2
2
2
2
2
2
4 16 4
4
4 36 6
9
4 64 8
16
= = ⇒=±
=⇒ = ⇒=±
=⇒ = ⇒=±
a
aa
b
bb
c
cc
Vậy a = 4, b = 6, c = 8 hoặc a = -4, b = -6, c = -8.
b) Ta có: x : y : z = 3: 4: 5 nên
222
3 4 5 9 16 25
===>==
xyz x y z
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
222 2 2 2
2 2 3 100
4
9 16 25 18 32 75 25
+−
= = = = =
+−
xyz x yz
Do đó:
643
12 12 12 2 3 4
x y z xyz
= = ⇒==
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
278
2
2
2
2
2
2
4 36 6
9
4 64 8
16
4 100 10
25
= = ⇒=±
= = ⇒=±
=⇒ = ⇒=±
x
xx
y
yy
z
zz
Vậy x = 6, x = 8, z = 10 hoặc x = -6, y = -8, z = -10.
Thí dụ 3. Tìm x , y, z biết rằng:
a)
234
= =
abc
và x.y.z = 648
b)
40 20 28
30 15 21
= =
−−xyz
và x.y.z = 22400
ng dn giải
a) Cách 1: Đặt = k suy ra: suy ra: x = 2k, y = 3k, z = 4k.
Do đó: xyz= (2k).(3k).(4k) = 648
33
648
24 648 27 3
24
= = = ⇒=kk k
Vì thế: x = 2.3 = 6; y = 3.3 = 9; z = 4.3 = 14
Cách 2: Từ
Từ đó tìm được y = 9; z = 12.
b, Từ gi thiết suy ra :
30 15 21 3 3 3
40 20 28 40 4 20 4 28 4 40 20 28
−−
= = −= −= = =
x y z x y z xyz
Đặt :
40 20 28
= = =
xyz
k
40
20
28
=
⇒=
=
xk
yk
zk
Mà:
( ) ( ) ( )
. . 22400 40 . 20 . 28 22400 22400 22400 1= = = ⇒=xyz k k k k k
Do đó:
40 40
20 20 40, 20, 28
28 28
= =
= = ⇒= = =
= =
xk
yk x y z
zk
234
xyz
= =
234
xyz
= =
3
3
3
648
27
2 2 3 4 24 24
27 216 6
8
x x y z xyz
x
xx

=⋅⋅= = =


= = ⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
279
Thí dụ 4. Tìm x , y, z biết rằng:
a)
;
69 2
= =
xy z
x
và x +y + z = 27 b) 3x = 2y; 4x = 2z và x + y + z = 27
ng dn giải
a) Do
;
69 23 2 24
=⇒= =⇒=
xy xy z xz
x
. Suy ra
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
27
3 2.3 6; 3.3 9; 4.3 12
2 3 4 234 9
++
= = = = =⇒= = = = = =
++
x y z xyz
xyz
.
b) Từ ; . Suy ra
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
27
3 2.3 6; 3.3 9; 4.3 12
2 3 4 234 9
++
= = = = =⇒= = = = = =
++
x y z xyz
xyz
.
Thí dụ 5. Tìm x , y, z biết rằng:
a)
3 25 2 169 144
144 25 169
+ −+
= =
xyz
3 2 169+ +=x yz
b)
63 46 34
579
−−
= =
xz yx zy
và 2x + 3y - 5z = 14
ng dn giải
a) Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
( ) ( )
3 2 25 169 144
3 25 2 169 144 169 1
144 25 169 338 338 2
x yz
xyz
+ ++ +
+ −+
= = = = =
Do đó:
3 25 1 47
3 25 72 3 47 .
144 2 3
2 169 1 25 363
2 169
25 2 2 4
144 1 169 119
144
169 2 2 2
+
= + = = ⇒=
= = ⇒=
+
= ⇒+ = =
x
x xx
y
yy
z
zz
b) Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có
234
xyz
= =
32
23
xy
xy= ⇒=
42
24
xz
xz= ⇒=
234
xyz
= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
280
Từ 6x = 4y = 3z
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 3 5 2 3 5 14
2 4; 6; 8
4 9 20 4 9 20 7
+−
= = = = =−⇒ = = =
+−
x y z xyz
xyz
Nhận xét: c dạng toán vận dụng tỷ lệ thức và tính chất của dãy tỷ số bằng nhau luôn rất phong
phú đa dạng, trên mình chỉ trình bày một sdạng thông thường được giao, nhiều toán
chúng ta cần vận dụng kiến thức một cách linh hoạt để giải tốt các bài toán. Sau đâu s là mt s
bài toán hay và khó:
PHN 2: CHNG MINH ĐẲNG THC
Bài toán: Cho tỷ lệ thức
=
ac
bd
. Cn chng minh t l thc
xm
yn
=
, ta thường làm các
phương pháp sau:
Phương pháp 1. Chứng tỏ rằng : ad = bc .
Phương pháp 2: Đặt k là giá trị chung của các tỷ số
;
ac
bd
. Tính các tỷ số
,
xm
yn
theo k.
Phương pháp 3:
Dùng biến đi đi s và tính cht ca dãy t s bng nhau đ t t l thc đã
cho biến đổi dần thành tỷ lệ thức phải chứng minh.
Phương pháp 1. Chứng tỏ rằng : ad = bc .
Thí dụ 1. Cho a, b, c, d khác 0 từ tỷ lệ thức: hãy suy ra tỷ lệ thức: .
ng dn giải
Xét tích:
( ) ( ) ( ) ( )
1; 2 = −=a b c ac bc a c d ac ad
Từ
Từ (1), (2), (3) suy ra (a - b)c = a(c - d) suy ra
63 43 36 634336
0
5 7 9 579
6 3;4 3;3 6
xz yz zx xzyzzx
x zy zz x
−+ −+
= = = =
+−
⇒= = =
643
12 12 12 2 3 4
x y z xyz
= = ⇒==
ac
bd
=
ab cd
ac
−−
=
(3)
ac
ad bc
bd
=⇒=
ab cd
ac
−−
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
281
Thí dụ 2. Cho a, b, c thỏa mãn a
2
= bc:
a) Chứng minh:
( )
,
++
= ≠≠
−−
ab ca
a ba c
ab ca
b) Chứng minh:
( )
22
22
0
+
=
+
ac c
b
ba b
ng dn giải
a) Ta có:
( )( )
( )
( )( ) ( )
22
;+ =+− + + −=+ +a b c a ac bc a ab c a a b ac a ab bc
Do đó:
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
22 2
2+ −+ = + + + + = a b c a c a a b ac bc a ab ac a ab bc bc a
Mt khác theo gi thiết: a
2
= bc suy ra:
( )( ) ( )( )
(dpcm)
++
+ =+ −⇒ =
−−
ab ca
abca caab
ab ca
b) Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
22 2 2 2 2 2
0+ + = + = −=b a c c b a b a bc c bc a a bc b c
Ta có:
( ) ( )
( )
22
22 22
22
0
+
+= + =
+
ac c
bac cba b
ba b
Phương pháp 2. Đặt k là giá trị chung của các tỷ số
;
ac
bd
. Tính các tỷ số
,
xm
yn
theo k.
Thí dụ 1. Cho
( )
0. :
ac
c CMR
bd
=
a,
( )
2
, 0,

= ≠≠


a b ab
dc c d
c d cd
b,
3
33
33
ab a b
cd c d
+−

=

+−

ng dn giải
a) Đặt
,= =⇒= =
ac
k a bk c dk
bd
Ta có:
( )
( )
( )
2
22 2
2
2
2
1
1
1
−−

= = =

−−

bk
a b bk b b
c d dk d d
dk
( )
( )
( )
2
2
2
.
.
2
..

= = =


bk b
ab k b b
cd dk d k d d
T (1) và (2) ta có
( )
2
, 0,

= ≠≠


a b ab
dc c d
c d cd
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
282
b) Đặt
,= =⇒= =
ac
k a bk c dk
bd
Ta có:
( )
( )
( )
3
33 3
3
3
3
1
1
1
bk
a b bk b b
c d dk d d
dk
+
++

= = =

++

+
( )
( )
( )
( )
( )
3
33
3
3
33 3
3
33 3
33
3
1
2
1
bk
bk b
ab b b
cd d d
dk
dk d

= = = =


T (1) và (2) ta có
3
33
33
ab a b
cd c d
+−

=

+−

Thí dụ 2. Cho
=
ac
bd
, Chứng minh rng:
25 25
34 34
ab cd
ab cd
++
=
−−
ng dn giải
Đặt
,= =⇒= =
ac
k a bk c dk
bd
Ta có:
( )
( )
( )
25
25 2 5 25
1
34 3 4 34 34
bk
a b bk b k
a b bk b b k k
+
++ +
= = =
−−
( )
( )
( )
25
25 2 5 25
2
34 3 4 3434
dk
c d dk d k
c d dk d d k k
+
++ +
= = =
−−
T (1) và (2) ta có
25 25
34 34
ab cd
ab cd
++
=
−−
Phương pháp 3. Dùng biến đi đại số và tính chất của dãy tỷ số bằng nhau để từ tỷ lệ thức
đã cho biến đổi dần thành tỷ lệ thức phải chứng minh.
Thí dụ 1. Cho tỉ lệ thức
ac
bd
=
. với
,,, 0abcd
. Chứng minh:
22
22
ac a c
bd b d
+
=
+
Phân tích ngưc tìm ng gii:
22
22 2 2
22 2 2
+

= = = = = ⇒=

+

a c ac a c ac a c ac a c
b d bd b d bd b d bd b d
(giả thiết bài
toán)
ng dn giải
Từ:
22
22
22
.
a c a c a c ac a c
b d b d b d bd b d

= = = ⇒==


(1)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
283
theo tính chất của dãy tỷ số bằng nhau:
2 2 22
2 2 22
a c ac
b d bd
+
= =
+
(2)
Từ (1) (2)
22
22
ac a c
bd b d
+
⇒=
+
(đpcm)
Thí dụ 2. Cho tỉ lệ thức
ac
bd
=
. với
,,, 0abcd
cd
.
Chứng minh:
( )
( )
2
2
ab
ab
cd
cd
=
Phân tích ngược tìm hướng gii:
( )
( )
2
2
2
.
−−

= = ==⇒=

−−

ab
ab ab ab ab a b a c
cd cd cd cd c d b d
cd
ng dn giải
Từ:
a c a b ab
b d c d cd
=⇒==
( )
( )
2
2
2
.
ac
a b a c ab
c d b d cd
bd

= ⇒=


Hay
( )
( )
2
2
ab
ab
cd
cd
=
(đpcm)
Thí dụ 3. Biết . Chứng minh rằng
ng dn giải
Ta có
Từ (1) và (2) suy ra:
bz cy cx az ay bx
abc
−−
= =
xyz
abc
= =
222
bz cy cx az ay bx abz acy bcx baz cay cbx
abc a b c
−−
= = = = =
222
0
abz acy bcx bay cay cbx
abc
−++−
= =
++
2
0 (1)
abz acy y z
abz acy bz cy
a bc
= = = ⇒=
2
0 (2)
bcx baz z x
bcx baz cx az
b ca
= = = ⇒=
xyz
abc
= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
284
Thí dụ 4. Cho .Chứng minh rằng
(với và các mẫu đều khác 0)
ng dn giải
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có :
Từ (1),(2),(3) suy ra
Suy ra
Thí dụ 5. Cho 4 số khác 0 là thoả mãn
Chứng tỏa:
ng dn giải
Từ
Từ (1) và (2) suy ra
áp dụng t/c của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
cba
z
cba
y
cba
x
+
=
+
=
++ 4422
zyx
c
zyx
b
zyx
a
+
=
++
=
++ 4422
0abc
)1(
9
2
224442
2
224
2
4422 a
zyx
cbacbacba
zyx
cba
y
cba
z
cba
y
cba
x ++
=
++++++
++
=
+
=
+
=
+
=
++
)2(
9
2
)44(242
2
42
2
4422 b
zyx
cbacbacba
byx
cba
x
cba
z
cba
y
cba
x +
=
++++
+
=
++
=
+
=
+
=
++
)3(
9
44
44)448(484
44
448
4
484
4
4422
c
zyx
cbacbacba
zyx
cba
y
cba
x
cba
z
cba
y
cba
x
+
=
+++++
++
=
+
=
++
=
+
=
+
=
++
c
byx
b
zyx
a
zyx
9
44
9
2
9
2 +
=
+
=
++
zyx
c
zyx
b
zyx
a
+
=
++
=
++ 4422
1234
,,,aaaa
23
2 13 3 24
;a aa a aa= =
333
123
1
333
234 4
aaa
a
aaa a
++
=
++
2
12
2 13
23
3
3
2
3 24
34
(1)
(2)
aa
a aa
aa
a
a
a aa
aa
= ⇒=
= ⇒=
3
33
3 33
1 2 1 2 12 1
3 33
234 2 3 42344
(3)
a aa
a a a a aa a
a a a a a a aaa a
= = = = =⋅⋅=
3 33 3
33
3 123
12
3 3 3 333
234234
(4)
a aaa
aa
a a a aaa
++
= = =
++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
285
Từ (3) và (4) suy ra:
PHẦN 3: TÍNH GIÁ TRỊ CA BIU THC
Thí dụ 1. Cho các số a, b, c thỏa mãn:
+ +− +−
= =
abc acb bca
cba
Tính
( )( )( )
+ ++
=
abbcca
A
abc
ng dn giải
Sử dụng tính chất dãy t số bằng nhau ta có:
( ) ( ) ( )
+ + +− + +−
+ +− +−
= = = =
++
+ = + =

⇒+=⇒+=


+−= +=

abc acb bca
abc acb bca
1
c b a abc
abcc ab2c
acbb ac2b
bcaa bc 2a
( )( )( )
+ ++
⇒= = =
abbcca
2c.2a.2b
A8
abc abc
Thí dụ 2.
Cho
=
y
x
34
=
y
z
56
. Tính M =
++
++
2x 3y 4z
3x 4y 5z
ng dn giải
Ta có:
33 3
123
1
333
2344
aaa
a
aaa a
++
=
++
( )
y yy y y
x x z zx z
;1
3 4 15 20 5 6 20 24 15 20 24
=⇒= ==⇒==
( )
3y 2x 3y 4z
2x 4z
1
30 60 96 30 60 96
++
⇒===
++
( )
4y 3x 4y 5z
3x 5z
1
45 80 120 45 80 120
++
⇒== =
++
2x 3y 4z 3x 4y 5z
2x 3x
::
30 60 96 45 80 120 30 45
++ ++
⇒=
++ ++
2x 3y 4z 2x 3y 4z
245 186
. 1M
186 3x 4y 5z 3x 4y 5z 245
++ ++
=⇒= =
++ ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
286
Thí dụ 3.
Cho a, b, c là ba số thực khác 0, thoả mãn điều kiện:
abc bca cab
cab
+ +− +
= =
.
Hãy tí
nh giá trị của biểu thức
111
bac
B
acb
 
=+++
 
 
ng dn giải
+Nếu a + b + c 0
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có:
B =
Nếu :
0 ,,abc ab cbc aac b++==>+= += +=
111 .. 1
b a c ab ac bc c b a
B
a c b a c b acb
+ + + −−
   
=+++= = =
   
   
Thí dụ 4.
Cho
=
y
x
35
. Tính giá trị biểu thức:
+
=
22
22
5x 3y
C
10x 3y
ng dn giải
Đặt = k . Khi đó:
C = = = 8
PHN 4: CHNG MINH BẤT ĐẲNG THC
Thí dụ 1. a) Nếu b > 0, d > 0 thì từ
<
ac
bd
suy ra được:
+
<<
+
a ac c
b bd d
b)
Nếu b > 0, d > 0 thì từ
<
ac
bd
suy ra được:
+
<<
+
22
a ab cd c
bd
bd
abc bca cab abcbcacab
1
c a b abc
+ +− + +−++−++
= = = =
++
1112
+ +− +
+= += +=
abc bca cab
cab
2
+++
⇒===
ab bc ca
cab
111 8
+++
   
+++= =
   
   
b a c ba ca bc
acb a cb
xy
35
=
x 3k
y 5k
=
=
22
22
5x 3y
10x 3y
+
2 2 22 2
2 2 22 2
5(3k) 3(5k) 45k 75k 120k
10(3k) 3(5k) 90k 75k 15k
++
= =
−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
287
ng dn giải
a) Ta có:
( )
<
⇒<
>>
ac
ad bc 1
bd
b 0;d 0
Thêm vào hai vế của (1) với ab ta có: ad + ab < bc +ab
( ) ( ) ( )
+
+ < +⇒<
+
a ac
ab d bc a 2
b bd
Thêm vào hai vế của (1) với dc ta có: ad + dc < bc + dc
( ) ( ) ( )
+
+< + <
+
ac c
da c cb d 3
bd d
Từ (1) và (2) suy ra t
<
ac
bd
+
⇒< <
+
a ac c
b bd d
b) Ta có :
<
< ⇒<
>>
22
ac
a.b c.d ab cd
bd
b. b d.d
bd
b 0;d 0
The
o câu a) ta có:
( )
+
<<
+
22
a ab cd c
dpcm
bd
bd
Thí dụ 2. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
<+++ <
++ ++ + + ++
abcd
12
abc bcd cdadab
ng dn giải
+) Do a, b, c, d > 0 nên :
( ) ( )
++ + > ++ >
++ +++
aa
aa b c ad aa b c ;
abc abcd
Tương t ta có:
>>>
++ +++ ++ +++ ++ +++
b bc cd d
;;
bcd abcdada abcddab abcd
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
( )
+++>+++=
++ ++ + + ++ +++ +++ +++ +++
abcd a b c d
11
abc bcdadadab abcd abcd abcd abcd
+) Mặt khác cũng do a, b, c, d > 0 nên :
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
288
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
<+ +

+ ++ < + + + ++

+++ < ++ +
+
⇒<
++ +++
ad ad d b c
adaabc addbc aabc
aabcd abcad
a ad
abc abcd
Tương tự:
+++
< <<
++ +++ + + + + ++ +++
b ab c bc d dc
;;
bcd abcdcda cbcdab abcd
Cng theo vế các bất đẳng thức trên ra được:
( )
++ + +
+++<+++=
++ ++ ++ ++ ++ +++ +++ +++
abcdadbccbdc
22
abc bcd cdadab abc abcdabcd abcd
Từ (1) và (2) ta có :
<+++ <
++ ++ + + ++
abcd
12
abc bcd cdadab
PHẦN 5: BÀI TOÁN VỀ T L THC VÀ CHIA T L
Phương pháp giải
Bước 1:Dùng các chữ cái để biểu diễn các đại lượng chưa biết
Bước 2:Thành lập dãy tỉ số bằng nhau và c điều kiện
Bước 3:Tìm các số hạng chưa biết
Bước 4:Kết luận.
dụ minh họa:
Thí dụ 1.
Cho tam giác ABC có các góc A, B, C t l vi 7: 5: 3. Các góc ngi tương ứng
tỉ lệ với các số nào.
Phân tích đề bài:
Nếu gọi ba góc của tam giác ABC lần lượt là:
,,ABC
.
Vì ba góc
,,ABC
tỉ lệ với 7: 5: 3 nên ta có
753
ABC
= =
Tổng ba góc của một tam giác bằng
0
180
nên ta có:
0
180ABC++=
Từ đó ta tìm được số đo các góc của tam giác,
Mà tổng của góc ngoài và góc trong tại một đỉnh của tam giác bù nhau.
ng dn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
289
Gọi ba góc trong và góc ngoài của tam giác ABC lần lượt là:
,,ABC
11
1
;;ABC
( )
00
0 , , 180ABC<<
Theo bài ra ta có:
753
ABC
= =
0
180ABC++=
.
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
0
0
180
12
7 5 3 7 5 3 15
A B C ABC++
= = = = =
++
00
7.12 84A⇒= =
00 0
1
180 84 96A⇒= =
00
5.12 60B = =
00 0
1
180 60 120B⇒= =
00
3.12 36C = =
00 0
1
180 36 144C⇒= =
000
111
: : 96 :120 :144 4:5:6ABC⇒= =
Vậy các góc ngoài tương ứng tỉ lệ với:
4:5:6
.
Thí dụ 2. Ba đội ng nhân I, II, III phi vận chuyển tổng cộng 1530 kgng từ kho theo
thứ tự đến ba địa điểm cách kho 1500m, 2000m, 3000m. Hãy phân chia số hàng cho mỗi
đội sao cho khối lượng hàng tỉ lệ nghịch với khoảng cách cần chuyển.
Phân tích đề bài:
phân chia số hàng cho mỗi đội sao cho khối lượng hàng tỉ lệ nghịch với khoảng cách
cần chuyển nên ta có:
1500 2000 3000abc= =
Tổng số hàng cần chuyển đến ba kho là 1530 nên ta có:
1530abc++=
.
ng dn giải
Gọi số lượng hàng chuyển tới ba kho lần lượt là a, b, c
( )
,, 0abc>
.
Theo bài ra ta có:
1500 2000 3000abc= =
1530abc++=
Từ:
1500 2000 3000
432
abc
abc= = ⇒==
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
1530
170
4 3 2 432 9
a b c abc++
= = = = =
++
4.170 680a⇒= =
;
3.170 510b = =
;
2.170 340c = =
Vậy số hàng cần chuyển tới ba kho A, B, C lần lượt là: 680 tạ, 510 tạ, 340 tạ.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
290
Thí dụ 3. Chu vi của hình chữ nhật bằng 28 dm. Tính độ dài mỗi cạnh, biết rằng chúng
tỉ lệ với 3; 4.
Phân tích đề bài:
Trong hình chữ nhật có hai kích thước là chiều dài và chiu rộng (còn được gọi là hai cạnh
của hình chữ nhật) chiều rộng thì ngắn hơn chiều dài. Hai cạnh của chúng tỉ lệ với 3; 4 vậy
cạnh ngắn tỉ lệ với 3 còn cạnh dài tỉ lệ với 4.
Nếu gọi hai cạnh của hình chữ nhật a b
( )
0 ab<<
.hai cạnh hình chữ nhật ti
lệ với 3 và 4 nên ta có:
34
ab
=
.
Chu vi hình chữ nhật là
( )
2 ab+
nên ta có:
( )
2 28 14ab ab+ = +=
Như vậy ta đã đưa bài toán về dạng bài áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau.
ng dn giải
Gọi hai cạnh của hình chữ nhật là a và b
( )
0 ab<<
Theo bài ra ta có:
34
ab
=
( )
2 28ab+=
Từ
( )
2 28 24ab ab+ = +=
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
14
2
3 4 34 7
a b ab+
= = = =
+
3.2 6a⇒= =
;
4.2 8b⇒= =
Vậy độ dài hai cạnh hình chữ nhật là 6cm và 8cm.
Thí dụ 4. Có 16 tờ giấy bạc loại 2000 đồng, 5000 đồng và 10000 đồng, trị giá mỗi loại tiền
trên đều bằng nhau. Hỏi mỗi loại có mấy tờ.
Phân tích đề bài:
Gọi số tờ tiền loại 2000 đồng, 5000 đồng và 10000 đồng lần lượt là a, b, c
Vì giá trị mỗi loại tiền đều bằng nhau nên ta có:
2000 5000 10000ab c= =
Có 16 tờ giấy bạc các loại nên:
16abc++=
ng dn giải
Gọi số tờ tiền của loại 2000 đồng, 5000 đồng và 10000 đồng lần lượt là a, b, c
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
291
Theo bài ra ta có:
2000 5000 10000ab c= =
16abc++=
Từ:
2000 5000 10000
521
abc
ab c= = ⇒==
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
16
2
5 2 1 521 8
a b c abc++
= = = = =
++
5.2 10a⇒= =
;
2.2 4b = =
1.2 2c = =
Vậy số tiền loại 2000 đồng, 5000 đồng, 10000 đồng lần lượt là 10 tờ, 4 tờ và 2 tờ.
Thí dụ 5. Cho tam giác ABC có s đo các góc
,,ABC
ln lưt t l vi 1; 2; 3. tính s đo
các góc của tam giác ABC.
Phân tích đề bài:
Ở bài này cho các góc
,,ABC
lần lượt tỉ lệ với 1; 2; 3.
Vậy ta lấy luôn
,,ABC
là số đo ba góc cần tìm.
Vì số đo các góc
,,ABC
lần lượt tỉ lệ với 1; 2; 3 nên ta có:
123
ABC
= =
Áp dụng định lí tổng ba góc của một tam ta có:
0
180ABC++=
ng dn giải
Gọi ba góc trong và góc ngoài của tam giác ABC lần lượt là:
,,ABC
( )
00
0 , , 180ABC<<
Theo bài ra ta có:
123
ABC
= =
0
180ABC++=
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
0
0
180
30
123 123 6
A B C ABC++
= = = = =
++
00
1.30 30A⇒= =
;
00
2.30 60B = =
;
00
3.30 90C = =
Vậy số đo ba góc
,,ABC
của tam giác ABC lần lượt là:
000
30 ;60 ;90
PHN 6: MT S SAI LM THƯNG GP TRONG GII TOÁN V T L THC
VÀ DÃY T S BNG NHAU.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
292
Sai lầm thường gặp 1:
Áp dng:
x y xy
a b ab
= =
hay
x y z xyz
a b c abc
= = =
Thí dụ 1. Tìm 2 số x,y biết rằng
25
xy
=
và x.y =10
Sai lầm thường gặp:
Ta có:
suy ra x = 2,y = 5
Lời giải đúng:
Từ từ đó suy ra
vậy x = 2,y = 5 hoặc x =-2, y = -5
Thí dụ 2. Tìm các số x,y,z biết rằng :
234
xyz
= =
x.y.z = 648
Sai lầm thường gặp:
Ta có:
Suy ra a = 54, b = 81, c = 108
Lời giải đúng:
Ta có:
333
648
27 6, 9, 12
2 3 4 2 3 4 2.3.4 24
x y z x y z xyz
xyz

= = = = = = = ⇒= = =


Sai lm thường gặp 2: Sai lầm khi bỏ qua điều kiện khác 0
Thí dụ 1. Cho 3 tỉ số bằng nhau là
.
abc
bc ca ab
= =
++ +
Tìm giá trị của mỗi tỷ số đó
Sai lầm thường gặp:
. 10
1
2 5 2.5 10
x y xy
= = = =
2
2
. . 10
42
25 2 5 2 5
xyxxxyx
xx= = = =⇒=±
5y = ±
. . 648
27
2 3 4 2.3.4 24
x y z xyz
= = = = =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
293
Ta có
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1
22
a b c abc abc
bc ca ab bc ca ab abc
++ ++
= = = = =
+ + + +++++ ++
Lời giải đúng:
Ta có
+ Nếu a + b + c ≠ 0. Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có
=
1
2
+ Nếu a + b + c = 0 thì b + c = -a; c + a = -b; a + b = -c
nên mỗi tỉ số đều bằng -1
Thí dụ 2. Cho a, b, c là ba số thực khác 0, thoả mãn điều kiện:
abc bca cab
cab
+ +− +
= =
.
Hãy tính giá trị của biểu thức
111
bac
B
acb
 
=+++
 
 
Sai lầm thường gặp:
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có:
B =
Lời giải đúng:
+Nếu a + b + c 0
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có:
abc
bc ca ab
= =
++ +
abc
bc ca ab
= =
++ +
( ) ( ) ( ) ( )
2
a b c abc abc
bc ca ab bc ca ab abc
++ ++
= = = =
+ + + +++++ ++
;;
abc
bccaab+++
abc bca cab abcbcacab
1
c a b abc
+ +− + +−++−++
= = = =
++
1112
+ +− +
+= += +=
abc bca cab
cab
2
+++
⇒===
ab bc ca
cab
111 8
+++
   
+++= =
   
   
b a c ba ca bc
acb a cb
abc bca cab abcbcacab
1
c a b abc
+ +− + +−++−++
= = = =
++
1112
+ +− +
+= += +=
abc bca cab
cab
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
294
B =
Nếu :
0 ,,abc ab cbc aac b++==>+= += +=
111 .. 1
b a c ab ac bc c b a
B
a c b a c b acb
+ + + −−
   
=+++= = =
   
   
Thí dụ 3. Tìm x.y biết:
2 13 22 3 1
57 6
x y xy
x
+ +−
= =
Sai lầm thường gặp:
Ta có: (1)
Từ hai tỷ số đầu ta có: (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra (3)
6x = 12 x = 2
Thay x = 2 vào 2 tỷ số đầu ta được y = 3
Thử lại thấy thoả mãn . Vậy x = 2 và y = 3 là các giá trị cần tìm
Lời giải đúng:
Ta có: (1)
Từ hai tỷ số đầu ta có: (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra (3)
TH 1 : 2x + 3y - 1 .Khi đó ta mới suy ra 6x = 12 nên x = 2.
Thay x = 2 vào 2 tỷ số đầu ta được y = 3
Thử lại thấy thoả mãn . Vậy x = 2 và y = 3 là các giá trị cần tìm
TH2: 2x + 3y -1= 0 .Suy ra 2x =1- 3y,thay vào hai tỉ số đầu, ta có
2
+++
⇒===
ab bc ca
cab
111 8
+++
   
+++= =
   
   
b a c ba ca bc
acb a cb
2 13 22 3 1
57 6
x y xy
x
+ +−
= =
2 13 22 3 1
5 7 12
x y xy+ +−
= =
231
6
xy
x
+−
231
12
xy+−
=
2 13 22 3 1
57 6
x y xy
x
+ +−
= =
2 13 22 3 1
5 7 12
x y xy+ +−
= =
231
6
xy
x
+−
231
12
xy+−
=
0
13 1 13 13 2
0
5 57
y yy−+ −++
= =
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
295
Suy ra 2 - 3y = 3y-2 =0 . Từ đó tìm tiếp
Sai lm thường gặp 3: Sai lầm khi xét lũy thừa bậc chẵn.
Thí dụ 1. Tìm x biết
1 60
15 1
x
x
−−
=
−−
Sai lầm thường gặp:
nên x 1 = 30 do đó x = 31.
Lời giải đúng:
nên x 1 = 30
hoặc x 1 = - 31, do đó x = 31 hoặc x = 29.
Thí dụ 2. Tìm các số x,y,z biết rằng
234
xyz
= =
biết rằng
2 22
2 3 5 405xyz+−=
Sai lầm thường gặp:
Đặt = k suy ra x = 2k, y = k, z = 4k
Từ suy ra
Học sinh thường mắc sai lầm suy ra k = 3, mà phải suy ra
C/ BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP
Câu 1. Cho
1
12
23 1
... .
nn
n
aa
aa
aa a a
= = = =
12 1
... 0; 5
n
aa a a+ ++ =
Tính
23
; ;... ?
n
aa a=
Câu 2. Cho
1 11 1
( ; ; 0; )
2
abc b c
c ab

= + ≠≠


Chng minh:
a ac
b cb
=
2
3
y→=
1
2
x =
1 60
15 1
x
x
−−
=
−−
( ) ( ) ( ) ( )
22
1 15 . 60 1 900xx⇒− = ⇒− =
( ) ( ) ( ) ( )
22
1 15 . 60 1 900xx⇒− = ⇒− =
234
xyz
= =
2 22
2 3 5 405xyz+−=
( ) ( ) ( )
222
2. 2 3 3 5 4 405kkk+− =
222
2
2
8 27 80 405
45 405
9
kkk
k
k
+−=
−=
=
3k = ±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
296
Câu 3. Cho 4 số dương
;;;abcd
. Biết rằng
2
;
2
a c bd
bc
bd
+
= =
+
Chng minh rằng 4 số này lập thành 1 tỉ l thc.
Câu 4. Tìm các số x; y; z biết rằng:
1 2 31yz xz yx
x y z xyz
++ ++ +
= = =
++
Câu 5. Tìm các s x, y, z biết rằng: 3x = 4y, 5y = 6z và xyz = 30.
Câu 6. Cho
ac
cb
=
chứng minh rằng:
a)
22
22
ac a
bc b
+
=
+
b)
22
22
b a ba
ac a
−−
=
+
Câu 7. Cho tỉ lệ thức
d
c
b
a
=
. Chứng minh rằng ta có các tỉ lệ thức sau ( giả thiết các tỉ lệ
thức đều có nghĩa).
a,
c
dc
a
ba 3434
=
b,
22
22
2
2
23
23
)(
)(
dc
ba
dc
ba
+
+
=
Câu 8. a) Tìm ba số x, y, z thỏa mãn:
y
xz
345
= =
2 22
2 2 3 100xyz+−=
b) Cho
abcd
2b 2c 2d 2a
= = =
(a, b, c, d > 0)
Tính A =
2011a 2010b 2011b 2010c 2011c 2010d 2011d 2010a
cd ad ab bc
−−
+++
++++
Câu 9. Cho dãy tỷ số bằng nhau:
2012 2012 2012 2012abcd a bcd ab cd abc d
abcd
+++ + ++ ++ + +++
= = =
Tính
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
Câu 10. Tìm x , y, z biết :
32 25 53
532
xy zx yz−−
= =
và x + y + z = 50
Câu 11. Ba bn An, Bình và Cưng có tng s viên bi là 74. Biết rng sviên bi ca An
Bình t l vi 5 và 6; s viên bi ca nh và Cưng t l vi 4 và 5. nh sviên bi ca mỗi
bạn.
Câu 12. Tìm các số a, b, c thỏa mãn
;
2 35 4
a bb c
= =
a - b +c = -49.
Câu 13. Cho a, b, c là các số thực khác 0. Tìm các số thc x, y, z khác 0 thoả mãn:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
297
222
222
cba
zyx
azcx
zx
cybz
yz
bxay
xy
++
++
=
+
=
+
=
+
Câu 14.
a. Tìm x; y; z biết
3
;
2
x
y
=
5x = 7z x 2y + z = 32.
b. Cho
75 75
37 37
xy zt
xy zt
++
=
−−
. Chứng minh:
xz
yt
=
.
Câu 15.
1) Biết
bz cy cx az ay bx
abc
−−
= =
(với
a, b, c 0
).
Chứng minh rằng:
xyz
abc
= =
.
2) Số M được chia thành ba phần tỉ lệ nghịch với 3; 5; 6. Biết rằng tổng các lập phương của
ba phần đó là 10728. Hãy tìm số M.
Câu 16. Cho t l thc
ac
bd
=
với
0, 0, 0, 0, ,abcdabcd ≠± ≠±
.
Chng minh:
2013
2013 2013
2013 2013
ab a b
cd c d
−+

=

−+

Câu 17. Cho
xyz t
yzt ztx txy xyz
= = =
+ + ++ + + + +
Chng minh rằng: Biểu thức sau có giá trị nguyên
xy yz zt tx
A
zt tx xy yz
+ + ++
=+++
++ + +
Câu 18. Số A đưc chia thành ba phn s t l theo
231
::
546
. Biết rng tng các bình
phương của ba số đó bằng 24309. Tìm số A.
Câu 19. Cho ba hình chữ nhật, biết diện tích của hình thứ nhất diện tích của hình thứ
hai tỉ lvi 4 và 5, diện tích nh thư hai và din ch hình thứ ba tỉ l vi 7 và 8, hình th
nht và hình th hai có cùng chiu dài và tng các chiu rng ca chúng là 27 cm, hình
th hai và hình th ba có cùng chiu rng, chiu dài ca hình th ba là 24 cm. Tính din
tích của mỗi hình chữ nhật đó.
Câu 20.
Cho 4 s a, b, c, d trong đó b là trung bình cng ca a và c đng thi
1 11 1
2c bd

= +


. Chứng minh bốn số đó lập thành tỉ lệ thức.
Câu 21. Cho
16 25 49
9 16 25
xyz+−+
= =
3
4 3 29x −=
. Tính: x 2y + 3z
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
298
Câu 22. Tìm x, y, z biết:
a,
15 20 40
9 12 24xy z
= =
−−
và x.y=1200
Câu 23. Tìm x, y, z biết:
a,
135
246
xyz−+
= =
5 3 4 50zxy−− =
b,
432
32 24 43xy zx yz
= =
−−
10xyz+−=
Câu 24. Tìm các s x, y, z biết:
a,
33 3
8 64 216
xy z
= =
222
14xyz++=
b,
333
8 27 64
xyz
= =
2 22
2 3 650xyz+−=
Câu 25. Tìm x, y biết:
33 3 3
2
64
xy x y+−
=
66
. 64xy=
Câu 26. Tìm x, y, z biết:
a,
235xyz= =
95xyz+−=
b,
6 9 18
11 2 5
xy z= =
196xz−+ =
Câu 27. Tìm x, biết:
12 14 16
18 24 6
yyy
x
+++
= =
Câu 28. Tìm x biết
5176577
35 4
x y xy
x
−−
= =
Câu 29. Tìm x, y biết:
3 13 200
x y x y xy−+
= =
Câu 30. Tìm ba s a,b,c biết:
322553
532
ab ca bc−−
= =
và a + b + c = -50
Câu 31. Tìm các cp s a, b thỏa mãn:
2
3 1 125 3
1 125
6 13
4
b ab
a
a
a
−−
= =
+
Câu 32. Tìm x,y,z biết :
xy z=
;
9yz x=
;
16xz y=
Câu 33. Tìm các số:
1 2 100
; ;...aa a
, biết:
100
12
100
12
..
100 99 1
a
aa
−−
= = =
1 2 3 100
... 10100aaa a+ + ++ =
Câu 34. Tìm s tự nhiên M nh nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kin:
M abcd e f=+=+=+
biết: a, b, c, d, e, f thuộc
*
N
14 11 13
;;
22 13 17
ace
bdf
= = =
Câu 35. Tìm 3 phân số có tng của chúng bằng
1
1
70
, các tử của chúng tỉ l với 3:4:5 và các
mẫu s tương ng của chúng tỉ l với 5:1:2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
299
Câu 36. Cho dãy tỉ số :
2012 2012 2012 2012abcd a bcd ab cd abc d
abcd
+++ + ++ ++ + +++
= = =
Tính giá trị biu thc:
ab bc cd da
M
cd da ab bc
+++ +
=+++
++++
Câu 37. Cho a, b, c khác nhau và khác 0, t/m:
abc
bc ac ab
= =
+++
. Tính giá trị của biểu
thc:
bc ac ab
A
abc
+++
=++
Câu 39. Cho 3 số x,y,z,t thỏa mãn:
y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt
xyzt
+ +− ++ + + + +
= = =
Và x+ y+ z+ t = 2012. Tính giá trị P= x+2y 3z +t
Câu 40. Cho
, , 0& 0xyz x y z −=
, Tính giá trị của biểu thc:
111
zxy
B
xyz


=−−+




Câu 41. Cho a,b,c khác 0, thỏa mãn :
ab bc ca
ab bc ca
= =
+++
, Tính
222
333
ab bc ca
P
abc
++
=
++
Câu 42. Cho x,y,z là 3 số dương phân biết, Tìm tỉ s
x
y
, biết:
y xy x
xz z y
+
= =
Câu 43. Cho a-b=13, Tính giá trị của biểu thc:
33
2 13 2 13
ab ba
B
ab
−−
=
+−
Câu 44. Cho x: y: z = 5: 4: 3, Tính
23
23
xyz
P
xyz
+−
=
−+
Câu 45. Cho
( )
2
2,
3
ab ab−= +
Tính
44
44
5
4
a
M
b
+
=
+
Câu 46. Tính
abc
A
abc
=
++
, biết a,b, c có quan hệ:
( ) ( ) ( ) ( )
: 8 : : 10 2 :5: 3: 4ab c bc c+ + +=
Câu 47. Cho x = by +cz, y = ax +cz, z = ax +by và x +y +z
0. Tính giá trị :
111
111
Q
abc
=++
+++
Câu 48. Cho a + b + c = 2015 và
1 1 11
5abbcca
++=
+++
, Tính
abc
Q
bc ca ab
=++
++ +
Câu 50. Cho 3 số a, b, c thỏa mãn:
2009 2010 2011
abc
= =
Tính giá trị của biểu thc:
2
4( )( ) ( )M abbc ca= −−−
Câu 52. Tính giá trị của:
( )( )( )
B xyyzzx=+ ++
, biết:
2& 0xyz x y z= ++=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
300
Câu 53. Tính biu thức:
( ) ( )( )( )
333 3 223344
222 2
1 2 3 ... 10 .
1 2 3 ... 10
xyxyxy
C
++++ +++
=
+ + ++
Vi
( )
1
0, 3 ;
3
xy=−=
Câu 54. Cho a, b, c
R, và a, b, c
0, thỏa mãn:
2
.b ac=
.
Chng minh rng:
2
2
( 2012 )
( 2012 )
aa b
cb c
+
=
+
Câu 55. Cho
2018
1 2 3 2018 1 2 2018
2 3 4 2019 2019 2 3 2019
...
.... , :
...
a a a a a aa a
CMR
a a a a a aa a

+ ++
= = = = =

+ ++

Câu 56. Cho a,b,c
0, t/m
2
.b ac=
khi đó
2014
2014
n
a ba
b cc
+

=

+

, Khi đó n = ?
Câu 57. Cho
ac
bd
=
, CMR :
( )
( )
1994
1994 1994
1994
1994 1994
ac
ac
bd
bd
+
+
=
+
+
Câu 58. Cho t l thc:
ac
bd
=
,CMR:
2 22 2
22
235 235
23 23
aabb ccdd
b ab d cd
−+ −+
=
++
,Với điu kin mu
thức xác định.
Câu 59. Cho
ac
bd
=
, CMR :
22
22
2009 2010
2009 2010
ac a c
bd b d
+
=
+
Câu 60. Cho
2 13 2 13
,:
37 37
a b c d ac
CMR
a b c d bd
++
= =
−−
Câu 61. Cho t l thc:
( )
0
ab b
c
c
bc
=
, CMR :
22
22
ab a
bc c
+
=
+
Câu 62. Chng minh rng:
( ) ( ) ( )
253xy yz zx+= += +
, Thì
45
xy yz−−
=
Câu 63. Cho
,ad bc+=+
( )
2 2 22
, 0,a d b c bd+=+
CMR 4 số a, b, c, d có thể lp thành
1 tỉ l thc:
Câu 64. Cho
( )
,0
ax by
M k cd
cx dy
+
= =
+
, Chứng minh rằng, Giá trị của M không ph thuc
vào x,y thì 4 số a,b,c,d lập thành 1 tỉ l thức :
Câu 65. Cho dãy
2009 2011 2013
abc
= =
, Chứng minh rng:
2
()
( )( )
4
ac
abbc
=−−
Câu 66. Cho 3 số x,y,z thỏa mãn:
1998 1999 2000
xyz
= =
, CMR :
( ) ( ) ( )
32
8xz xy yz−=
Câu 67. Cho 3 số x,y,z thỏa mãn: by+cz=a, ax+cz=b, ax+by=c , với a,b,c là các số dương cho
trước thì
111
111xyz
++
+++
không ph thuộc vào a,b,c
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
301
Câu 68. Cho
2 22
x yz y zx z xy
abc
−−
= =
, Chứng minh:
222
a bc b ca c ab
xyz
−−−
= =
Câu 69. Cho a, b dương thỏa mãn:
2006 2006 2004 2004
abab+=+
, Chứng minh
22
4
2
32
ab
+
Câu 70. Cho a,b,c
0 và
111
0
abc
++=
, chứng minh rng:
111
0
ab bc ca
++
Câu 71. Cho
22
1+=xy
22
..bx ay=
Chng minh rằng:
2000 2000
1000 1000 1000
2
()
xy
a b ab
+=
+
Câu 72. Chng minh rng nếu:
,,
ab bc ca
xyz
ab bc ca
−−
= = =
+ ++
Thì
(1 x)(1 y)(1 z) (1 x)(1 y)(1 z)+++=−−
Câu 73. Biết
2
2
15
3
b
a ab++=
2
2
6
3
b
c +=
22
9a ac c++=
, 0;ac a c ≠−
, CMR :
2c bc
a ac
+
=
+
Câu 74. Cho
1
39
xy
=
8
82 0
yx+
−=
Chng minh rng:
5
3
x
y
=
Câu 75. Cho các số hữu tỉ:
;;
a c ac
xyz
b d bd
+
= = =
+
với a,b,c,d số nguyên và b, d > 0.
CMR: nếu x < y thì x < z < y
Câu 76. Cho 3 số a, b,c đôi 1 khác nhau, CMR:
( )( ) ( )( )
( )( )
222bc ca ab
abac bcba cacb ab bc ca
−−
+ + =++
−−
Câu 77. Cho
''
1, 1
''
ab bc
ab bc
+= +=
, CMR:
''' 0abc a b c+=
Câu 78. Chng minh rng nếu:
( ) ( ) ( )
ay z bz x cx y+= += +
, và a, b, c khác nhau và khác
0, thì:
( ) ( ) ( )
yz zx xy
ab c bc a ca b
−−
= =
−−
Câu 79. Cho
2
2
1 11
,:
ax bc c
P CMR
ax bx c
++
=
++
Nếu
111
abc
abc
= =
, thì P không phụ thuộc vào x
Câu 80. Cho A, B, C tỉ l với a, b, c, CMR :
Ax By C
Q
ax by c
++
=
++
không ph thuộc vào x, y
Câu 81. Cho các số thực a, b, c, x, y, z khác 0 thỏa mãn
y
xz
.
abc
= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
302
Chng minh rằng:
( )
2 22
2 2 22
xyc
1
abc
ax by cz
++
=
++
++
(Các mẫu đều khác 0)
Câu 82. Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn
2 22
abc1
a b c 1.
y
xz
abc
++=
++=
= =
Chng minh rằng xy + yz + zx = 0
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. Áp dng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
1 12 1
12
2 3 1 23 1
...
... 1
...
n n nn
nn
a a aa a a
aa
a a a a aa aa
−−
+ ++ +
= = = = = =
+ ++ +
1
2
2
15
a
a
a
=> ==>=
Tương t
3
... 5
n
aa= =
Câu 2.
Ta có:
1 11 1
2c ab

= +


211
cab
=>=+
11 11
0
ca bc

=>−−− =


0
ac cb
ca bc
−−
=>−=
1
0
ac cb
ca b
−−

=> −=


0c
0
ac cb
ab
−−
=>−=
a ac
b cb
=>=
(đpcm)
Câu 3. Ta có:
2
2 ()
bd
c bd c b d
bd
= =>=+
+
2. . ( )
2
ac
d cb d
+
=>=+
() ()acd cbd=>+ = +
ad cd cb cd=>+=+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
303
ad cb=>=
Vậy 4 số dương
;;;abcd
lp được 1 tỉ l thc.
Câu 4.
Theo tính chất dãy t số bằng nhau ta :
1 2 31yz xz yx
x y z xyz
++ ++ +
= = =
++
=
1 2 3 2( )
2
yz xz yx xyz
xyz xyz
+++++++ ++
= =
++ ++
( Vì x + y + z
0). Do đó x+y+z = 0,5. Thay kết qu này vào đề bài ta có:
0,5 1 0,5 2 0,5 3
2
xyz
xyz
+ + −−
= = =
tức là
1,5 2,5 2,5
2
xy z
xy z
−−
= = =
Vy
15 5
;;
266
x yz
= = =
Câu 5.
Ta có:
xyyz xyz
;k
4365 865
 
x = 8k, y = 6k, z = 5k
xyz = 30
8k.6k.5k = 30
240k
3
= 30
k =
1
2
x = 4, y = 3, z =
5
2
Câu 6.
a) Từ
ac
cb
=
suy ra
2
.c ab=
, khi đó
22 2
22 2
.
.
a c a ab
b c b ab
++
=
++
=
()
()
aa b a
ba b b
+
=
+
b) Theo câu a) ta có:
22 22
22 22
ac a bc b
bc b ac a
++
=⇒=
++
từ
22 22
22 22
11
bc b bc b
ac a ac a
++
= −=
++
hay
22 22
22
bcac ba
ac a
+−
=
+
. Vậy
22
22
b a ba
ac a
−−
=
+
Câu 7
a, Ta có:
c
dc
a
ba
dc
ba
d
b
c
a
d
b
c
a
d
c
b
a
3434
34
34
3
3
4
4
=
=====
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
304
b, Ta có:
2
22
22 2
222 222
22 2 2 2 2
a c a b ab
b d c d cd
(a b)
ab
c d (c d)
a b 3a 2b 3a 2b
c d 3c 2d 3c 2d
=⇔==
⇔==
+
⇔== = =
+
Câu 8.
a) Ta có:
Từ
y
xz
345
= =
ta có:
2 2 2 22
2 22 2
y 2y 2x 2y 3z
x z 2x 3z 100
4
9 16 25 18 32 75 25 25
+−
= = = = = = = =
−−
=
=
=
=
=
=
=
=
=
10
8
6
10
8
6
100
64
36
2
2
2
z
y
x
x
y
x
z
y
x
( Vì x, y, z cùng dấu)
b) Ta có:
Ta có
1
222222222
+++
= = = = =
++ +
a b c d abcd
bcdabcda
(do a,b,c,d > 0 => a + b + c + d > 0)
suy ra a = b = c = d
Thay vào tính được P =
2
Câu 9.
2012 2012 2012 2012abcd a bcd ab cd abc d
abcd
+++ + ++ ++ + +++
= = =
2012 2012 2012 2012
2011 2011 2011 2011
abcd a bcd ab cd abc d
abcd
+++ + ++ ++ + +++
−= −= −=
abcd abcd abcd abcd
abcd
+++ +++ +++ +++
= = =
(*)
+ Nếu a + b + c + d khác 0 Từ (*) suy ra a = b = c = d
Vậy M = 1 + 1 +1 +1 = 4
+ Nếu a + b + c + d = 0
a + b = - ( c + d) ; a + c = - ( b + d) ;
a + d = - ( b +c) . Vậy M = - 1 - 1 1 1 = - 4
Câu 10.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
305
Từ
32 25 53
532
xy zx yz−−
= =
15 10 6 15 10 6
25 9 4
x y z x yz−−
⇒==
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
15 10 6 15 10 6 15 10 6 15 10 6
0
25 9 4 38
x y z x yz x yz x yz +− +
= = = =
23
15 10 0 3 2
6 15 0 2 5
25
10 6 0 5 3
53
xy
x y xy
xz
z x zx
yz yz
zy
=
−= =


= =⇒=


−= =

=
50
5
2 3 5 2 3 5 10
10, 15, 25
x y z xyz
xyz
++
= = = = =
++
⇒= = =
Câu 11.
+ Gọi số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là
,,abc
. Vì tổng số viên bi của ba bạn là 74
nên
74abc++=
+ Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên
5 6 10 12
ab a b
=⇒=
+ Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên
4 5 12 15
bc b c
=⇒=
+ Từ đó ta có
74
2
10 12 15 10 12 15 37
a b c abc++
= = = = =
++
+ Suy ra
20; 24; 30abc= = =
Câu 12.
;
2 3 10 15 5 4 15 12
ab a b bc b c
== =⇒=
nên
10 15 12
abc
= =
Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau, ta có:
49
7
10 15 12 10 15 12 7
a b c abc−+
= = = = =
−+
Suy ra: a =10.(-7)=-70; b = 15.(-7) =-105; c = 12.(-7) =-84
Câu 13.
Do x, y, z khác 0 nên
azycxy
yzx
cyxbzx
xyz
bxzayz
zxy
azcx
zx
cybz
yz
bxay
xy
+
=
+
=
+
+
=
+
=
+
Suy ra
aybxcxazazycxycyxbzxbxzayz ==+=+=+ ,
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
306
Do đó
ctzbtatxt
c
z
b
y
a
x
b
y
a
x
c
z
a
x
======== ,y , ,
, t ≠ 0
Ta có
222
222222
222
222
.
cba
tctbta
batabt
btat
cba
zyx
bxay
xy
++
++
=
+
++
++
=
+
Suy ra
2
1
2
2
== tt
t
(do t ≠ 0)
Vậy
2
,
2
y,
2
c
z
ba
x ===
Câu 14.
a) Ta
3
2
x
y
=
32
xy
=
21 14
xy
=
(1); 5x = 7z
75
xz
=
21 15
xz
=
(2)
Từ (1) (2) ta có:
21 14 15
xyz
= =
=
2 32
4
21 28 15 8
x yz−+
= =
−+
Tìm được: x = 84; y = 56; z = 60
b) Đặt:
75 75
37 37
xy zt
xy zt
++
=
−−
= k
7x + 5y = k(3x 7y)
(3k 7) x= (7k + 5)y
75
37
xk
yk
+
=
(1)
Tương tự: 7z + 5t = k( 3z 7t)
(3k 7)z = (7k + 5)t
75
37
zk
tk
+
=
(2)
Từ (1) (2) suy ra điều phải chứng minh
Câu 15.
1) Với
a, b, c 0
, ta có
bz cy cx az ay bx
abc
−−
= =
=
222
bza cya bcx baz acy bcx
abc
−−
= =
=
222 222
bza cya + bcx baz acy bcx 0
0
abc abc
−+−
= =
++ ++
Suy ra
bz cy
a
=0 , do đó
yz
bz cy
bc
= ⇒=
(1)
cx az
b
= 0, do đó
xz
cx az
ac
= ⇒=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
xyc
abz
= =
2) Gọi ba phần được chia của số M là x, y, z. , ta được x + y + z = M
Theo đề bài ta có
111
x:y:z : :
356
=
333
10728xyz++=
(1)
Hay
x yz
10 6 5
k= = =
333
10728xyz++=
Suy ra
3 33 3 33 33
10. ; 6. ; 5.x ky kz k= = =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
307
Thay vào (1), được
3
1341 8 2kk=⇒=
suy ra 20; y = 12; z =10 Vậy M = 42.
Câu 16.
Ta có:
2013 2013 2013
a c ac a c ac
b d bd b d bd
−−

==⇒==

−−

(1)
Mà:
2013 2013
2013 2013 2013 2013
2013 2013 2013 2013
a c a c ac
b d b d bd
+

= = = =

+

(2)
T (1) và (2)
2013
2013 2013
2013 2013
ab a b
cd c d
−+

⇒=

−+

(đpcm)
Câu 17.
Ta có:
( )
1
33
xyz txyzt
yzt ztx txy xyz xyzt
+++
= = = = =
++ ++ ++ ++ +++
3x yzt = ++
;
3y ztx= ++
;
3ztxy=++
;
3txyz=++
xy zt⇒+=+
;
yztx+=+
;
zt xy+= +
;
txyz+=+
1111 4
xy yz zt tx
AZ
zt tx xy yz
+ + ++
= + + + =+++=
++ + +
Vy biu thức A có giá trị nguyên. (đpcm)
Câu 18.
Số A đưc chia thành ba phn s t l theo
231
::
546
. Biết rng tngcnh pơng ca ba
số đó bằng 24309. Tìm số A.
Gọi ba phần được chia lần lượt là: a, b, c
Theo bài ra ta có:
231
:: : :
546
abc=
222
24309abc++=
Ta có:
231
: : : : 24:45 10
5 4 6 24 45 10
abc
abc= = +⇒ = =
Áp dng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 2 2 222
24309
9
24 45 10 576 2025 100 576 2025 100 2701
a b c a b c abc++
==⇒= == = =
++
2
576.9 5184 72aa = = ⇒=±
Câu 19. Gọi diện tích ba hình chữ nhật lần lượt
123
,,SSS
, chiu dài, chiu rng tương
ứng là
11 2 2 33
,; ,; ,drd rd r
theo đề bài ta có
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
308
12
23
47
;
58
SS
SS
= =
1 21 2 2 3 3
; 27; , 24d d r r r rd= += = =
Vì hình thứ nhất và hình thứ hai cùng chiều dài
1 1 1 2 12
22
4 27
3
5 45 9 9
S r r r rr
Sr
+
==⇒== = =
Suy ra chiều rộng
12
12 , 15r cm r cm= =
Vì hình thứ hai và hình thứ ba cùng chiều rộng
3
22
2
33
7
7 7.24
21
8 88
d
Sd
d cm
Sd
==⇒= = =
Vậy diện tích hình thứ hai
2
2 22
21.15 315S d r cm= = =
Diện tích hình thứ nhất
2
12
44
.315 252
55
S S cm= = =
Diện tích hình thứ ba
2
32
88
.315 360
77
S S cm= = =
Câu 20.
2
ac
b
+
=
nên 2b = a + c
Mặt khác :
1 11 1
22
bd
c b d bd
+

= +=


hay 2bd = bc + cd
hay ad + cd = bc + cd do đó ad = bc hay bốn số lập thành tỉ lệ thức
Câu 21.
Ta có :
3 33
4 3 29 4 32 8 2x x xx−= = = =
.
Thay vào tỷ lệ thức ta được :
2 16 25 49 25 49
2
9 16 25 16 25
yz yz+−+ −+
==⇒==
−−
7, 1yz⇒= =
.
Vậy x 2y + 3z = 2 2.(-7) + 3.1 = 19
Câu 22.
T gi thiết
9 12 24 3 3 3
15 20 40 15 5 20 5 40 5
xy z x y z−−
=> = = = −= −=
15
20
15 20 40
xk
xyz
k
yk
=
=>====>
=
, Mà
. 1200 2xy k= =>=±
Câu 23.
a, Từ :
135
246
xyz−+
= =
=
( ) ( ) ( ) ( )
55314353434
30 6 16 8
z x y zxy −− +
=
−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
309
b, Từ :
432
32 24 43xy zx yz
= =
−−
=>
32 24 43
432
xy zx yz−−
= =
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 3 2 3 2 4 2 4 3 12 8 6 12 8 6
0
16 9 2 27
xy zx yz xy z x yz +− +
= = = = =
32
2 4 10
2 3 4 234
43
xy
x y z xyz
zx
yz
=
+−
=> = =>=== =
+−
=
Câu 24.
a, Từ GT ta có :
3 33
222
2 4 6 2 4 6 4 16 36
x y z xyz x y z

= = =>===> = =


2 22
14 1
4 16 36 56 4
++
= = =
++
xyz
b,
2 222 2 2
2 3 650
25
2 3 4 4 9 16 26 26
xyz x y z x y z+−
=>===> = = = = =
−−
Câu 25.
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
33 3 3 33 3 3
33
22 2
33
6 4 12 4 2 16
xy x y xy x y
yx
GT
+− ++
= = = =
−+
6
36
36
6
64
1
8 64
xk
xx
yy k
yk
=
=> = <=> = => => = ±
=
Câu 26.
a, Từ :
95
95
95
xyz
xyz
xyz
+−=
+−= =>
+−=
Nên
95
235
15 10 6 15 10 6 19
x y z xyz
xyz
+− ±
===>=== =
+−
b, Từ :
6 9 18
11 2 5
xy z= =
=>
196
33 4 5 33 5 28
x y z xz−+
= = = =
−+
Câu 27.
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
212 114 12 14 16
36 24 18 24 6
y y yyy
GT
x
+−+ +++−+
= =
+−
11
5
12 42 6
x
x
=> = =>=
,
Thay vào tìm được y
Câu 28.
5176577577
35 8 4
x y xy xy
x
−− −−
= = =
=>
Nếu 5x-7y-7 ≠ 0 thì
2x =
, Thay vào ta được y = 3. Nếu 5x-7y-7=0=> 5x-1=0=>
16
;
57
xy= =
Câu 29.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
310
( ) ( )
3 13 16 8 8 200
xy xy
x y x y x x xy
GT
++
−+
= = = ==>=
=>
( )
0
8 200 0 8 200 0
25
x
xy x x y
y
=
= <=> = =>
=
TH1:
00xy==>=
TH2:
25 40yx= =>=
Câu 30.
Ta có :
( ) ( )
53 2 32 5
6 10 5 3 5 3
0
25 9 34 17 2
ab ca
c b bc bc
GT
−−
−+
= = = = = =
=>
32
25 5
2 3 5 10
53
ab
a b c abc
ca
bc
=
++
= =>=== =
=
Câu 31.
ĐKXĐ:
13
2,
6
aa
≠±
22
3 1 125 3 1 125 1 125
6 13 1
4 69
b ab a a
a
a aa
−−
= = =
+
++
Suy ra:
2
1
6 8 0,
125
aa a

+ +=


2( ), 4a la=−=
, Với
4 2004ab=−=> =
Câu 32.
Ta có:
9
xz
GT
y
=>=
2
16 16
9.16 144 2
9
xz
zz
yz z
= => = => = = =>=±
TH1:
4
12 4
12 4 .3 12
3
93
xk
x
z kk k
yk
y
=
= => = ==> => = =>=±
=
1
TH2:
12z =
làm tương tự
Câu 33.
Áp dụng dãy tỉ số bằng nhau ta có:
( ) ( ) ( )
1 2 100 1 2 100
... 1 2 ... 100 ...
10100
1 11
100 99 ... 1 100 99 ... 1 5050
aa a aa a+ ++ +++ + ++
= −= −=
+ ++ + ++
Câu 34.
T gt =>
7 11 13
;;
11 13 17
ac e
bd f
= = =
=>
7 11 7 11 18
a b ab M+
= = =
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
311
Tương t ta có:
11 13 24 24
c d cd M+
= = =
13 17 13 17 30
e f ef M+
= = =
+
khi đó
(18;24;30)M BC
, và
M là số tự nhiên nh nhất có 4 chữ số nên M=1080
Câu 35.
Gọi 3 phân số cần tìm là
;;
abc
xyz
thì ta có:
1
1,
70 3 4 5
abc abc
xyz
++= ==
512
xyz
= =
1
1
1
70
:::
3 4 5 3 4 5 71
35 41 52 7
512512 10
b abc
a
c
ax by cz
y xyz
x
z
++
=> = = =>=== = =
++
=>
345
;;
35 7 14
a bc
x yz
= = =
đó là ba phân số cần tìm
Câu 36.
Tr 2011 vào mỗi vế của tỉ số trong t l thức ta được:
abcd abcd abcd abcd
abcd
+++ +++ +++ +++
= = =
TH1:
08abcd abcd M+++ => = == => =
Th2:
( )
04abcd ab cd M+++ = =>+= + => =
Câu 37.
T GT ta nghịch đảo =>
bc ac ab
abc
+++
= =
Cộng 1 vào các tỉ số ta được :
abc abc abc
abc
++ ++ ++
= =
TH1 :
06abc abc A++≠ => ===> =
TH2 :
0 ,, 3abc bc aac bab c A++==>+= += +==> =
Câu 39.
T GT ta có: Cộng (n+1) vào mỗi t số trong dãy t s bằng nhau ta được:
xyzt xyzt xyzt xyzt
xyzt
+++ +++ +++ +++
=>===
2012 2012 2012 2012 2012
503
4
xyzt
xyzt
=> = = = =>==== =
Thay vào ta tính được
2 3 503Px x xxx=+ +==
Câu 40.
Ta có :
.( z).x
1
..
xz yx yz y
B
x y z xyz

−−+

= = =




Câu 41.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
312
Với a, b, c khác 0 , nghịch đo gi thiết ta được :
111111 111ab bc ca
abc
ab bc ca a b b c c a a b c
+++
= = =+=+=+=> ===>==
khi đó :
333
3
1
3
aaa
P
a
++
= =
Câu 42.
T GT ta có :
22
y xy x yxyx x
xz z y xzzy y
+ +++
= == ==>=
−++
Câu 43.
T GT ta có :
13ab= +
thay vào B ta được :
( )
( )
3 39
3 13 2 39 2 13
0
2 26 13 2 13 2 39 2 13
bb
bbbb
B
b b bb
+−
−+−
= =−=
++ +
Câu 44.
T GT ta có :
( ) ( )
23 23
23 23
5 4 3 589 4 589 6
xyz xyz
xyzx y z x y z
+− −+
+− −+
= = = = = =
+− −+
Khi đó :
2 3 42
2 3 63
xyz
P
xyz
+−
= = =
−+
Câu 45.
T
44
44
2 2 4 5 5 5 625
2
3 3 3 3 4 4 256
aba a
ab a b M
bb
−= + => = => = => = => =
Câu 46.
T GT ta có:
8 10
253 4
ab c bc c
t
+−+ +
= = = =
2
4
85
28
3
2
10 4
ab t
a
ct
tb
bc t
c
ct
+=
=
−=

=> =>= => =

+=

=
+=
Câu 47.
Cng theo vế của GT ta được :
( )
2x y z ax by cz++= + +
, Thay x, y , z trở lại ta có :
( ) ( )
12
2 21
1
z
x y z z cz z c
c xyz
=>++= + = + => =
+ ++
Tương t ta có :
1212
,
11
xy
a xyzb xyz
= =
+ ++ + ++
, Khi đó ta có :
2Q =
Câu 48. Ta có :
1 1 13
abc
Q
bc ca ab
 
= ++ ++ +−
 
++ +
 
( )
111 1
3 2015. 3
5
Q abc
bc ca ab

= ++ + + −=

++ +

THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
313
Câu 50.
T GT ta có:
1 12
2
ab k
ab bc ca
GT k b c k
ca k
−=
−−
= = = = => −=
−−
−=
=>
( ) ( ) ( )
2
22
4. . 2 4 4 0M kk k kk=> = −− = =
Câu 52.
T GT ta có :
.. 2
xy z
y z x B xyz
zx y
+=
+=−=> = =
+=
Câu 53.
T GT ta có :
3 3 33
11
, 00
27 27
x y xy C
= = => + ==>=
Câu 54.
( )
( )
2
2
2
2012
2012
..
2012
2012
ab
a b a b ab a
b ac
b c b c bc c
bc
+
+
= =>== => = =
+
+
Câu 55.
T GT ta có :
2018 2018
1 2 2018 1 1 2 3 2018
2 3 2019 2018 2 3 4 2019
...
. .....
...
aa a a a a a a
aa a a a a a a

+ + ++
= =

+ + ++

Câu 56.
Từ:
2
2014
2014
nn
aba b a b a
b ac
bcb c b c c
+

= =>== => = =

+

2
.2
a ab a
n
c bc b

= = =>=


Câu 57.
Đặt
( ) ( )
1994 1994
1994 1994
1994
1994 1994 1994 1994
..kb kd
ac a c
kk
bd bd bd
+
+
===>= =
++
( )
( )
( )
( )
1994 1994
1994
1994 1994
a c kb kd
k
bd bd
++
= =
++
Câu 58.
Đặt
.a kb
ac
k
bd
c kd
=
= = =>
=
, Thay vào biểu thức ta có:
2 22
2
2 3 5 35
23
23
a ab b k k
k
b ab
+ −+
=
+
+
2 22
2
2 3 5 35
23
23
c cd d k k
k
d cd
+ −+
=
+
+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
314
Câu 59.
22
22
22
.
.
.
a c a c a c ac a c
b d b d b d bd b d

==> = = =>==


=>
22
22
. 2010 2009
. 2010 2009
ac c a
bd d b
= =
Câu 60.
GT=>
( ) ( )
( ) ( )
3 2 13 2 3 7
2 13 3 7
2 13 3 7 3 2 13 2 3 7
a b ab
a b a b ba ac
c d cd c d cd dc bd
+−
+−
= = ===>=
+ +−
Câu 61.
22
22
.10 10 .
.10 10 .
a b b a a a b a b ab
GT
b c c b b b c b c bc
+
= == ==>==> = =
+
22
22
ab a
bc c
+
= =
+
Câu 62.
Ta có:
3 2 32
xy zx xyzx
yz
+ + +−−
= = =
3 5 35 5
yz zx yzzx xy+ + −−++
= = =
−+
( )
2
(1)
2 5 5 4 10
zx
xy zx xy zx
xy
+
−+ −+
= =>−= => =
(2)
2 5 10
zx yz zx
yz
+ −+
=−=> =
T (1) và (2) ta có:
45
xy yz−−
=
Câu 63.
( ) ( )
22
22
ac
a d b c a d b c ad bc
bd
+ =+=> + = + => = => =
Câu 64.
Đặt
,
ax by
k
cx dy
+
=
+
Chn
0, 1
b
xy k
d
= ==>=
Chn
1, 0
a ab
xy k
c cd
= ==>==>=
Câu 65.
Ta có:
2009 2011 2013 4 2 2
a b c ac ab bc
k
−−−
= = = = = =
−−
( ) ( )
22
2
4
4
24
44
2
ac k
ac k
ab k k
bc k
−=
−−
=> −= => = =
−=
( )( )
2
4abbc k −=
=> VT= VP
Câu 66.
T gt =>
32
.
211 2 1 1
xz xy yz xz xy yz−−

===>=

−−−

=>
( )
( ) ( )
3
2
8
xz
xy yz
=−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
315
Câu 67.
Cng theo vế các GT ta được:
( ) ( ) ( )
2 2 21a b c ax by cz ax a a x++= + + = + = +
12
1
a
x abc
=>=
+ ++
Chng minh tương t ta có:
1212
,
11
bc
y abcz abc
= =
+ ++ + ++
Khi đó:
( )
2
111
2
111
abc
x y z abc
++
++= =
+ + + ++
Câu 68.
Đặt:
2 22
x yz y zx z xy
k
abc
−−
= = =
2 22
,,
x yz y zx z xy
abc
kkk
−−
=>= = =
=>
( )
4 2 22
22 3 3 2
2
22
2x x yz y z
y z xy xz x yz
a bc
kk
−+
−+
−=
2
3 33
3
a bc
x y z xyz
x
=> =++−
Chng minh tương tự:
2
3 33
3
b ca
x y z xyz
y
=++−
2
3 33
3
c ab
x y z xyz
z
=++−
=> đpcm
Câu 69.
Gi sử: a=1=>b=1=>
22
4
2
32
ab
+
=
. Nếu:
,1ab
, Giả sử:
( ) ( )
2004 2 2004 2
11ab a a b b≥=> =
=>
2004 2
2004 2
1
1
ab
ba
=
, Vì
2 2 22
11 2ab b a a b =>− −=> +
22
4
2
2
32 32
ab
+
=> ≤=
Câu 70.
T GT=>
1 11 111
0
a bc abc

=−+=> +


=>
11
0
ab ac
+≤
, Tương tự:
11 11
0, 0
bc ab ac bc
+ +≤
Cng theo vế ta được: =>
111
20
ab bc ca

++


Câu 71.
T
2 2 22
22
1+
+ =>== =
++
x y xy
bx ay
a b ab ab
( ) ( )
2000 2000 2000 2000
1000 1000
1000 1000 1000 2000
12xy xy
ab ab
ab ab
== =>+=
++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
316
Câu 72.
Xét
2
11
ab a
x
ab ab
+= +=
++
, Tương tự:
22
1 ,1
bc
yz
bc ca
+= +=
++
Khi đó
( )( )( )
8abc
VT
abbcca
=
+++
Tương tự:
2
11
ab b
x
ab ab
−= =
++
,
22
1 ,1
ca
yz
bc ca
= −=
++
Khi đó:
( )( )( )
8abc
VP VT
abbcca
= =
+++
Câu 73.
Ta có:
( )
22
2 2 22
15 6 9
33
bb
a ab a ac c c

+ + = =+= + + + +


22 2
2 2 2 22c ab ac c ab ac ac c ac ab ac=>==>=+=>+=+
( ) ( )
2
2
c bc
cc a ab c
a ac
+
=> += +=> =
+
Câu 74.
T
838
82 2 2 3 8
yx yx
yx
++
= <=> = => = +
(1)
( )
21
1
39 3 22
y
xy
xy
= = =>=
thay vào (1) ta được:
3 2 2 8 6 10yy y x= + <=> = => =
Câu 75.
..
ac
ad bc
bd
<=> <
Xét tích
( )
( )
a b d ab ad
b a c ab bc
+=+
+= +
=>
( ) ( )
a ac
abd bac
b bd
+
+ < +=><
+
Cmtt ta có:
ac c
bd d
+
<
+
Câu 76.
Ta có :
2111 1
=+=+
−−−−ab abab abba
Tính tương t ta có :
21 1
= +
−−bc bc cb
, và
21 1
= +
−−−ca ca ac
Cng theo vế :
222 11 1 1 1 1−−
 
++= + + + + =
 
−− −−
 
VT
abbc ca ab ac bc ba ca cb
Câu 77.
T GT ta có:
'' ' '' 'ab a b a b abc a b c a bc+ ==>+ =
'' ' ' ''' ''bc bc bc abc abc abc+==> + =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
317
Nên
( ) ( ) ( )
''' ''' ' ' ''abc abc abc abc abc abc+ + +=+ =>
đpcm
Câu 78.
Vì a, b, c
0, chia giả thiết cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
xy zx yz xy zx yz
yz zx xy
abc
bc ac ab ab ac bc ab ac bc
+−+ ++ ++
+++
=>=== = =
−−
=> ĐPCM
Câu 79.
Đặt
111
abc
k
abc
= = =
rút ra rồi thay vào P
Câu 80.
Ta có :
( )
,,
k ax by c
ABC
k A ka B kb C kc Q k
a b c ax by c
++
= = ==>= = = =>= =
++
Câu 81.
Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2
2 2 22 222
22 2
2
y y xyz xyz
x zx z a
a b c ax by cz ax by cz ax by cz
b

++ ++
====== ⇒=

++ ++

Mặt khác cũng theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 2 22
22
2 2 2 2 22
y xyz
abc x z
xyz
a b c abc
++
==⇒===
++
Do đó
:
( )
2
222 222 222
2 22 2 2 22
xyz xyz xyz
1
ax by cz
abc abc
ax by cz

++ ++ ++
=⇒=

++
++ ++
++

pcm)
Câu 82.
Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
( )
2
22
2
2 22
y xyz
xz
xyz
a b c abc
y
xz
xyz
abc
++
= = = =++
++
= = = ++
Mặt khác cũng theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 2 22
22
222
2 2 2 2 22
y xyz
xz
xyz
a b c abc
++
= = = =++
++
Do đó
:
( ) ( )
2
222 2 22 222
xyz xyz xyz2xyyzzxxyz
xy yz zx 0
++ =++⇔+++ ++ =++
++=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
318
Chuyên đ 10: GIÁ TR TUYỆT ĐỐI
I. Lý thuyết
nh nghĩa: Khong cách t đim a đến đim 0 trên trc s là giá trị tuyt đi ca mt s
a( a là s thc)
* Giá trị tuyệt đối ca s không âm là chính nó, giá trị tuyệt đối ca s âm là s đối ca nó.
TQ: Nếu
aaa = 0
Nếu
aaa =< 0
Nếu x - a 0 =>
| |
x-a
= x - a
Nếu x - a 0 =>
| |
x-a
= a - x
*Tính cht
Giá trị tuyệt đối ca mi s đều không âm
TQ:
0a
vi mi a R
C th:
| |
a
=0 <=> a=0
| |
a
0 <=> a 0
* Hai s bng nhau hoc đi nhau thì có giá tr tuyt đi bng nhau, và ngưc li hai s
giá trị tuyệt đối bằng nhau thì chúng là hai số bng nhau hoc đối nhau.
TQ:
=
=
=
ba
ba
ba
* Mi s đều ln hơn hoc bng đi của giá tr tuyt đi của nó và đồng thi nh n hoc
bng giá trị tuyệt đối ca nó.
TQ:
aaa
0;0 == aaaaaa
* Trong hai số âm s nào nh hơn thì có giá trị tuyệt đối ln hơn
TQ: Nếu
baba ><< 0
* Trong hai số dương s nào nh hơn thì có giá tr tuyệt đối nh n
TQ: Nếu
baba <<<0
* Giá trị tuyệt đối ca mt tích bằng tích các giá trị tuyệt đối.
TQ:
baba .. =
* Giá trị tuyệt đối ca mt thương bằng thương hai giá trị tuyệt đối.
TQ:
b
a
b
a
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
319
* Bình phương của giá trị tuyệt đối ca mt s bng bình phương s đó.
TQ:
2
2
aa =
* Tng hai giá tr tuyt đi ca hai s luôn ln hơn hoc bng giá tr tuyt đi ca hai s,
du bng xảy ra khi và chỉ khi hai s cùng du.
TQ:
baba ++
0. +=+ bababa
II. Các dng toán :
I. Tìm giá trị ca x tho mãn đẳng thc có cha dấu giá trị tuyệt đối:
1. Dng 1:
kA(x) =
( Trong đó A(x) là biểu thc chứa x, k là một s cho trưc )
* Cách gii:
- Nếu k < 0 thì không có giá tr nào ca x tho mãn đng thc( Vì giá tr tuyt đi ca mi
s đều không âm )
- Nếu k = 0 thì ta có
0)(0)( == xAxA
- Nếu k > 0 thì ta có:
=
=
=
kxA
kxA
kxA
)(
)(
)(
Bài 1.1: Tìm x, biết:
23 1 1 5x +=
Li giải
3 12
231152314 312
31 2
x
x xx
x
−=
+= −= −=
−=
Bài 1.2: Tìm x, biết:
21 4
32
5 35 7
x −= +
Li giải
2 13
3
2 1 4 2 13
55
3 23
2 13
5 35 7 5 5
3
55
x
xx
x
−=
−= + −=
−=
Vy nghim của phương trình là x = 8 và x = – 4 .
Bài 1.3: Tìm biết:
ng dn giải
2
2
2
2
2
2
2
39 15
3
3 12
4
39 15
22
3 2, 3
39 15
22
9
3 27
3
22
x
x
x
x xx
x
x
x
−=
=
=
= ⇔=± =±
=
=
−=
x
2
39 15
3
22
x−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
320
Bài 1.4: Tìm x, biết:
2
4 1 31xx −=
Li giải
Ta có:
Phương trình x
2
– 4x – 32 = 0 (x 8)(x + 4) = 0
Phương trình x
2
4x + 30 = 0 vô nghiệm
vì x
2
4x + 30 = (x – 2)
2
+ 26 > 0 , x .
2. Dng 2:
B(x)A(x) =
( Trong đó A(x) và B(x) là hai biểu thc chứa x )
* Cách gii: Vn dng tính cht:
=
=
=
ba
ba
ba
ta có:
=
=
=
)()(
)()(
)()(
xBxA
xBxA
xBxA
Bài 2.1: Tìm x biết:
54 2xx−=+
ng dn giải
3
54 2
2
54 2
1
54 2
3
x
xx
xx
xx
x
=
−=+
−=+⇒
=−−
=
Cách khác:
Xét vi
Xét vi
Xét vi ta có
Vy
Bài 2.2: Tìm x biết:
2 34 10xx −=
ng dn giải
( )
( )
5
2 341
2
2 34102 341
7
2 3 14
6
x
xx
xx xx
xx
x
=
−=
= = −⇒
−=
=
2
2
2
4 1 31
4 1 31
4 1 31
−=
−=
−=
xx
xx
xx
2
2
4 32 0
4 30 0
−−=
−+=
xx
xx
x8
x4
=
=
5 4 2 (1)xx−=+
( )
3
2 1 45 2 0 ( )
2
x x x x ktm<− + + = =
( )
41
2 1 45 20 ()
53
x x x x tm−< < = =
4
5
x
( )
3
1 5 4 20 ()
2
x x x tm −−==
13
;
32
xx= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
321
Bài 2.3: Tìm x biết:
35 2xx−=+
ng dn giải
Ta có :
7
35 2
2
35 2
35 2 3
4
x
xx
xx
xx
x
=
−=+
−=+
=−−
=
3. Dng 3:
B(x)A(x) =
( Trong đó A(x) và B(x) là hai biểu thc chứa x )
* Cách 1: Ta thy nếu B(x) < 0 thì không giá tr o ca x tho mãn vì giá tr tuyt đi
ca mi s đều không âm. Do vậy ta giải như sau:
)()( xBxA =
(1)
Điu kin: B(x)
0
(*)
(1) Tr thành
=
=
=
)()(
)()(
)()(
xBxA
xBxA
xBxA
( Đi chiếu giá tri x tìm được vi điu kin ( * )
* Cách 2: Chia khoảng xét điu kin b dấu giá trị tuyệt đối:
Nếu
aaa = 0
Nếu
aaa =< 0
Ta giải như sau:
)()( xBxA =
(1)
Nếu A(x)
0
thì (1) tr thành: A(x) = B(x) ( Đi chiếu giá tr x m đưc vi điu
kin )
Nếu A (x ) < 0 thì (1) tr thành: - A(x) = B(x) ( Đi chiếu giá tr x tìm đưc vi điu
kin )
Bài 3.1: Tìm x, biết:
23 2xx+=+
Lời giải
Tng hp 1 :
3
23 2 1
2
x xx x
+=+=
(tha mãn)
Tng hp 2 :
35
23 2
23
x xx x
−−
< ⇒− = + =
(tha mãn)
Bài 3.2: Tìm x, biết:
a,
23 3xx−=
b,
53 7xx−−=
c,
32 7xx−=+
Li giải
a,
( )
3
1: 2 3 3 0
2
TH x x x x l =−⇒ =
( )
3
2: 3232
2
TH x x x x l< =−⇒ =
b,
35
1: 5 3 7
52
TH x x x x −−= =
(tha mãn)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
322
32
2: 3 5 7
53
TH x x x x
< ⇒− ==
(tha mãn)
c,
29
1: 3 2 7
32
TH x x x x =+⇒=
(tha mãn)
25
2: 2 3 7
34
TH x x x x
< =+⇒=
(tha mãn)
4. Dng 4: Đẳng thc cha nhiu dấu giá trị tuyt đi:
* Cách gii: Lp bng xét điu kin b dấu giá trị tuyệt đối:
mxCxBxA =++ )()()(
Căn cứ bng trên xét tng khong giải bài toán ( Đối chiếu điu kin tương ng)
Bài 4.1: Tìm x, biết:
5233 6 8xxx−−−+ =
Li giải
Lp bng xét giá tr tuyệt đối (hay bảng phá du GTTĐ):
x
2 2,5 3
3 – x | 3 – x | 3 – x 0 x – 3
6 – 3x 0 3x – 6 | 3x 6 | 3x 6
2x – 5 | 2x – 5 0 5 – 2x | 5 – 2x
Vế trái 14 – 6x | 0x + 2 | 4x 8 | 6x – 14
Vậy : + Với x < 2 thì 14 6x = 8 x = 1 (tha mãn)
+ Với thì 0x + 2 = 8 Vô nghiệm
+ Với 2 < thì 4x 8 = 8 x = 4 ( loi )
+ Với x > 3 thì 6x 14 = 8 x = (tha mãn)
Nghim của phương trình : x = 1 và x =
Bài 4.2: Tìm x, biết: Tìm x, biết:
22
9 25 26xx−+ =
Li giải
Lp bng xét GTTĐ :
x
2
9 25
9 – x
2
0 x
2
– 9 | x
2
– 9
25 – x
2
| 25 – x
2
0 x
2
– 25
Vế trái
34 – 2x
2
| 0x
2
16 | 2x
2
– 34
Với x
2
9 ; 34 – 2x
2
= 26 x
2
= 4 x = 2 .
x3
3x 6
5 2x
2 x 2,5≤≤
x3
11
3
2
3
3
9
2
x
2
x 25
±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
323
Với 9 < x
2
< 25 ; 0x
2
16 = 26 Vô nghiệm
Với x
2
25 ; 2x
2
34 = 26 x
2
= 30 x = .
Vy nghim của phương trình là x = 2 và x = .
Bài 4.3: Tìm x, biết:
53 1
4
332
xx
xx
−−
=
−+ +
Li giải
Điu kin x 3 +
x23 +
0 .
Bn đc t lp bng xét du.
Phương trình tương đương
53 x
-
1x
- 4
32 +x
- 4x + 12 = 0 (*)
Xét x < -
2
3
Thì (*)
- 3x + 5 + ( x 1) + 4(2x + 3) 4x + 12 = 0
2x = -28
x = - 14 (Thỏa mãn đk)
Xét -
2
3
≤ x < 1 Thì (*)
- 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) 4x + 12 = 0
x =
7
2
(Thỏa mãn đk)
Xét 1 ≤ x <
3
5
Thì (*)
- 3x + 5 (x -1) 4(2x + 3) 4x + 12 = 0
x =
8
3
(loi)
Xét x ≥
3
5
Thì (*)
3x – 5 – (x 1) 4(2x + 3) 4x + 12 = 0
x = -
5
2
(Loi)
Vy phương trình có nghim x
7
2
;14
Bài 4.4: Tìm x, biết: | x + 1|
2016
+ |x + 2|
2017
= 1
Li giải
Dễ thấy x = - 2 và x = - 1 là nghiệm của phương trình.
* Xét x < - 2:
Ta có: x + 1< -1 và x + 2< 0. Suy ra: |x+1| >1;|x + 2| >0
±
30
±
±
30
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
324
Do đó: |x+1|
2016
>1;|x + 2|
2017
>0
Vì thế: | x + 1|
2016
+ |x + 2|
2017
> 1
Vậy với x < - 2 phương trình vô nghiệm.
* Xét -2 < x < -1:
Ta có: -1< x + 1< 0 và 0< x + 2 <1 . Suy ra: 0< |x + 1| < 1 ; 0 < |x + 2| <1
Và |x+1| = -x - 1; |x + 2| = x + 2
Vì thế: |x + 1|
2016
< |x+1| ; |x + 2|
2017
< |x+2|
Vậy: |x + 1|
2016
+ |x + 2|
2017
< |x+1| + |x +2|= -x 1 + x + 2= 1
Do đó với -2 < x < -1 phương trình vô nghiệm.
* Xét: x > -1:
Ta có: x + 1 > 0 và x + 2 > 1.Suy ra: |x+1| > 0 và |x + 2| > 1.
Vậy: | x + 1|
2016
+ |x + 2|
2017
> 1
Do đó với x > -1 phương trình vô nghiệm.
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S=
{
2; 1
}
5. Dng 5: Xét điều kin b dấu giá trị tuyt đối hàng loạt:
)D(xC(x)B(x)A(x) =++
(1)
Điu kin: D(x)
0
kéo theo
0)(;0)(;0)( xCxBxA
Do vy (1) tr thành: A(x) + B(x) + C(x) = D(x)
Bài 5.1: Tìm biết:
ng dn giải
do đó:
Bài 5.2: Tìm biết:
ng dn giải
Nhn xét: Vế trái của đẳng thc luôn nên vế phi
Vi ta có:
,x
1 2 34xx x x+++++=
1 2 3 4 (1)xx x x+++++=
0 4 0 0,VT x x≥⇒ ≥⇒
( )
1 1; 2 2; 3 3
1 1 2 34 6
x xx x x x
x x x xx
+=+ + =+ +=+
⇒+++++= =
,x
11 1 1 1
..... 11
2 6 12 20 110
xxx x x x+ ++++ ++ + ++ =
0
0
11 0 0xx ≥⇒
0x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
325
Vy
Bài 5.3: Tìm biết:
ng dn giải
Phương trình có vế trái không âm n
10x do đó x + 1 + 2x + 5 + 3x + 2 = 10x x = 2.
Vy phương trình có nghim x = 2.
6. Dng 6: Dng hn hp:
Bài 6.1: Tìm x, biết:
3 8 20x +−=
Li giải
3 20 8 3 28
3 28 25
3 8 20
3 28 31
3 20 8 3 12( )
xx
xx
x
xx
x x VN
+= + +=
+= =

+−=


+= =
+= + +=



Bài 6.2: Tìm x biết
22
12xx x+−= +
Li giải
2
10xx+ −>
nên
( )
22
1 1 2 12xx x x + −= +⇒ −=
+Nếu
1x
thì
( )
* 12 3xx −= =
+Nếu
1 12 1xx x< =−⇒ =
Bài 6.3: Tìm biết
ng dn giải
nên
+Nếu thì
+Nếu
Bài 6.4: Tìm x, biết:
3 45 21xx−+=
ng dn giải
11 1 1 1
..... 11
2 6 12 20 110
11 1 1 1
..... 11
2 6 12 20 110
1 10
1 ()
11 11
xxx x x x
xxx x x x
x tm
+++++ ++ + ++ =
+ ++++ ++ + ++ =
⇒= =
10
11
x =
,x
x 1 2x 5 3x 2 10x++ + + + =
x 1 2x 5 3x 2 10x++ + + + =
0 x0≥⇒
,x
22
12xx x+−= +
2
10xx+ −>
( )
22
1 1 2 12xx x x + −= + −=
1x
( )
* 12 3xx −= =
1 12 1xx x< =−⇒ =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
326
(1)
a) Vi ta lp bng xét giá tr tuyệt đối :
x
2
4 – 3x | 4 – 3x 0 3x – 4
2 – x 0 x + 2 | x + 2
Vế trái
6 – 2x | – 4x + 2 | 2x 6
Với x 2 ; 6 2x = 6 x = 0 (tha mãn).
Với – 2 < x < ; – 4x + 2 = 6 x = – 1 (tha mãn)
Với x ; 2x – 6 = 6 x = 6 (thỏa mãn)
b) Vi lp bng xét giá tr tuyệt đối :
x
2
4 – 3x | 4 – 3x 0 3x – 4
2 – x 0 x + 2 | x + 2
Vế trái
2 – 4x | – 2x + 6 | 4x – 2
Với x – 2 ; 2 – 4x = 6 x = – 1 ( không tha mãn).
Với – 2 < x < ; – 2x + 6 = 4 x = 1 (tha mãn)
Với x ; 4x – 2 = 4 x = (tha mãn)
Vy tp nghim của phương trình là
7. Dng 7:
0BA =+
Vn dng tính cht không âm của giá trị tuyt đối dn đến phương pháp bất đẳng thc.
* Nhn xét: Tng ca các s không âm là mt s không âm và tng đó bng 0 khi và ch
khi các s hng ca tng đng thi bng 0.
* Cách giải chung:
0=+ BA
B1: đánh giá:
0
0
0
+
BA
B
A
3x 4 5 1 x 2−−=++
3x 4 5 1 x 2
3x 4 5 1 x 2
−=+ +
=−− +
3x 4 x 2 6
3x 4 x 2 4
−−+=
++=
3x 4 x 2 6−−+=
4
3
3x 4
x2+
4
3
4
3
3x 4 x 2 4++=
4
3
3x 4
x2+
4
3
4
3
3
2
3
S 1; 0; 1; ; 6
2

=


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
327
B2: Khng đnh:
0=+ BA
=
=
0
0
B
A
Bài 7.1: Tìm x, y tho mãn:
ng dn giải
Bài 7.2: Tìm x, y tho mãn:
a)
03
7
2
4
3
5 =+ yx
b)
020082007 =+ yx
ng dn giải
a)
32
5 0, 3 0
47
xy −≥
Do đó:
3 20
50
32
43
5 30
2
21
47
30
7
2
xx
xy
y
y

−= =


+ −=


−=
=


a)
2007 0, 2008 0xy ≥−
Do đó:
2007 0 2007
2007 2008 0
2008 0 2008
xx
xy
yy
−= =

+− =

−= =

Bài 7.3: Tìm biết:
ng dn giải
a) , áp dng tính cht
32 0y xy++ +=
30,20320y xy y xy+≥ +≥++ +≥
3
30
2
20
3
y
x
xy
y
+ =
=

⇒⇒

+=
=
,,xyz
2
12
0
23
x y x xz+++ + =
2
12
0
23
x y x xz+++ + =
0A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
328
* Chú ý1: Bài toán có thể cho dưi dng
0+ BA
nhưng kết qu không thay đổi
* Cách giải:
0+ BA
(1)
0
0
0
+
BA
B
A
(2)
T (1) và (2)
0=+ BA
=
=
0
0
B
A
Bài 7.3: Tìm x, y tho mãn:
a)
08615 ++ yx
b)
0342 ++ yyx
c)
0122 +++ yyx
ng dn giải
a) Ta có:
5 16 80xy++
(1)
5 10
5 16 80
6 80
x
xy
y
+≥
++
−≥
(2)
T (1) và (2)
5 16 80xy++
1
5 10
5
4
6 80
3
x
x
y
y
=
+=
⇔⇒

−=
=
b) Ta có:
0342 ++ yyx
(1)
20
2 4 30
4 30
xy
xy y
y
+ ≥
++−
−≥
(2)
T (1) và (2)
0342 ++ yyx
8
20
3
4
4 30
3
x
xy
y
y
=
+=
⇔⇒

−=
=
c) Ta có:
0122 +++ yyx
(1)
20
2 2 10
2 10
xy
xy y
y
+ ≥
+ + +≥
+≥
(2)
( )
2
1
11
0
0
2
22
22 2
00
33 3
1
0
0
2
x
xx
yy y
xx z
x xz
zx

−=
−= =



+ = += =



+=
+=
=−=


THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
329
T (1) và (2)
0122 +++ yyx
5
20
2
1
2 10
2
x
xy
y
y
=
−+=
⇔⇒

+=
=
Bài 7.4: Tìm x, y tho mãn:
a)
0511812 ++ yx
b)
01423 ++ yyx
c)
0107 ++ xyyx
ng dn giải
a) Ta có:
0511812 ++ yx
(1)
12 8 0
12 8 11 5 0
11 5 0
x
xy
y
+ ≥
++
−≥
(2)
T (1) và (2)
0511812 ++ yx
2
12 8 0
3
11 5 0
5
11
x
x
y
y
=
+=
⇔⇒

−=
=
b) Ta có:
01423 ++ yyx
(1)
32 0
3 2 4 10
4 10
xy
xy y
y
+ ≥
++−
−≥
(2)
T (1) và (2)
01423 ++ yyx
1
32 0
6
4 10
1
4
x
xy
y
y
=
+=
⇔⇒

−=
=
c) Ta có:
0107 ++ xyyx
(1)
70
7 10 0
10 0
xy
x y xy
xy
+ ≥
+−+
−≥
(2)
T (1) và (2)
0107 ++ xyyx
( )
( ) ( ) ( )
2
7
70 7
, 2;5;5;2.
7 10 0
7 10 0
10 0
xy
xy x y
xy
yy
yy
xy
=
+−= =−
⇒=

−−=
+=
−=
* Chú ý 2: Do tính cht không âm của giá trị tuyt đi tương t như tính cht không âm
ca lu tha bc chn nên có th kết hợp hai kiến thức ta cũng có các bài tương tự.
Bài 7.5: Tìm và tha mãn
ng dn giải
Nhn xét
x
y
( )
2012
2 2011 3 2012 0xy ++ =
( )
2012
2 2011 0
3 2012 0
xx
yy
≥∀
+ ≥∀
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
330
Đẳng thc xảy ra khi
Bài 7.6: Tìm tt c các cp s
( )
;xy
tha mãn
( )
2013
2012
2 7 30xy x−+ +
ng dn giải
Ta có
2012
là s t nhiên chn
( )
2012
2 70xy −+
2013
30 3 0xx≥⇒
Do đó, từ
( )
2013
2012
2 7 30xy x−+ +
suy ra:
( )
2013
2012
2 7 0& 3 0xy x−+ = =
2 70 3
3 0 13
xy x
xy
+= =

⇒⇒

−= =

Bài 7.7: Tìm x, y tho mãn :
ng dn giải
Ta có: ;
. Du xy ra
Bài 7.8: Tìm x, y tho mãn :
( ) ( )
031
22
=++ yx
ng dn giải
( ) ( )
22
1 0, 3 0xy−≥ +
nên
( ) ( )
( )
( )
2
22
2
10
1 3 0 1, 3.
30
x
x y xy
y
−=
+ + = ⇒= =
+=
8. Dng 8:
BABA +=+
* Cách giải: Sử dng tính cht:
baba ++
T đó ta có:
0. +=+ bababa
Bài 8.1: Tìm x, biết:
a)
835 =++ xx
b)
352 =+ xx
c)
61353 =++ xx
2011
2 2011 0
2
2012
3 2012 0
3
x
x
y
y
=
−=

+=
=
( ) ( )
2017
2016 2016
1 21 2 0x y x yz−+−++=
( )
2016
10xx ≥∀
( )
2016
2 1 0;yy ≥∀
2017
2 0 ,,x y z xyz+ ≥∀
( ) ( )
2017
2016 2016
1 21 2 0x y x yz−+−++−=
""=
( )
( )
2016
2016
2017
11
10
11
21 0
22
20
12
1 2. 0
2
xx
x
y yy
x yz
z
z
= =
−=

= ⇔= ⇔=


+− =
=

+ −=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
331
ng dn giải
a) Ta có:
5 3 53 8x xx x++−≥++−=
Do đó:
( )( )
50
30
5 3 8 53 0 5 3
50
30
x
x
x xx x x
x
x
+≥
−≥
+ + = + ⇔−
+≤
−≤
b) Ta có:
2 5 2 5 25 3x x x xx x−+−=−++=
Do đó:
( )( )
20
50
2 5 3 25 0 2 5
20
50
x
x
xx x x x
x
x
−≥
−≥
+= ≥⇒
−≤
−≤
c) Ta có:
353135 3135316x x x x xx−+ += −+ =
Do đó:
( )( )
3 50
3 10
15
35313 35310
33
3 50
3 10
x
x
xx x x x
x
x
−≥
−≥
+ +=
−≤
−≤
Bài 8.2: Tìm x, biết:
a)
xxx 342315 +=++
b)
31132 =+++ xxx
ng dn giải
a) Ta có:
5 1 32 5 132 43x xx x x+ + ++ = +
Do đó:
( )( )
5 10
32 0
13
5 1 32 43 5 132 0
52
5 10
32 0
x
x
x x xx x x
x
x
+≥
−≥
+ + = + + ⇔−
+≤
−≤
a) Ta có:
( )
231 133 21 31 21 03x x x x xx x x++ +== ++ + ++−+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
332
Do đó:
( )( )
20
10
21 0
1
20
23 1 13 1
3
3 10
10
1
3
x
x
xx
x
x xx x
x
x
x
+≥
−≥
+ −≥
+≤
+ + −+ =

−≥
−≤
II Tìm cặp giá trị ( x; y ) nguyên thoả mãn đẳng thc chứa dấu giá trị tuyt đi:
1. Dng 1:
mBA =+
vi
0m
* Cách giải:
* Nếu m = 0 thì ta có
0=+ BA
=
=
0
0
B
A
* Nếu m > 0 ta giải như sau:
mBA =+
(1)
Do
0A
nên t (1) ta có:
mB 0
t đó tìm giá trị ca
B
A
tương ng .
Bài 1.1: Tìm cp s nguyên ( x, y) tho mãn:
a)
020082007 =+ xx
b)
032 =++ yyx
c)
( )
012
2
=++ yyx
ng dn giải
a, Vì
2007 0
2007 0
2007 2008 0
2008 0
2008 0
x
x
xx
x
x
−
−=
+− =

−=
−≥
Do đó không tn tại x thỏa mãn bài toán.
b, Vì
20
20
2 3 0 1, 3.
30
30
xy
xy
xy y x y
y
y
− =
−−=
−−+ +≥⇒ = =

+=
+=
c, Vì
( )
( )
2
2
0
0
1 0 1, 1.
10
10
xy
xy
xy y x y
y
y
+≥
+=
+ + −= = =

−=
−≥
Bài 1.2: Tìm cp s nguyên ( x, y) tho mãn:
a)
043
5
=++ yyx
b)
( )
035
4
=+ yyx
c)
02313 =+++ yyx
ng dn giải
a, Vì
5
5
30
30
4
3 4 0 4, .
40
3
40
xy
xy
xy y x y
x
y
−≥
−=
⇒− ++= = =

+=
+≥
b, Vì
( )
( )
4
4
50
50
5 3 0 8, 3.
30
30
xy
xy
xy y x y
y
y
−
−=
−−+ ≥⇒ = =

−=
−≥
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
333
c, Vì
3 10
3 10
3 1 3 2 0 7, 2.
20
20
xy
xy
xy y x y
y
y
+ −≥
+ =

+ −+ + = =

+≥
+=
Bài 1.3: Tìm cp s nguyên (x, y ) tho mãn:
a)
324 =++ yx
b)
4112 =++ yx
ng dn giải
a, Vì
{ }
4 0 2 3 3 2 3 1 5 1;0;1;2;3;4;5x y y yy+ ⇒− ⇒−
Thay y vào phương trình ta tìm được x.
b, Vì
210 144 143 5xy y y+ ⇒− ⇒−
Bài 1.4: Tìm các cp s nguyên ( x, y ) tho mãn:
a)
323
2
= xy
b)
15
2
= xy
ng dn giải
a, Vì
{ }
2
03230 32330 3 0;1;2;3y x x xx ≤⇒≤⇒∈
Thay x vào phương trình ta tìm được y vi điu kin y nguyên.
a, Vì
2
0 5 1 0 5 15 4 6yx x x≥⇒≥⇒≤−≤⇒
Thay x vào phương trình ta tìm được y vi điu kin y nguyên.
2. Dng 2:
mBA <+
với m > 0.
* Cách giải: Đánh giá
mBA <+
(1)
0
0
0
+
BA
B
A
(2)
T (1) và (2)
mBA <+ 0
t đó giải bài toán
kBA =+
như dng 1 vi
mk <0
Bài 2.1: Tìm các cp s nguyên ( x, y ) tho mãn:
a)
3+ yx
b)
425 ++ yx
c)
3412 ++ yx
d)
453 ++ yx
ng dn giải
a, Vì
3
0 00 3
0
xy
x xy xy
y
+≤
+ =⇒≤ +
TH1 :
0xy+=
TH2 :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
1 , 0;1,0; 1,1;0, 1;0
01
x
x y xy
y
+= =
≤≤
TH3 :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
2 , 0;2 , 0; 2 , 2;0 , 2;0 , 1;1 , 1; 1
02
x
x y xy
y
+ = = −−
≤≤
Bài 2.2: Tìm các cp s nguyên ( x, y ) tho mãn:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
334
a)
7215 ++ yx
b)
53524 +++ yx
c)
31253 ++ yx
d)
7124123 ++ yx
3. Dng 3: S dng bt đng thc:
baba ++
xét khoảng giá trị của ẩn s.
Bài 3.1: Tìm các s nguyên x tho mãn:
a)
341 =+ xx
b)
532 =++ xx
c)
83252 =++ xx
ng dn giải
a)
1 4 14 3x xx x+−≥+−=
Do đó
( )( )
1 4 3 14 0 1 4x xxx x+ = ⇒≤
b)
2 3 2 3 23 5x x x xx x++−=++++=
Do đó
( )( )
2 3 5 23 0 2 3xx x x x+ + = + ⇒−
c)
25232532 2532 8x x x xx x++ = ++− ++ =
Do đó
( )( )
53
25235 2532 0
32
xx x x x+ + = + ⇒−
Bài 3.2: Tìm các cp s nguyên ( x, y) tho mãn đng thời các điều kin sau.
a) x + y = 4 và
62 =++ yx
b) x + y = 4 và
512 =++ xyx
c) x – y = 3 và
3=+ yx
d) x – 2y = 5 và
612 =+ yx
ng dn giải
a)
2 26x yx y+ + ++ =
Do đó
( )
20
23
4
xy
xy
xy
+≥
++ =
+=
b)
21 21 5x yx x yx+ + ++ =
Do đó
( )( )
21 10
2 1 15
4
xy
xy
xy
+ −≥
++ =
+=
c)
3x y x y xy+ = +− =
Do đó
0
3
3
xy
xy
xy
−≥
+=
−=
d)
2 1 12 12 6x y x yx y+ = + +− =
Do đó
( )
12 0
2 16
25
xy
xy
xy
−≥
+ −=
−=
4. Dng 4: Kết hp tính chất không âm của giá trị tuyt đối và dấu của một tích:
* Cách giải :
)()().( yAxBxA =
Đánh giá:
mxnxBxAyA 0)().(0)(
tìm đưc giá trị ca x.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
335
Bài 4.1: Tìm các s nguyên x tho mãn:
a)
( )( )
032 <+ xx
b)
( )( )
05212 < xx
ng dn giải
( )( )
( )
20
30
) 2 30 2 3
20
30
x
x
ax x x
x
VL
x
+>
−<
+ < ⇒− < <
+<
−>
( )( )
( )
2 10
2 50
15
) 2 12 5 0
22
2 10
2 50
x
x
bx x x
x
VL
x
−>
−<
<⇒ <<
−<
−>
Bài 4.2: Gii bt phương trình (2x 9)(1945 + x) > 0.
* Tìm cách gii : Với tích A.B > 0 xảy ra khi A và B cùng dấu . Do đó A > 0 và B > 0 hoặc A <
0 và B < 0. Ta có cách giải :
ng dn giải
Cách 1: Bt phương trình đã cho tương đương vi :
Vy nghim ca bất phương trình là x > 4,5 ; x < – 1945.
* Chú ý : Bng vic lp bng xét du ca tng tha s ca tích là nh thc bc nht ta có
cách 2 : Lp bng xét du :
x
1945 4,5
2x – 9
0 | +
1945 + x
| + 0 +
(2x 9) (1945 + x)
+ 0 0 +
Vy nghim ca bất phương trình : x > 4,5 hoặc x < – 1945.
Bài 4.2: Tìm các cp s nguyên ( x, y ) tho mãn:
a)
( )( )
112 +=+ yxx
b)
( )( )
yxx =+ 13
c)
( )( )
21252 ++= yxx
ng dn giải
a)
( )( ) ( )( ) { }
2 1 1 2 1 0 1 2 1; 0;1; 2xx y xx x x−+=+−+
2x 9 0
1945 x 0
2x 9 0
1945 x 0
−>
+>
−<
+<
2x 9
x 1945
2x 9
x 1945
>
>−
<
<−
x 4,5
x 1945
x 4,5
x 1945
x 4,5
x 1945
>
>−
>
⇔⇔
<−
<
<−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
336
Thay vào ta tìm được y.
b)
( )( ) ( )( ) { }
3 1 3 1 0 3 1 3; 2; 1;0;1xxyxx xx+−=+−
Thay vào ta tìm được y.
c)
( )( ) ( )( ) { }
2 5 2 1 2 2 5 0 2 5 2;3;4;5xxy xx xx−−=++−−
Thay vào ta tìm được y.
5. Dng 5: S dng phương pháp đi lập hai vế của đẳng thc:
* Cách giải: Tìm x, y tho mãn đẳng thc: A = B
Đánh giá:
mA
(1)
Đánh giá:
mB
(2)
T (1) và (2) ta có:
=
=
=
mB
mA
BA
Bài 5.1: Tìm c cp s nguyên (x; y) tha mãn:
a,
( )
2
2 13 2xx y++ −= +
b,
12
51
13
xx
y
+− =
++
c,
( )
2
10
35
26 2
y
x
++=
−+
ng dn giải
a, Vì
2 1 21 3x xx x++−≥++−=
Mt khác:
( )
2
3 23y−+
, Để
( )
( )
2
2
2 13
2 13 2
3 23
xx
xx y
y
++ −=
++ −= +
−+ =
21
2
x
y
−≤
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
;y 2;2, 1;2,0;2,1;2.x = −−
b, Vì
5 1 51 4x xx x+−≥−+−=
Mt khác:
12 12
4
13 3y
≤=
++
, Để
51 4
15
12
51
12
4
1
13
13
xx
x
xx
y
y
y
+− =
≤≤
+− =

=
=
++
++
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, 1;1,2;1,3;1,4;1,5;1.xy =−−−−
c, Vì
355y ++≥
Mt khác:
( )
2
10 10
5
2
26 2x
≤=
−+
,
Để
( )
( )
2
2
355
10
3 5 3, 3.
10
5
26 2
26 2
y
y xy
x
x
++=
++= = =
=
−+
−+
Bài 5.2: Tìm các cp s nguyên ( x, y ) tho mãn:
a)
22
16
13
++
=++
yy
xx
b)
24
10
512
+
=+
y
yx
ng dn giải
a, Vì
3 1 3 1 31 4x x x xx x++= ++++=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
337
Mt khác:
16
2 2 2 22 24 4
22
y y y y yy
yy
++=−++≥++=
−++
,
Để
3 14
31
16
3 1 ,,
16
4
22
22
22
xx
x
x x xy Z
y
yy
yy
++ −=
−≤
++ −=

=
−≤
−++
−++
b, Vì
2 155xy −+
Mt khác:
10 10
5
42 2y
≤=
−+
,
Để
2 155
9
16
2 15
10
5
4
42
42
xy
x
xy
y
y
y
−+=
=
−+=

=
=
−+
−+
Bài 5.3: Tìm các cp s nguyên ( x, y ) tho mãn:
a)
( )
31
14
72
2
+
=++
yy
yx
b)
( )
523
20
42
2
++
=++
y
x
ng dn giải
a, Vì
( )
2
2 77xy+ +≥
Mt khác:
14
1 3 1 3 13 2 7
13
y y y yy y
yy
−+ = −+ + =
−+
,
Để
( )
( )
2
2
2 77
2
14
27
14
13
13
7
13
xy
xy
xy
y
yy
yy
+− +=
+=
+− +=

≤≤
−+
=
−+
( ) ( ) ( ) ( )
, 1;1 , 0; 2 , 1; 3 .xy⇒=
b, Vì
( )
2
2 44x + +≥
Mt khác:
20
3 255 4
3 25
y
y
+ +≥
++
,
Để
( )
( )
2
2
2 44
2
20
24
20
2
4
3 25
3 25
x
x
x
y
y
y
+ +=
=
+ +=

=
=
++
++
Bài 5.4: Chng minh rng không th tìm đưc s nguyên tha mãn :
ng dn giải
Ta có:
,,xyz
2017xy yz zx+−+=
( ) ( ) ( )
xy yz zx xy xy yz yz zx zx+−+=+ +−+ +−+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
338
Vi mi s nguyên ta li có
Suy ra luôn là s chn vi mi s nguyên
T đó ta có: là các s chn vi mi s nguyên
Suy ra là mt s chn vi mi s
nguyên
Hay là mt s chn vi mi s nguyên
Do đó, không th tìm đưc s nguyên tha mãn:
=2017
III Rút gn biu thc chứa dấu giá trị tuyt đi:
Cách giải chung: Xét điều kin b dấu giá trị tuyệt đối ri thu gọn:
Bài 1: Rút gn biu thc sau vi
1,45,3 x
a)
xxA += 1,45,3
b)
1,45,3 ++= xxB
ng dn giải
a)
3,5 4,1 3,5 4,1 0,6Ax xx x= + =− + −=
b)
( ) ( )
3,5 4,1 3,5 4,1 3,5 4,1 0,6Bx x x x x x=−+ + =−+ + = + =


Bài 2: Rút gn biu thức sau khi x < - 1,3:
a)
5,23,1 += xxA
b)
5,23,1 += xxB
ng dn giải
a)
( ) ( )
1,3 2,5 1,3 2,5 3,8Ax x x x=+ −− = + + =
b)
1,3 2,5 1,3 2,5 2 1,2Bx x x x x=−− + =−− + = +
Bài 3: Rút gn biu thc:
a,
24 3xx−+
b,
56xx−++
ng dn giải
a, Ta có bng sau :
x
2 3
2x - 4
- 0 + | +
x - 3
- | - 0 +
Khi đó ta có :
Nếu
( ) ( )
2 2 4 3 42 3 3 7x x x x xx< −+−= + = +
x
20
00
xx
xx
x
+=
<
xx+
x
( )
( )
( )
xy xy
yz yz
zx zx
− +
−+
−+
,,xyz
( ) ( ) ( )
xy xy yz yz zx zx+ +−+ +−+
,,xyz
xy yz zx+−+
,,xyz
,,xyz
xy yz zx+−+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
339
Nếu
2 324 3243 1x x x x xx< −+−= +=
Nếu
324 324 337x x x xx x + = −+−=
b,
Ta có bng sau :
x
-6 5
x - 5
- | - 0 +
x + 6
- 0 + | +
Khi đó ta có :
Nếu
6 5 65 6 2 1x x x xx x< + + =−−−=
Nếu
6 5 5 6 5 6 11x x x xx−≤ < + + = + + =
Nếu
5 5 6 5 62 1x x x xx x + + =−++= +
Bài 4: Rút gn biu thc khi
7
1
5
3
<<
x
a)
5
4
5
3
7
1
++= xxA
b)
6
2
5
3
7
1
++= xxB
ng dn giải
a)
1 34 1 3 3 1
2
7 55 7 5 5 7
Ax x x x x

= −++= + += +


b)
1 3 2 1 3 2 131
7 5 6 7 5 6753
Bx x x x

=−+ +−− =−+ −− = +


IV.Tính giá trị biu thc:
Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thc vi
b) Tính giá trị của biểu thc:
2
6 52xx+−
ti
x
tha mãn
21x −=
ng dn giải
a) Vì
Vi t
Vi t
Vy vi vi
b) Ta có:
2
2 31Bx x= −+
1
2
x =
11
22
xx=⇒=±
1
2
x =
2
11
2. 3. 1 0
22
A

= +=


1
2
x =
2
11
2. 3. 1 3
22
A
 
= +=
 
 
0A =
1
2
x =
3A =
1
2
x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
340
21 3
21
21 1
xx
x
xx
−= =

−=

−= =

Thay ti
1x =
biu thc là
2
6.1 5.1 2 9+ −=
Thay ti
3x =
giá trị biu thc là
2
6.3 5.3 2 67+ −=
Bài 2: Tính giá trị ca biu thc: vi
ng dn giải
Thay vào biểu thc s
Ta có:
Bài 3: Tính giá trị ca biu thc sau: vi
ng dn giải
Bài 4: Cho biu thc :
a) Rút gn P
b) Tìm giá trị ca để
ng dn giải
a) Vi
Vi
b) Vi
Vi
Vy khi
11
,
2014 2016
Pa a= +−
1
2015
a =
1
2015
a =
11 11
2015 2014 2015 2016
P =−+−
1111
2014 2015 2015 2016
1 1 2016 2014
2014 2016 2014.2016
2 11
2014.2016 1007.2016 2030112
P
P
P
=−+−
=−=
= = =
2
2 31
32
xx
A
x
+−
=
2
1
3
x −=
2 5 14
1
2
3 3 27
1
21 2
3
1
33 9
x xA
x
x xA
−= = =
−=
−= = =
3 32 1Px x= −+ +
x
6P =
1 52x Px≥⇒ =
14x Px<⇒ =−+
8
1 5 26 ()
5
x P x x tm≥⇒ = = =
1 4 6 2( )x P x x tm<⇒ =+ = =
6P =
8
2
5
xx=∨=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
341
Bài 5: Tính giá trị ca biu thc ti tha mãn:
ng dn giải
Do vi mi
Kết hp
Giá trị của biểu thc ti là:
Vy
V.Tìm giá trị lớn nht nh nht của một biu thc chứa dấu giá trị tuyt đi:
1. Dng 1: S dng tính chất không âm của giá trị tuyt đi:
* Cách gii ch yếu là t tính cht không âm của giá trị tuyt đi vn dng tính cht ca
bất đẳng thc đ đánh giá giá trị của biểu thc:
Bài 1.1: Tìm giá trị nhỏ nhất các biểu thức sau:
11
) ) 2.
23
+ −+a x bx
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
1
0
2
+≥x
Do đó giá trị nh nht của biểu thc
1
2
+x
là 0
Giá trị nh nht của biểu thc
1
2
+x
là 0 đạt đưc khi
1
0
2
+=x
hay
1
.
2
= x
Vậy giá trị nh nht ca
1
2
+x
là 0 khi
1
.
2
= x
b) Ta có:
1
0
3
−≥x
Suy ra:
1
22
3
+≥x
Giá trị nh nht của biểu thc
1
2
3
−+x
là 2 đạt đưc khi
1
0
3
−=x
hay
1
3
=x
Vậy giá trị nh nht ca
1
2
3
−+x
là 0 khi
1
3
=x
Bài 1.2: Tìm giá trị lớn nhất các biểu thức sau:
53
2 5 2015Cx y=−+
,xy
( )
20
1 20xy−+ + =
( ) ( )
20 20
10;20 1 20x y xy +≥++≥
,xy
( )
( )
20
20
10
1
1 20
2
20
x
x
xy
y
y
−=
=
−+ + =

=
+=
53
2 5 2015Cx y=−+
1, 2xy= =
( )
3
5
2.1 5. 2 2015 2057C = −−+ =
2057C =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
342
) 3 1 )6 2.
32 1
1
c) )
62 1 1
+ −+
++
++ ++
a x bx
x
d
xx
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
31 0+≤x
Giá trị nh nht của biểu thc
31−+x
là 0 đạt đưc khi
3 10+=x
hay
1
3
= x
Vậy giá trị ln nht ca
31−+x
là 0 khi
1
3
= x
b) Ta có:
20−+ x
Suy ra:
6 26−+x
Giá trị ln nht của biểu thc
62−+x
là 6 đạt đưc khi
20+=x
hay
2= x
Vậy giá trị ln nht ca
62−+x
là 6 khi
2= x
c) Ta có:
622++≥x
Suy ra:
11
622
++x
Giá trị ln nht của biểu thc
1
62++x
1
2
đạt đưc khi
60+=x
hay
6= x
Vậy giá trị ln nht ca
1
62++x
1
2
khi
6= x
d) Ta có:
( )
1 21 1
32 1
1
2
11 11 11
+ ++
++
= = +
++ ++ ++
x
x
x xx
Do:
1 11++≥x
. Suy ra:
1
23
11
+≤
++x
Giá trị ln nht của biểu thc
32 1
11
++
++
x
x
3 đạt đưc khi
10+=x
hay
1= x
Vậy giá trị ln nht ca
32 1
11
++
++
x
x
3 khi
1= x
Bài 1.3: Tìm gtr ln nht ca biu thc
Hướng dẫn giải
Ta luôn có: , 0 do đó 1945 1945 và
. Du “=” xy ra 2x 9 = 0 x = 4,5
Do đó max A = x = 4,5
1945 2x 9
A
2015
−−
=
x
2x 9
2x 9
1945 2x 9
1945
A
2015 2015
−−
=
1945 389
2015 403
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
343
Bài 1.4: Tìm gtr ln nht ca các biu thc sau:
a) P = ; b) Q = ;
Hướng dẫn giải
a) maxP = 8 y = 3
b) ta có
Vy maxQ = 1 y = .
Bài 1.5: Tìm GTLN ca:
a,
4 20
5 3 5 4 58
C
xy
= +
++ ++
b,
24
6
2 2 32 1 6
D
xy x
=−+
+ ++
Hướng dẫn giải
a, Ta có:
20 20 5 4 5 33
3 5 4 588
3545882 5210
xy C
xy
++ ++ = +=
++ ++
Hay
33
10,
MaxC =
Du bng khi
3 50
4 50
x
y
+=
+=
b, Ta có:
24 24
2 2 32 1 6 6 4 6 4 2
2 2 32 1 6 6
xy x D
xy x
+ ++≥⇒ =⇒ +=
+ ++
Hay
2MaxD =
, Du bng khi
20
2 10
xy
x
−=
+=
Bài 1.6: Tìm giá trị nh nht của biểu thc:
ng dn giải
( )
2017 2019 1
2017 2018
1
1
2017 2019 2017 2019 2017 2019
x
x
C
xx x
−+
−+
= = =
−+ −+ −+
Biu thc đạt giá tri nhỏ nht khi có giá trị nh nht
nên
Du xảy ra khi
6 2y
8
5
+
2014 1954
7y 5 60 60
−+
y
11
7y 5 0 7y 5 60 60
7y 5 60 60
≥⇔ −+
−+
2014 2014 2014 1954 2014 1954
1
7y 5 60 60 7y 5 60 60 60 60
−≤=
−+ −+
5
7
2017 2018
2017 2019
x
C
x
−+
=
−+
C
2017 2019x −+
2017 0x −≥
2017 2019 2019x +≥
""=
2018
2017
2019
xC= ⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
344
Vậy giá trị nh nht ca C là khi
Bài 1.7: Tìm giá trị ln nht ca:
a,
( )
2
2 21
3
3 5 5 14
E
xy x
= +
+ + ++
b,
1
13
F
x
=
−+
ng dn giải
a, Ta có:
( )
( )
2
2
21 21 3 2 3 13
3 5 5 14 14
14 2 3 2 6
3 5 5 14
xy x E
xy x
+ + ++ = +=
+ + ++
Hay
13
6
MaxE =
, Du bng khi
30
50
xy
x
+=
+=
b, Ta có:
11 1
133
133 3
xF
x
−+
−+
Hay
1
3
MaxF =
, Dâu bng khi
10x −=
2. Dng 2: Xét điều kin b dấu giá trị tuyệt đối xác định khong giá tr của biểu thc:
Bài 2.1: Tìm GTNN ca các biểu thc sau:
a,
4 34 5Ex x= ++
b,
5 6 35Fx x= ++
c,
2 7 52Gx x= + +−
ng dn giải
a, Vi
3
430 434582
4
x x Ex x x
+ = ++ =
33
8 2 8. 2 8
44
xx
−−
−≥ =
8E ≥−
(1)
Vi
3
43458
4
x Ex x
< = −+ =
(2)
T (1) và (2) ta :
88E MinE≥− =−
, Du bng khi
3
4
x
b, Vi
6
560 5635103
5
x x Fx x x = ++ =
66
10 3 10. 3 9 9
55
xx F −≥ =
(1)
Vi
6
65 35 9
5
x E xx< = ++ =
(2)
T (1) và (2) ta :
99F MinF≥⇒ =
, Dâu bng khi
6
5
x
c, Vi
7
270 275212
2
x x Gx x
+ = ++− =
(1)
Vi
7
2 752 4 2
2
x Gx xx
< =−−+ =−−
77
4 2 4. 2 12
22
xx
−−
< −> −=
12G⇒>
(2)
2018
2019
2017x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
345
T (1) và (2) ta :
12 12G MinG≥⇒ =
, Du bng khi
7
2
x
Bài 2.2: Tìm GTNN ca các biểu thc sau:
a,
2 32 5Hx x= −+ +
b,
3 143Ix x= −+
c,
4 54 1Jx x= ++
ng dn giải
a, Vi
( )
30 3 2 3 2 54 1x x Hx x x≥⇒ = + +=
3 4. 1 11xx −≥
11H⇒≥
(1)
Vi
( )
3 2 3 2 5 11x H xx<⇒ = + +=
(2)
T(1) và (2) ta :
11 11H MinH≥⇒ =
, Du bng khi
3x
b, Vi
( )
10 1 3 1 43 1x x Ix x−≥ = + =
(1)
Vi
( )
1 31 4 3 6 7x I x xx<⇒ = + = +
1 6 7 6.1 7 1 1xx I< +> +=>
(2)
T (1) và (2) ta :
11I MinI≥⇒ =
, Du bng khi
1x
c, Vi
( )
50 5 4 541819x x Jx x x+ ≥− = + + = +
( )
5 8 19 8. 5 19 21 21xx J≥− + + =− ≥−
(1)
Vi
( )
5 4 5 4 1 21x Jx x<− = + =−
(2)
T (1) và (2) ta :
21 21J MinJ≥− =−
, Du bng khi
5x ≤−
Bài 2.3: Tìm GTLN ca:
a,
2 52 6Dx x= −+ +
b,
3 4 83Ex x= +−
c,
55 5 7F xx= −+ +
ng dn giải
a, Vi
( )
5 0 5 2 5 2 6 16x x Dx x−≥ = + +=
(1)
Vi
( )
5 25 2644x D xx x<⇒ = + +=
5 4 4 16x Dx<⇒ = −<
(2)
T (1) và (2) ta có :
16 16D MaxD≤⇒ =
, Du bng khi
5x
b, Vi
( )
4 0 4 3 4 8 3 6 20x x E x xx = +− = +
4 6 20 6.4 20 4x Ex =− + ≤− + =−
(1)
Vi
( )
4 34 8 3 4xE x x< = +− =
(2)
T (1) và (2) ta có :
44E MaxE≤− =−
, Du bng khi
4x
c, Vi
( )
5 0 5 5 5 5 7 10 18x x F xx x−≥⇒ = + +=
5 10 18 10.5 18 32x Fx≤⇒ = =
(1)
Vi
( )
5 5 5 5 7 32x Fx x>⇒ = + +=
(2)
T (1) và (2) ta có :
32 32F MaxF≤⇒ =
, Du bng khi
5x
3. Dng 3: S dng bt đng thc
baba ++
Bài 3.1: Tìm gtr nh nht ca biu thc B = ;
ng dn giải
Cách 1 : S dng . Du “=” xy ra ab 0 .
Ta có B = = = 6
Vy B 6 Du “=” xy ra (2x 5)(11 2x) 0 Lp bng xét du :
2x 5 2x 11−+
a b ab+ ≥+
2x 5 2x 11−+
2x 5 11 2x−+
(2x 5) (11 2x)−+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
346
x
2,5 5,5
2x 5
0 + | +
11 2x
+ | + 0
Vế trái
0 + 0
(2x 5)(11 2x) 0 2,5 x 5,5 .
Do đó min B = 6 2,5 x 5,5.
Cách 2 : Lp bng xét gtr tuyt đi :
x
2,5 5,5
5 2x 0 2x 5 | 2x 5
11 2x | 11 2x 0 2x 11
* Vi x < 2,5 ta có B = 16 4x > 6 . (1)
* Vi 2,5 x 5,5 thì B = 6 . (2)
* Vi x > 5,5 ta B = 4x 16 > 6. (3)
T (1); (2); (3) ta có min B = 6 2,5 x 5,5.
Bài 3.2: Tìm giá trị nh nht của biểu thc:
ng dn giải
Sử dng Du “ xảy ra khi cùng du (*)
Ta có:
Vy
Bài 3.3: Tìm giá trị nh nht của biểu thc vi là s nguyên.
ng dn giải
Ta có:
Du xảy ra khi
Vy khi
2x 5
2x 11
2012 2013Mxx= −+
.A B AB+≥+
"=
,AB
2012 2013 2012 2013 2012 2013 1 1M x x x x xx= −+ = −+ + ==
1 2012 2013MinM x= ≤≤
2 2 2 2013Ax x= ++
x
2 2 2 2013 2 2 2013 2
2 2 2013 2 2015
Ax x x x
xx
= ++ = ++
≥++ −=
""=
( )( )
2013
2 2 2013 2 0 1
2
x xx+ ⇔−
2015MaxA =
1x =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
347
Bài 3.4: Tìm giá trị nh nht của biểu thc
ng dn giải
Ta có:
Du xy ra
Du xy ra
Do đó Du xy ra
Vậy giá trị nh nht ca
Bài 3.5: Tìm giá tr nh nht ca các biu thc sau:
a) L = ;
b) M = ;
ng dn giải
a) Sử dng bt đng thc . Du “=” xy ra ab 0 .
L= = =10
Vy L 10 . Du “=”xy ra (2020 5x)(5x 2010) 0
402 x 404. Do đó min L = 10 402 x 404.
(có th lp bng xét giá tr tuyt đi đ gii)
b) t ;
Gii tương t a) ta min M1 = 3 2015 x 2018
min M2 = 1 2016 x 2017
Vy min M = 4 2016 x 2017 .
Bài 3.6: Cho x + y = 5 tìm giá trị nh nht ca biu thc:
21 ++= yxA
Li giải
T
5 5 15 2 13 13 4xy y x A x x x x x x+ = = = ++ = ++ ++ =
22334Ax x x=+ −+
2342 342 3422x x x x xx x−+ −=−+ ≥−+ −=
""=
( )( )
4
2 340 2
3
xx x ≥⇔
232232 22322211x x x x xx+ −= + + −==
""=
( )( )
3
2 32 2 0 1
2
xx x ⇔≤
223341.Ax x x=+ −+
""=
4
2
43
3
3
32
1
2
x
x
x
≤≤
≤≤
≤≤
A
43
min 1
32
Ax= ≤≤
5x 2010 5x 2020 +−
x 2015 x 2016 x 2017 x 2018 +− +− +−
a b ab+ ≥+
5x 2010 5x 2020 +−
5x 2010 2020 5x−+
5x 2010 2020 5x−+−
1
M x 2015 x 2018= +−
2
M x 2016 x 2017= +−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
348
Du bng khi :
( )( )
13 0
13
5
5
xx
x
xy
xy
+ −≥
−≤
=>

+=
+=
Bài 3.7: Cho x y = 3, tìm giá trị của biểu thc:
16 ++= yxB
Li giải
T
3 3 36 1 3 1xy xy B y y y y−=⇒=+ = +−++=++
3 14yy++=
Du bng khi :
( )( )
3 10
13
3
3
yy
y
xy
xy
+≥
−≤

−=
−=
Bài 3.8: Cho x y = 2 tìm giá trị nh nht ca biu thc:
1212 +++= yxC
Li giải
Ta có :
( )
21 2121212 4C x y x y xy= + +− + = =
Du bng khi :
( )( )
21210
2
xy
xy
+ −≥
−=
Bài 3.9: Cho 2x + y = 3 tìm giá trị nh nht ca biu thc:
2232 ++++= yxD
Li giải
Ta có :
2 3 222 3 2235210Dx y x y= ++ ++≥ ++++=++=
Du bng khi :
( )( )
23 20
23
xy
xy
+ +≥
+=
Bài 3.10: Cho là các s dương. Tìm giá trị nh nht ca biu thc:
Li giải
Không mt tính tổng quát, giả s Áp dng BĐT du bng
xy ra ta có:
Suy ra Du xảy ra khi và chỉ khi du (1) và (2) xy ra
và Do đó
Bài 3.11: Tìm giá trị nh nht của A, biết :
A = |7x – 5y| + |2z 3x| +|xy + yz + zx - 2000|
Li giải
Ta có |7x – 5y| 0; |2z – 3x| 0 và | xy + yz + zx - 2000| 0
,,,abcd
A xa xb xc xd=−+−+−+−
.abcd≤≤≤
,a b ab+≥+
0ab⇔≥
(1)
(2)
xa xd xa dx xadx da
xb xc xb cx xbcx cb
−+−≥−+−≥−+−=
+≥−+≥−+−=
.Acdab≥+
""=
""=
( )( )
0xad x −≥
( )( )
0xbcx a xd ≥⇔
.bxc≤≤
MinA c d a b b x c=+−⇔
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
349
Nên A = |7x – 5y| + |2z 3x| +|xy + yz + zx - 2000| 0
Mà A = 0 khi và chỉ khi
|7x – 5y| = |2z 3x| = |xy + yz + zx - 2000| = 0
Có: |7x – 5y| = 0 7x = 5y
|2z – 3x| = 0
|xy + yz + zx - 2000| = 0 xy + yz + zx = 2000
T đó tìm đưc
A 0, mà A = 0 (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30)
Vậy MinA = 0 (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30)
Lưu ý: HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm ti đa
Bài 3.12: Tìm giá trị ln nht của biểu thc:
Li giải
Ta có:
Ta thy vi mi nên vi mi
vi mi
Khi đó vi mi
Suy ra vi mi
Hy vi mi
Du xảy ra khi
Đặt ta được
nên
57
xy
=
23
xz
=
20; 28; 30
20; 28; 30
xyz
xyz
= = =
==−=
( ) ( )
22
2 5 15 6 90P xy yx xy= −−
( ) ( )
22
2 5 15 6 90P xy yx xy= −−
( ) ( )
( ) ( )
( )
22
22
2
2 5 6 15 90
2 5 9. 2 5 90
8. 2 5 90
x y x y xy
xy xy xy
x y xy
= −−
=−− −−

= +−

( )
2
25 0xy−≥
,xy
( )
2
8. 2 5 0xy−≥
,xy
90 0xy −≥
,xy
( )
2
8. 2 5 90 0x y xy +−≥
,xy
( )
2
8. 2 5 90 0x y xy

+−

,xy
0P
,xy
""=
( )
2
25 0
52
90 0
90
xy
xy
xy
xy
−=
=


−=

=
52
xy
k= =
5, 2x ky k= =
90xy =
2
3
5 .2 90 9
3
k
kk k
k
=
=⇒=
=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
350
Nếu
Nếu
Vy
Bài 3.13: Tìm giá trị nh nht của biểu thc sau:
2
12
5
35
xy

+ ++−


Li giải
2
1 1 22
0, 5 0 5
3 3 55
x y xy
 
+ + + + + ≥−
 
 
Giá trị nh nht của biểu thc là
21
,5
53
xy−⇔= =
Bài 3.14: Tìm giá trị ln nht của biểu thc sau:
( ) ( )
22
3 2 4 6 24H x y y x xy= −−
Li giải
Ta có:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
22
22 22
22
3 2 4 6 24
3 2 4. 2 3 24 3 2 4. 3 2 24
3. 3 2 3. 3 2 24 ]
H x y y x xy
xy yx xy xy xy xy
xy xy xy
= −−
=−− =−− −−
= = +−
Ta có:
( )
2
3. 3 2 0 , ; 24 0 ,x y xyxy xy ≥∀ ≥∀
Do đó:
( )
2
3. 3 2 24 0 ,x y xy x y +−
Nên
( )
2
3. 3 2 24 0 ,x y xy x y

+−

Hay
0H
Du
""=
xảy ra khi và chỉ khi :
320xy−=
24 0(1)xy −=
Vi
32 032
23
xy
xy xy = = ⇒=
Đặt
2; 3
23
xy
kxkyk= =⇒= =
Thay
2, 3x ky k= =
vào (1) ta được:
2
2 .3 24 0
2
k
kk
k
=
−=
=
3 15, 6k xy=⇒= =
3 15, 6k xy=−⇒ = =
15; 6
0
15; 6
xy
MaxP
xy
= =
=
=−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
351
Vi
2.2 4
2
3.2 6
x
k
x
= =
=
= =
; vi
4
2
6
x
k
y
=
=−⇒
=
Vậy giá trị ln nht ca
H
4; 6
0
4; 6
xy
xy
= =
=−=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
352
CHUYÊN Đ 11: CÁC BÀI TOÁN V XÁC ĐNH ĐA THC
Trong các đ thi hc sinh gii, đ thi vào các ip chuyên toán,có bài toán xác đnh
đa thc hoc tính các giá tr ca đa thc.Vic tìm tòi li giải bài toán xác định đa thức
tường gây lung túng cho sinh.Nguyên nhân chính học sinh được trang bị đầy đủ các
kiến cần thiết nhưng rời rạc các khối lớp thường thiếu bài tập áp dụng. Qua đây
nhằm củng cố kiến thức về đa thức tong chương trình toán t lớp 7 đến lp 9 rèn kỹ năng
gii mt s dng toán trên t đơn gin đến phc tp mà kiến thc ca nó không vưt
quá trình độ THCS.
A/ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI LOẠI TOÁN NÀY
1 . Định lý Bơdu:
Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x - a bằng giá trị của đa thức tại x = a
Tức là: f(x) = (x - a).g(x) + f(a)
Chứng minh : Gọi g(x) là đa thức thương và R là số dư thì:
f(x) =(x - a).g(x) + R
f(a) = (a - a).g(a) + R = R (đpcm)
2. phương pháp hệ số bất định:
Giả sử:
( )
= + ++
3 21
3 2 10
f x ax ax ax a
( )
= +++
3 21
3 2 10
g x bx bx bx b
Nếu f(x) = g(x) với ít nhất 4 giá trị phân biệt của x thì:
= =
3 32 2
a b ;a b
= =
1 10 0
a b ;a b
Chứng minh:
Giả sử 4 giá trị phân biệt
1234
x ;x ;x ;x
có:
( ) ( ) ( )
=
11
fx gx 1
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
=
=
=
22
33
44
fx gx 2
fx gx 3
fx gx 4
Đặt
==−=−=
3 3 32 2 21 1 10 0 0
c a b ;c a b ;c a b ;c a b
Trừ từng vế của (1) và (2) được:
( ) ( )
( )
−+ −+ =
33 22
31 2 21 2 11 2
cxxcxxcxx0
−≠
12
xx 0
nên
( )
( ) ( )
+ + + +=
22
31122 212 1
cxxxx cxx c0 5
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
353
Tương tự từ (1) và (3) có :
( )
( ) ( )
+ + + +=
22
3 1 13 3 2 1 3 1
c x xx x c x x c 0 6
Trừ theo từng vế của (5) và (6) rồi chia cho
−≠
23
xx0
được:
( )
+ ++ =
2 31 2 3
c cx x x 0
(7)
Tương tự từ (1), (2), (4) có:
( )
+ ++ =
2 31 2 4
c cx x x 0
(8)
Trừ theo từng vế của (7) và (8) được:
( )
=⇒=
33 4 0
cx x 0 c 0
34
xx
x3x4 0
Thay c3 = 0 vào (8) được c2 = 0. Từ đó và (6) được c1 = 0.
Thay vào (1) được a0 = b0 suy ra đpcm.
II- MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Xác định đa thức bậc n (n = 2,3,...) khi biết ( n + 1) có giá trị của đa thức:
Ví d 1. Cho đa thức:
( )
2
.f x a x bx c= ++
, Xác định các h số a,b,c biết:
( ) ( ) ( )
0 2; 1 7; 2 14f ff= = −=
Lời giải
Theo bài ra ta có:
f(0) = 2
0c2 c2+==
f(1) = 0
ab27 ab5⇒++=⇒+=
(1)
f(-2) = -14
4a 2b 2 14 2a b 8 += −=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: a = -1 và b = 6.
Vậy đa thức cần tìm là: f(x) = -x
2
+ 6x + 2.
Ví d 2. Xác định đa thức bậc 3 biết: f(0) = 1; f(1) = 0; f(2) = 5; f(3) = 22
Lời giải
Gọi đa thức cần tìm là: f(x) = ax
3
+ bx
3
+ cx +d
Theo bài ra ta có:
f(0) = 1
d = 1
f(1) = 0
a + b + c = -1 (1)
f(2) = 5
4a + 2b + c = 2 (2)
f(3) = 22
9a + 3b + c = 7 (3)
Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
354
=++
=++
=++
739
224
1
cba
cba
cba
Giải ra ta được: a = 1; b = 0; c = -2
Vậy đa thức cần tìm là: f(x) = x
3
- 2x + 1.
Ví d 3. Cho hàm số:
( )
2
y f x ax bx c= = ++
cho biết f(0)=2010, f(1)=2011, f(-1)=2012,
Tính f(-2)
Lời giải
Theo gi thiết ta có:
(0) 2010 2010fc= =>=
,
(1) 2011 2011 1f abc ab= =>++= =>+=
( 1) 2012 2012 2f abc ab= =>−+= =>−=
=> a =
3
2
, b
1
2
=
khi đó hàm số có dng
( )
2
31
2010
22
y fx x x= = −+
=> f(2) = 2017
* Chú ý: Để xác định được đa thức bậc n thì cần biết n + 1 giá trị của đa thức, còn nếu
chỉ biết n giá trị thì đa thức tìm được có hệ số phụ thuộc một tham số.
* Bài tập áp dụng:
Câu 1. Tìm đa thức bậc 2 biết: f(0) = 4; f(1) = 0; f(-1) = 6
Câu 2. Tìm đa thức bậc 4 biết: f(0) = - 1; f(1) = 2; f(2) = 31; f(2) = 47
Câu 3: Cho đa thức:
( )
2
.f x a x bx c= ++
, Xác dịnh a, b, c biết:
( ) ( )
20,20ff−= =
và a là số
lớn hơn c ba đơn vị.
Câu 4: Cho hàm số
( )
32
f x ax bx cx d= + ++
thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
1
1 2, 0 1, 3, 1 7
2
f ff f

−= = = =


Xác định giá trị a, b, c và d
Câu 5: Xác định đa thức:
( )
32
.P x a x bx cx d= + ++
, biết:
( ) ( ) ( ) ( )
0 2017, 1 2, 1 6, 2 6033P PP P= = −= =
Dạng 2: Xác định đa thức dư khi biết một số phép tính khác
Ví d 3. Đa thức f(x) nếu chia cho x 1 được số dư bằng 4, nếu chia cho x-3 được số dư
bằng 14.
Tìm đa thức dư của phép chia f(x) cho (x 1)(x 3)
Lời giải
Cách 1: Gọi thương của phép chia f(x) cho x 1 và cho x 3 theo theo thứ tự là A(x) và
B(x)
Ta có:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
355
f(x) = (x 1).A(x) + 4 với mọi x (1)
f(x) = (x 3).B(x) + 14 vỡi mọi x (2)
Gọi thương của phép chia f(x) cho (x 1)(x 3) là C(x) và dư là R(x).Vì bậc của R(x)
nhỏ hơn bậc của số chia nên bậc của nó nhỏ hơn bậc 2 nên R(x) có dạng ax + b
Ta có: f(x) = (x 1)(x 3).C(x) +ax + b với mọi x (3)
Thay x =1 vào (1) và (3) ta được : f(1) = 4; f(1) = a + b
Thay x =3 vào (2) và (3) ta được : f(3) =14; f(3) = 3a + b
=
=
=+
=+
1
5
143
4
b
a
ba
ba
Vậy đa thức dư của phép chia f(x) cho (x 1)(x 3) là 5x – 1
Cách 2:
f(x) = (x 1).A(x) + 4
nên (x 3).f(x) = (x 3)(x 1).A(x) + 4(x 3) (1)
f(x) = (x 3).B(x) + 14
nên (x 1).f(x) = (x 3)(x 1).B(x) + 14(x 1) (2)
Lấy (2) (1) ta được:
[(x 1) (x 3) ].f(x) =(x 1)(x 3) [A(x) B(x)] + 14(x 1) (x 3)
nên 2f(x) = (x 1)(x 3)[A(x) B(x)] + 10x – 2
f(x) = (x 1)(x 3).
15
2
)()(
+
x
xBxA
Ta thấy 5x 1 có bậc bé hơn bậc số chia vậy số dư cần tìm là 5x 1.
d 4. Đa thc f(x) khi chia cho x + 1 dư 4 khi chia x
2
+ 1 dư 2x + 3. Tìm đa thc dư khi
chia f(x) cho (x + 1).(x
2
+ 1)
Lời giải
Theo định lý Bơ du ta có f(-1) = 4 (1)
Do bậc của đa thức chia(x + 1)(x
2
+1) là 3
Nên đa thức dư có dạng ax
2
+ bx + c
f(x) = (x + 1)(x
2
+ 1). q(x) +ax
2
+ bx +c
= [(x +1). q(x) + a](x
2
+1) + bx + c a (2)
mà f(x) chia cho x
2
+ 1 dư 2x + 3 (3)
Từ (1), (2), (3) ta có b = 2 (4) ; c a = 3 (5)
f(-1) = 4 nên a b + c = 4 hay a 2 + c = 4 (6)
Từ (5) và (6) suy ra:
39
a ,c
22
= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
356
Ta được đa thức cần tìm:
2
3
x
2
+ 2x +
2
9
Ví d 5. Tìm đa thức dư của phép chia: x
7
+ x
5
+ x
3
+ 1 cho x
2
–1
Lời giải
Cách1:
Tách đa thức bị chia thành những đa thức chia hết cho đa thức chia.
Ta thấy x
n
1 chia hết cho x 1 với mọi số tự nhiên n nên x
2n
1 chia hết cho x
2
1; x
6
1,
... chia hết cho x
2
1.
Ta có: x
7
+ x
5
+ x
3
+ 1 = x
7
x + x
5
x + x
3
x + 3x + 1
= x(x
6
1) + x(x
4
1) + x(x
2
1) + 3x + 1
Dư của phép chia: x
7
+ x
5
+ x
3
+1 chia cho x
2
1 là 3x + 1
Cách 2: Xét giá trị riêng
Gọi thương của phép chia là Q(x) dư là ax + b
Ta có: x
7
+ x
5
+ x
3
+1 = (x + 1)(x 1).Q(x) + ax + b với mọi x
Đẳng thức đúng với
x
nên với x = 1 ta được: 4 = a + b (1)
Với x = - 1 ta được –2 = - a + b (2)
Từ (1), (2)
a = 3; b = 1
Vậy dư của phép chia là: 3x + 1.
* Bài tập áp dụng:
Câu 1. Tìm đa thức P(x) biết rằng P(x) chia cho (x + 3) dư 1, chia cho (x 3) dư 8. Chia cho
(x + 3)(x 3) thì được thương 3x và còn dư.
Câu 2. Tìm đa thức dư của phép chia: x
99
+ x
55
+ x
11
+ x +7 cho x
2
+ 1
Dạng 3: Xác định đa thức khi biết điều kiện của các hệ số
Ví dụ 6. Tìm các đa thức f(x) có tất cả các hệ số là số nguyênkhông âm nhỏ hơn 8 và thoả
mãn: f(8) = 2003.
Lời giải
Xét đa thức
f(x) = anx
n
+ an –1x
n-1
+ ...+ a1x + a0 vi a0, a1 ... an-1, an đều các số nguyên không âm
nhỏ hơn 8.
Do f(8) = 2003 nên an.8
n
+ an-1.8
n-1
+ ...+a1.8 + a0 = 2003
Ở đây a0, a1, ..., an-1, an là các chữ số của 2003 được viết trong hệ ghi số cơ số 8. Thực
hiện việc chia 2003 cho 8 được dư a0 = 3 lại lấy thương chia cho 8, liên tiếp như vậy ta được
đa thức cần tìm là: f(x) = 3x
3
+ 7x
2
+ 2x + 3
* Bài tập áp dụng:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
357
Câu 1. Tìm đa thức f(x) các hệ số đều là số nguyên không âm nhỏ hơn 5 và f(5) = 352
Dạng 4: Xác định đa thức f(x) thoả mãn 1 hệ thức đối với f(x)
Ví d 7. Tìm đa thức P(x) bậc 4 thỏa mãi các điều kin sau:
P(-1) = 0 và
( ) ( ) ( )( )
Px Px 1 xx 1 2x 1, x R. = + + ∀∈
Lời giải
Với x = 0 thì
( ) ( )
P0 P 1 0= −=
Với x = - 1 thì
( ) ( )
P1 P2 0−= =
Do đó P(x) nhận -1, 0, -2 là nghiệm.
Đặt
( ) ( )( )( )
P x x x 1 x 2 ax b=++ +
vớ a ≠ 0.
Với x = 1 thì P(1) = P(0) + 6 = 6. Suy ra: a + b = 6 (1)
Với x = 2 thì P(2) = P(1) + 30 = 36. Suy ra:
3
2a b
2
+=
(2)
T (1) và (2) suy ra:
1
ab
2
= =
Vậy
( ) ( )
2
1
P xx 1 x 2
2
= ++
* Bài tập áp dụng:
Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc nhỏ hơn 4 và thoả mãn hệ thức sau ít nhất 4 giá trị
phân biệt của x: x.P(x 1) = (x 2).P(x)
III. PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐA THỨC PHỤ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TÌM ĐA THỨC
HOẶC TÍNH GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC.
Giới thiệu phương pháp:
Các nhiu phương pháp đ gii bài toán xác đnh đa
thc ch yếu là dùng đa thc thun nht; hai đa thc đng nht; định lý Bơ du; h s bt
đnh khi xác đnh đa thc bc n mà đã biết n + 1 giá tr ca nó. Song nhiều bài toán
không thể tìm được đa thức bằng cách trực tiếp mà phải dùng phương pháp dùng đa thức
phụ để xác định đa thức hoặc tính giá trị riêng của đa thức.
Ví dụ minh họa:
Ví d 8. Cho đa thức f(x) bậc 4 với hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn f(1) = 10, f(2) = 20,
f(3) = 30. Tính:
f(12) + f(-8)
+15
10
Phân tích bài toán:
- Đa thc bc 4 mà mi biết ba giá tr ca đa thc nên phi dùng đa thc ph g(x) = f(x) +
h(x).
- Bậc của f(x) là 4 nên bậc của g(x) là 4 và bậc của h(x) nhỏ hơn số giá trị của f(x).
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
358
Thuật toán tìm đa thức phụ.
Bước 1:
Đt g(x) = f(x) + h(x) ở đó h(x) một đa thc có bậc nhhơn bậc của f(x) đồng thi
bậc của h(x) nhỏ hơn số giá trị đã biết của f(x)
Trong đề bài bậc của h(x) nhỏ hơn 3 nghĩa là:
g(x) = f(x) + ax
2
+ bx + c
Bước 2:
Tìm a, b, c để g(1) = g(2) = g(3) = 0.
Tức là:
0=1+a+b+c
0 = 20+4a + 2b +c
0 = 30 +9a +3b+ c
Giải hệ phương trình được : a = 0; b = -10; c = 0
Theo phương pháp hệ số bất định:
Suy ra: h(x) = - 10x
Hay: g(x) = f(x) 10x
Lời giải
Đặt đa thức phụ: g(x) = f(x) 10x
g(1) = g(2) = g(3) = 0
Do bậc f(x) là bậc 4 nên bậc của g(x) là 4 và g(x) chia hết cho x 1; x 2; x 3 suy ra:
g(x) = (x 1)(x 2)(x 3)(x x0)
f(x) = g(x) + 10x = (x 1)(x 2)(x 3)(x x0) + 10x
Ta có f(12) = (12 1)(12 2)(12 3)(12 x0) + 10.12
= 11.10.9. (12 x0) + 10.12 = 10.[99.(12 x0) + 12]
f(-8) = (-8 1)(-8 2)(-8 3)(-8 x0) + 10.(-8)
= (-11).(-10).(-9). (-8 x0) + 10.(-8) = -10.[99.(-8 x0) + 8]
Suy ra: f(12) + f(-8) = 10.[99.(12 x0) + 12] + (-10).[99.(-8 x0) + 8]
= 10(1200 99x0 + 784 + 99x0)
= 10.1984
Ta tính được:
f(12) + f(-8)
+15 =1984+15 =1999
10
d 9. Cho đa thc f(x) bc 4 có h s bc cao nht là 1 và thoả mãn: f(1) = 3; f(3) = 11;
f(5) = 27. Tính giá trị của f(-2) + 7.f(6)
Phân tích bài toán:
- Đa thc bc 4 mà mi biết ba giá tr ca đa thc nên phi dùng đa thc ph g(x) = f(x) +
h(x).
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
359
- Bậc của f(x) là 4 nên bậc của g(x) là 4 và bậc của h(x) nhỏ hơn số giá trị của f(x).
Lời giải
+ Tìm đa thức phụ:
Đặt g(x) = f(x) + ax
2
+ bx + c. Tìm a, b, c để g(1) = g(3) = g(5) = 0
a, b, c là nghiệm của hệ phương trình
0=3+a+b+c
0 =11+9a +3b +c
0 = 27+ 25a +5b+c
Giải hệ ta được: a = - 1; b = 0; c = -2 nên đặt g(x) = f(x) x
2
– 2
+ Tính giá trị f(x):
Bậc f(x) là bậc 4 nên g(x) là bậc 4 và g(x) chia hết cho (x 1); (x 3); (x 5) nên g(x) =
(x 1)(x 3)(x 5)(x x0)
22
0
f(x) g(x) ( x 2) (x 1)(x 3)(x 5)(x x ) x 2 = −− = + +
Tính được: f(-2) + 7f(6) =1112
Ví d 10. Cho đa thức f(x) bậc 3 với hệ số của x
3
là một số nguyên, thoả mãn f(1999) = 2000
và f(2000) = 2001.
Chứng minh rằng f(2001) f(1998) là hợp số.
Phân tích bài toán:
- Đa thức bậc 3 mà mới biết hai giá trị của đa thcn phải ng đa thc phụ g(x) = f(x) +
h(x).
- Bậc của f(x) là 3 nên bậc của g(x) là 3 và bậc của h(x) nhỏ hơn số giá trị của f(x).
Lời giải
+ Tìm đa thức phụ.
Đt g(x) = f(x) + ax + b. Tìm a, b đ g(1999) = g(2000) = 0 tương đương vi a, b là
nghiệm của hệ:
0 = 2000+1999.a + b
0 = 2001+ 2000.a + b
Giải hệ ta được : a = b = - 1
Nên đặt g(x) = f(x) x – 1
+ Tính giá trị của f(x):
Giả sử k
Z là hệ số của x
3
của đa thức f(x). Do bậc của f(x) bằng 3 nên bậc g(x) bằng 3
và g(x) chia hết cho (x 1999); (x 2000) nên:
g(x) = k(x 1999)(x 2000)(x x0); f(x) = g(x) (x 1)
f(x) = k(x 1999)(x 2000)(x x0) + x + 1
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
360
Ta có f(2001) = k . 2 . 1 . 2001 + 2002 = 2k . 2001 + 2002
f(1998) = k. (-1) . (-2) . 1998 + 1999 = 2k . 1998 + 1999
f(2001) f(1998) = 2k . 2001 + 2002 2k . 1998 + 1999
Tính được f(2001) f(1998) = 3(2k + 1)
Vì 3(2k + 1) là hợp số. Vậy f(2001) f(1998) là hợp số.
Ví d 11. Tìm đa thức bậc 3 biết rằng khi cho f(x) chia cho x 1, x 2, x 3 đều dư 6 và
f(-1) = -18.
Phân tích bài toán:
- Đa thức cho f(x) chia cho x 1, x 2, x 3 đu dư 6, theo đnh lý Bơ du ta có f(1) = f(2) =
f(3) = 6. Tìm đa thức phụ g(x) = f(x) + h(x) với h(x) có bậc là 2.
- Bậc của f(x) là 3, có ba giá trị của đa thức nên hệ số của f(x) phụ thuộc vào tham số.
Lời giải
+ Tìm đa thức phụ:
Theo định lý Bơdu ta có f(1) = f(2) = f(3) = 6
Đặt g(x) = f(x) + ax
2
+ bx + c. Tìm a, b, c để g(1) = g(2) = g(3) = 0
cba ,,
là nghiệm của hệ
06abc
064a2bc
0 6 9a 3b c
=+++
=+++
++++
Giải ra ta được: a = b = 0; c = -6 nên đặt g(x) = f(x) 6
Với g(1) = g(2) = g(3) = 0
+ Xác định f(x):
Do bậc f(x) là 3 nên bậc g(x) là 3 và g(x) chia hết cho (x 1); (x 2); (x 3)
g(x) = n(x -1)(x - 2)(x - 3)
(n là hệ số của x
3
trong đa thức f(x)).
f(x) = n(x -1)(x - 2)(x -3) + 6
Mặt khác f(-1)= -18
n = 1
f(x) = x
3
6x
2
+ 11x.
Ví d 12. Tìm đa thức bậc 3 biết f(0) =10; f(1) = 12; f(2) = 4; f(3) =1
Lời giải
Cách 1: Đã giải ở dạng 1
Cách 2: +Tìm đa thức phụ: Đặt g(x) =f(x) +ax
2
+bx + c
Tìm a, b, c để g(0) = g(1) = g(2) = 0
a, b, c là nghiệm của hệ
++++=
+++=
+=
22440
120
100
ba
cba
c
Hệ ta được: a = 5, b = -7, c = -10
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
361
Nên đặt g(x) = f(x) + 5x
2
7x – 10
Với g(x) = g(1) = g(2) = 0
+ Xác định f(x)
Do bậc f(x) là 3 và bậc của g(x) là 3 và g(x) chia hết cho x; x 1; x – 2
Gọi m là hệ số của x
3
của đa thức f(x) thì g(x) = mx(x 1)(x 2)
2
f(x) mx(x 1)(x 2) 5x 7x 10 0 −− + + =
Mặt khác; f(3) = 1
m =
2
5
Vậy đa thức cần tìm là: f(x) =
3
2
5
x
-
1012
2
25
2
++ xx
* Bài tập áp dụng:
Câu 1: Đa thức f(x) khi chia cho x + 1 dư 4 khi chia cho x
2
+ 1 dư 2x + 3.m số khi chia
f(x) cho (x + 1)(x
2
+ 1).
Câu 2: Xác định a, b để đa thức: ax
3
+ 12x
2
+ bx + 1 là lũy thừa bậc 3 của một đa thức khác.
Câu 3: Tìm các số a, b, c để x
3
ax
2
+ bx c = (x a)(x b)(x c)
Câu 4: Tìm đa thức dư của phép chia x
30
+ x
4
+ x
2015
+ 1cho x
21
Câu 5: m giá trị của a đ đa thức f(x) = x
4
+ 5x
3
2x
2
+ ax + 40 chia hết cho đa thức x
2
3x
+ 2 khi đó giá trị nhỏ nhất của thương là bao nhiêu?
Câu 6: Tìm đa thừc(x) bậc 2 biết f(0) = 19, f(1) = 5; f(2) =1995
Câu 7: Tìm đa thừc(x) bậc 3 bi ết f(0) =2; f(1)=9; f(2) =19; f(3) =95
III- CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC TRONG CÁC ĐỀ THI
Câu 1. Cho đa thức . Tính
Câu 2. Cho đa thức xác định vi mi thỏa mãn:
1) Tính
2) Chng minh rng có ít nhất 3 nghiệm
Câu 3.
a) Tìm nghim của đa thức
b) Đa thức là các số nguyên, và Biết với mi g
tr nguyên của thì chia hết cho 7. Chứng minh cũng chia hết cho 7
Câu 4.
( )
10987
101 101 101 ..... 101 101fx x x x x x= + +− +
( )
100f
( )
fx
x
( )
( )
2
. 2 9 ()xf x x f x+=
( )
5f
( )
fx
2
7 35 42 0xx +=
( )
2
f x ax bx c= ++
,,abc
0.a
x
( )
fx
,,abc
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
362
a) Xác định đa thức bậc 2 với h số cao nhất bằng 1 và nhận hai s làm
nghiệm
b) Cho đa thức , biết với mi ta có : Chng minh
rằng đa thức luôn có ít nhất hai nghim.
Câu 5. Cho đa thức
Biết rằng .
Chng minh với mi
Câu 6. Tìm đa thức biết rằng:
Câu 7. Cho 2 đa thức:
Tìm biết
Câu 8.
1) Tìm đa thức biết:
2) Cho hàm số đ th đi qua điểm
a) Tìm
b) Với vừa tìm được, tìm giá trị của thỏa mãn
Câu 9. Tìm đa thức bậc hai biết . Từ đó áp dụng tính tng
Câu 10. Cho đa thức .
Tính
Câu 11. Cho đa thức: f(x) = ax
2
+ bx + c
Biết 13a + b + 2c = 0. Chứng minh f(-2). f(3) ≤ 0
Câu 12. Cho đa thức p(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d, với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Biết rằng,
p(x) 5 với mọi x nguyên. Chứng minh rằng a, b, c, d đều chia hết cho 5.
Câu 13. Tính giá trị của đa thức P = với
Câu 14.
Tính giá trị của đa thức tại x = 2017
()Px
0; 3
( )
fx
x
( ) ( ) ( )
.1 2.xfx x fx+= +
( )
fx
432
4 3 2 10
()f x ax ax ax ax a= + + ++
( ) ( ) ( ) ( )
1 1; 2 2fff f=−=
( ) ( )
fx f x=
x
M
( )
2 22
52 69M x xy x x y+ = +−
( )
22
22
() 2
() 2 1
P x x mx m
Qx x m x m
=++
=+ ++
m
( ) ( )
11PQ=
A
( )
22 2
34 78A xy y x xy y =−+
() 2y f x ax= = +
( )
2
1;Aa a a−+
a
a
x
( ) ( )
2 1 12fx f x−=
( ) ( )
1fx fx x −=
1 2 3 ....Sn=+++ +
( )
10987
101 101 101 ..... 101 101fx x x x x x= + +− +
( )
100f
32 2 2
2 3 2017+ + ++x x y x xy y y x
2+=xy
5432
( ) 2018 2016 2018 2016 2017fx x x x x x=−++−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
363
Câu 15. Tìm đa thức M biết rằng : .
Tính giá trị của M khi x, y thỏa mãn .
Câu 16. Cho hai đa thức:
Xác định hệ số của đa thức biết nghiệm của đa thức cũng nghiệm của đa
thức .
Câu 17.
1. Tìm các số nguyên x, y biết: x – 2xy + y3 = 0.
2. Cho đa thức f(x) = x
10
– 101x
9
+ 101x
8
– 101x
7
+ … – 101x + 101.
Tính f(100).
Câu 18:
1. Cho đa thức A(x) = x + x
2
+ x
3
+ ...+ x
99
+ x
100
.
a) Chứng minh rằng x= -1 là nghiệm của A(x) b) Tính giá trị biểu thức A(x) khi x =
Câu 19.
a) Tìm giá trị của m để đa thức có nghiệm là -1.
b) Tìm tng các h s ca đa thc sau khi phá ngoc và sp xếp, biết:
.
Câu 20. Cho đa thức Q(x) với a, b, c ,d . Biết Q(x) chia hết cho 3
với mọi x . Chứng tỏ các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 3.
Câu 21.
x + 1 với x ≥ -1
a. Cho hàm số: y = f(x) =
-x 1 với x < -1
- Viết f(x) dưới dạng 1 biểu thức.
- Tìm x khi f(x) = 2.
b. Cho hai đa thức P(x) = x
2
+ 2mx + m
2
và Q(x) = x
2
+ (2m+1)x + m
2
Tìm m biết P(1) = Q(-1)
Câu 22. Cho đa thức f(x) = ax
2
+ bx + c. Chứng minh rằng nếu f(x) nhận 1 và -1 là nghiệm
thì a và c là 2 số đối nhau.
Câu 24. Cho đa thức thỏa mãn
Chng minh là một số lẻ.
(Trích đề chuyên Phan B Châu năm 2019-2020)
Câu 23. Cho đa thức :
2
() .P x a x bx c= ++
Cho biết 9a - b = -3c, Chứng minh rng: Trong ba
số P(-1) ; P(2) ; P(2) có ít nhất 1 số âm, ít nhất 1 số không dương
Câu 25. Xác định các h số a b để đa thức là bình
phương của một đa thức.
( )
2 22
52 69M x xy x xy y+ =+−
( ) ( )
2012 2014
25 34 0xy ++
f(x) (x 1)(x 3)=−+
32
g(x) x ax bx 3= +−
a;b
g(x)
f(x)
g(x)
1
2
4 23 2
() 1g x x m x mx mx=+ + +−
( ) ( )
2013 2014
2 32
( ) 3 12 8 2 3 3fx x x x x x= + +−
32
= ax bx cx + d++
∈Ζ
∈Ζ
2
( ) axP x bx c= ++
( )
*a ∈Ν
( ) ( )
9 6 2019.PP−=
( ) ( )
10 7PP
( )
432
P x x 2x 3x ax b= + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
364
(Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019)
Câu 26. Cho các đa thc tho n . Biết
rằng các hệ số của là các số nguyên không âm và . Tính .
(Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Nam Định năm 2018-2019)
Câu 27. Cho các đa thc thỏa mãn các
điu kin có ba nghiệm thực phân biệt và nghim.
Chng minh rng 22)
(Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Bắc Ninh năm 2018-2019)
Câu 28. Cho đa thức
2
() .P x ax bx c= ++
Biết
()Px
chia cho x + 1 dư 3,
()Px
chia cho x dư 1
()Px
chia cho x 1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c.
(Trích đề vào 10 Chuyên Nam Định năm 2015-2016)
Câu 29. Tìm các s thc a, b, sao cho đa thc + 5bx 6 chia hết cho đa
thc x
2
2x 3 .
(Thi hc sinh gii lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2012 2013)
Câu 30. Tìm đa thức f(x) biết: f(x) chia cho x+3 dư 1; f(x) chia cho x 4 dư 8;
f(x) chia cho (x + 3)(x 4) thì được 3x và còn dư.
Câu 32. Tìm một đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho (x - 1), (x - 2), (x - 3) đều được dư 6 và
P(- 1) = - 18.
Câu 33. Chng minh rằng đa thức chia hết cho đa thức
Câu 35. Cho đa thức
2
P(x) ax bx c= ++
. Biết
( )
Px
chia cho x + 1 dưa 3,
( )
Px
chia cho x
dư 1 và
( )
Px
chia cho x 1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c.
Câu 36. Cho đa thức
( )
2
f(x) x a 3 x a=−+ +
. Xác định a để f(x) chia hết cho (x 2).
Câu 37. Cho đa thức
( )
2
f(x) x 2 a 1 x b 1.= + +−
Xác định a, b để f(x) chia hết cho
(x 1) và và đa thức (x + 2).
Câu 38. Cho đa thức bậc 3 dạng:
( )
32
f x =x ax bx c+ ++
chia hết cho (x 2) và khi chia cho
(x
2
1) dư 2x.
( )
Px
( )
Qx
( ) ( ) ( )
( )
1
Px Qx Q1 x x
2
= + ∀∈
( )
Px
( )
P0 0=
( ) ( )
( )
P3P3 P2
( ) ( )
32 2
P x x ax bx c; Q x x 2016x 2017=+ ++ =+ +
( )
Px 0=
( )
( )
PQx 0=
( )
6
P 2017 1008 .>
432
4x 11x 2ax−−
( ) ( ) ( )
200 100
fx x3 x2 1= +−
( )
2
g x x 5x 6=−+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
365
Câu 39. Cho đa thức f(x) có bậc 2002 thỏa mãn điều kin:
( )
1
fn
n
=
với x = 1; 2; 3;....;2001.
Tính giá trị của f(2002)
Câu 40. Cho đa thức:
( )
432
P x x ax bx cx d=+ + ++
thỏa mãn
( ) ( ) ( )
P 1 3,P 3 11,P 5 27.= = =
Tính giá trị của:
( ) ( )
S P 2 7.P 6 .= −+
Câu 41. Thì các đa thức g(x) và h(x) với h số nguyên sao cho:
( )
( )
h2 7
2
g2 7
+
=
+
.
Câu 42. Cho
( )
3
2
x
fx
1 3x 3x
=
−+
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1 2 2010 2011
A f f ... f f
2012 2012 2012 2012
 
=++++
 
 
Bài 43. Cho đa thức P(x) thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 12
2
11
P1 1;P Px, x 0;Px x Px Px , x,x R.
x
x

= = ∀≠ + = +


Tính
5
P
7



Bài 44. Cho đa thức
( )
3
Px x x=
( )
81 49 25 9
Q x x x x x x 1.= + + + ++
a) Tìm số dư trong phép chia Q(x) cho P(x)
b) Tìm x đ
( ) ( )
Qx Px
Câu 43. Cho đa thức
( )
2
P x ax bx c= ++
thỏa mãn điều kin vi s nguyên x bt kì thì P(x)
là số chính phương. Chng minh rằng a, b, c là số nguyên và b là số chn.
Câu 44. Cho hàm số
( )
fx
xác định vi mi x thuộc R, biết rằng vi mọi x ta đều có:
( )
2
1
3
3
fx f x

+=


, Tính
( )
2f
Câu 45. CMR đa thức P(x) có ít nht hai nghiệm, biết :
( ) ( ) ( ) ( )
6 14x Px x Px =+−
Câu 46. Cho
( )
( )
32
. 4 18f x ax x x= + −+
( ) ( )
3
4 13g x x x bx c= + + +−
, Trong đó a, b, c là
các hng số, Xác định a, b, c để
( ) ( )
f x gx=
Câu 47. Cho
( )
2
.P x a x bx c= ++
, CMR nếu:
5 20ab c++ =
thì
( ) ( )
2. 1 0PP−≤
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
366
Câu 48. Cho hàm số
( )
100
100 10
x
x
fx=
+
, CMR : nếu a,b là hai số thỏa mãn : a + b = 1 thì
( ) ( )
1fa fb+=
Câu 49. Cho
( )
2
.f x a x bx c= ++
có tính cht f(1),f(4),f(9) là các s hữu tỉ, CMR khi đó a,b,c
là các số hữu t
Câu 50. Tính tng các h số của đa thức sau khi b dấu ngoc :
( )
( ) ( )
2008 2009
22
8 3 10 8 10Px x x x x= + +−
Câu 51. Gii phương trình:
( )( )
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )( )
335415513
3 2.
1315 3135 5153
−− −−
++=
−− −−
x x xx xx
x
NG DN GII CÁC BÀI TP TRONG Đ THI
Câu 1. Ta có:
Câu 2. 1) Ta có:
2) là một nghiệm
là một nghiệm
là một nghiệm
Vậy có ít nhất là 3 nghiệm
Câu 3.
a) Viết đưc
b) T gi thiết chia hết cho 7
chia hết cho 7, tức là chia hết cho 7
Suy ra chia hết cho 7 để
Câu 4.
a)
là một nghim của đa thức, nên
là một nghim của đa thức, nên:
( )
10987
101 101 101 .... 101 101fx x x x x x= + +− +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
10998877
9876
100 100 100 ..... 101 101
100 100 100 100 ..... 100 101
100 1
x xx xx xx x
xxxxxxxx xx x
f
= −+ +− + +
= −−−+ −− −++−−
⇒=
( )
3 50xf=⇒=
( )
0 00 0xf x= =⇒=
( )
3 50 5xf x= =⇒=
( )
3 10 1xf x=−⇒ = =
( )
fx
( )( )
2
3
7 35 42 7 3 2
2
x
xx xx
x
=
+ = −⇒
=
( )
0fc⇒=
( )
1f
( )
1f
abc++
abc−+
22ac+
77ab
2
()P x x ax b=++
0
( )
00fb= =
3
93 00 3aa +==
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
367
Đa thức là đa thức cn tìm
b) Với ta có: là một nghim của
Với có: cũng là một nghim của
Vậy đa thức luôn có ít nht hai nghim.
Câu 5.
Do nên
Tương t
nên
T (1) và (2)
Vậy
với mi
Vậy với mi
Câu 6.
( ) ( )
2 22 222 2 2
52 69 69 52 11 .M x xy x xy y M x xy y x xy x xy y+ =+−=+− =+
Câu 7.
Để
Câu 8.
1) Ta có:
2) a) Vì đồ th hàm số đi qua điểm nên:
2
() 3Px x x= +
0,x =
( )
0. (1) 2 (0) 0 0 0fff= ⇒=
( )
fx
2,x ta=
( ) ( )
2 10(2) 10 1f ff −= −=
( )
fx
( )
fx
( )
43210 43210
1 ; ( 1)f aaaaa f aaaaa=++++ =−+−+
( ) ( )
11ff=
4321043210
aaaaaaaaaa++++=+−+
31 31
31
0 (1)
aa aa
aa
+=−−
+=
( )
4 3 2 10
2 16 8 4 2f a a a aa= ++++
( )
4 3 2 10
2 16 8 4 2f a a a aa−= + +
( ) ( )
22ff=
31
4 0 (2)aa+=
13
0aa⇒==
( )
42
420
f x ax ax a=++
( ) ( ) ( )
42
42
4 2 04 2 0
f x a x a x a ax ax a−= + + = + +
x
( ) ( )
fx f x=
x
2 22
22
(1) 1 2 .1 2 1
( 1) 1 2 1 2
P m mm m
Q m mm m
=+ +=++
= −+ =
( ) ( )
22
1
1 1 21 2 4 1
4
P Q mm mmm m= + += =−⇒ =
( )
( )
22 2
22 2
22
34 78
78 34
44
A xy y x xy y
A x xy y xy y
A x xy y
=−+
=++
=−+
() 2y f x ax= = +
( )
2
1;Aa a a−+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
368
b) Vi
ta có:
Câu 9. Đa thức bậc hai cần tìm có dạng:
Ta có:
Vậy đa thức cần tìm là ( là hằng s tùy ý)
Áp dng:
Với ta có:
Với ta có:
Với ta có:
Câu 10. Ta có:
Câu 11.
Ta có f(3) = 9a + 3b + c ; f(-2) = 4a - 2b + c
f(3) + f(-2) =13a + b + 2c = 0 => f(3) = -f(-2)
f(3).f(-2) = -f(3)
2
0
Câu 12.
p(x) 5 với mọi x nguyên nên p (0) = d 5.
p (1) = a + b + c + d 5 (1)
p (- 1) = - a + b - c + d 5 (2)
( )
2 22
12 2 2 2 1a aaa a aa a a a+= +⇔ += −+⇔ =⇔=
1 () 2a y fx x=⇒= =+
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 1 12 2 1 2 12 2
2
fx f x x x x = += +⇔=
( ) ( )
2
0f x ax bx c a= ++
( ) ( ) ( )
2
11 1f x ax bx c= + −+
( ) ( )
1
21
2
12
01
2
a
a
fx fx ax a b x
ba
b
=
=
= −+=

−=
=
( )
2
11
22
fx x x c= ++
c
1,x =
( ) ( )
11 0ff=
2x =
( ) ( )
12 1ff=
.................................................................
xn=
( ) ( )
1n fn fn= −−
( ) ( )
( )
2
1
1 2 3 .... 0
22 2
nn
nn
S n fn f c c
+
=+++ += = + +=
( )
10987
101 101 101 .... 101 101fx x x x x x= + +− +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
10998877
9876
100 100 100 ..... 101 101
100 100 100 100 ..... 100 101
100 1
x xx xx xx x
xxxxxxxx xx x
f
= −+ +− + +
= −−−+ −− −++−−
⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
369
Từ (1) và (2) suy ra : 2(b + d) 5 và 2(a + c) 5 .
Vì 2(b + d) 5, mà (2, 5) = 1 nên b+ d 5 suy ra b 5.
p (2) = 8a + 4b + 2c + d 5 mà d 5; b 5. nên 8a + 2c 5,
kết hợp với 2(a + c) 5 suy ra 6a 5 suy ra a 5 vì (6,5) = 1. từ đó c 5.
Vậy a, b, c, d đều chia hết cho 5.
Câu 13.
P = x
3
+ x
2
y - 2x
2
- xy - y
2
+ 3y + x + 2017
= x
2
(x + y) - 2x
2
- y(x + y) + 3y + x + 2017
= 2x
2
- 2x
2
- 2y + 3y + x + 2017 = x + y + 2017 = 2019
Vậy với x + y = 2 thì P = 2019
Hoặc nhóm để xuất hiện x + y - 2
Câu 14. Tính giá trị của đa thức
tại x = 2017
Ta có . Khi đó ta có:
Vậy f(2017) = 0
Câu 15. Ta có:
=>
Ta có
Ta có :
=>
=> . Vậy
Vậy M = + - = - - =
Câu 16.
5432
( ) 2018 2016 2018 2016 2017fx x x x x x=−++−
2018 1
2017
2016 1
x
x
x
= +
=
=
5432
55443322
(2017) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
0
f xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
=−+ + ++ −−
=−−+−++−+
=
( ) ( )
2 22 222
52 69 69 52M x xy x xy y M x xy y x xy+ =+−=>=+−
2 22 2 2
695211M x xy y x xy x xy y= + −− + =+
( ) ( )
2012 2014
25 34 0xy ++
( )
( )
( ) ( )
2012
2012 2014
2014
25 0
25 34 0
34 0
x
xy
y
−≥
=> ++
+≥
( ) ( )
2012 2014
25 34 0xy ++
( ) ( )
2012 2014
25 34 0xy ++ =
( )
( )
2012
2014
1
2
25 0
2
1
34 0
1
3
x
x
y
y
=
−=

=>

+=

=
1
2
2
1
1
3
x
y
=
=
2
2
5
××
3
4
2
5
11
2
3
4
4
25
3
110
9
16
36
1159
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
370
Ta tìm nghiệm của = 0
Nghiệm của cũng là nghiệm của nên:
Thay vào ta có:
Thay vào ta có:
Từ đó ta biến đổi và tính được:
Câu 17. Ta có:
f(x) = x
10
101x
9
+ 101x
8
101x
7
+ … – 101x + 101
= x
10
100x
9
x
9
+ 100x
8
+ x
8
100x
7
x
7
+ … – 101x + 101
= x
9
(x 100) x
8
(x 100) + x
7
(x 100) x
6
(x 100)
+ … + x(x 100) (x 101)
Suy ra f(100) = 1.
Câu 18.
a) A(-1) = (-1)+ (-1)
2
+ (-1)
3
+...+ (-1)
99
+ (-1)
100
= - 1 + 1 + (-1) +1 +(-1) +...(-1) + 1 = 0
(vì có 50 số -1 và 50 số 1)
Suy ra x = -1 là nghiệm của đa thức A(x)
b) + Với x = thì giá trị của đa thức A =
( ) =
2 A =( ) +1 -
Câu 19.
a) Để đa thức g(x) có nghiệm -1 thì
b) Tổng các hệ số của đa thức sau khi phá ngoặc và sắp xếp là f(1)
.
Vậy: Tổng các hệ số của đa thức sau khi phá ngoặc và sắp xếp là -1
Câu 20. Cho đa thức Q(x)
Vì Q(x) 3 với mọi x , nên
Với x = 0, ta có 3
Với x = 1, ta có Q(1) =
f(x) (x 1)(x 3)=−+
x 1; x 3⇔= =
f(x)
32
g(x) x ax bx 3= +−
x1=
g(x)
1ab3 0−+=
x3=
g(x)
27 9a 3b 3 0 −=
a 3; b 1=−=
1
2
2 3 98 99 100
11 1 1 1 1
...
22 2 2 2 2
+ + ++ + +
2. 2A⇒=
2 3 98 99 100
11 1 1 1 1
...
22 2 2 2 2
+ + ++ + +
2 3 98 99
11 1 1 1
1 ...
22 2 2 2
++ + ++ +
2 3 98 99 100
11 1 1 1 1
...
22 2 2 2 2
+ + ++ + +
100
1
2
100
1
21
2
AA = +−
100
1
1
2
A⇒=
( ) ( ) ( ) ( )
4 32
2
( 1) 0 1 1 1 1 1 0g m mm=−+ +−+=
22
1 10 0 0m mm m m + = ⇔− = =
( ) ( )
( ) ( )
2013 2014
2013 2014
2 32
(1) 3.1 12.1 8 1 2.1 3.1 3 1 1 1f = + + = ⋅− =
32
= ax bx cx + d++
∈Ζ
( )
Q0 d=
3abcd+++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
371
mà d 3 => a + b +c 3 (1)
Với x = -1, ta có
mà d 3 => a + b c 3 (2)
3 mà (2 ; 3) =1 nên b 3
mà (2 ; 3) =1 nên a+c 3 (3)
Với x = 2 , ta có
hay 7a + (a + c) + 2b + d 3
Mà d 3, a + c 3, b 3 nên 7a 3 mà (7; 3) = 1 => a 3
Từ (3) suy ra c 3=> đpcm
Câu 21
a. Biểu thức xác định f(x) =
Khi f(x) = 2 = 2 từ đó tìm được x = 1; x= -3.
b) Thay giá trị tương ứng của x vào 2 đa thức , ta tìm được biểu thức P(1) và Q(-1) theo m
giải phương ẩn m mới tìm được => m = -
Câu 22. Ta có:
1 là nghiệm của f(x) => f(1) = 0 hay a + b + c = 0 (1)
-1 là nghiệm của f(x) => f(-1) = 0 hay a - b + c = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2a + 2c = 0 => a + c = 0 => a = -c
Vậy a và c là hai số đối nhau.
Câu 23. Ta có : P(-1) + P(-2) + P(2) = 9a b + 3c = 0 do đó trong ít nhất ba số trên có 1 số
không âm, ít nhất 1 số không dương
Câu 24. Ta có:
Li có:
Đặt
Tr vế theo vế (2) cho (1) ta có: , mà chẵn, 2019 lẻ nên lẻ, ta có
điu phi chng minh
Câu 25. Ta có P(x) là bình phương của một đa thức thì:
P(x) = =
Mà: P(x) =
( )
Q 1 a + b c + d 3−=
( ) ( )
Q 1 Q 1 2b+ −=
( ) ( ) ( )
Q1 Q 1 2 3ac −= +
( )
Q 2 = 8a+ 4b+ 2c +d 3
1+x
1+x
4
1
( ) ( )
( ) ( )
( )
9 6 2019
8 9 36 6 2019
45 3 2019 1
PP
ba bc a bc
ab
−=
++− + +=
+=
( ) ( ) ( ) ( )
10 7 100 10 29 7 51 3P P a bc a bc a b = + +− + += +
( ) ( ) ( )
10 7 51 3 2P P t a bt = +=
6 2019at=
6a
t
( )
2
2
x cx d++
( )
4 32 2 2
2 2 2 , .x cx c d x cdx d x + + + + + ∀∈
432
23x x x ax b + ++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
372
Do đó ta có hệ phương trình:
Vậy: .
Câu 26. Từ giả thiết ta có
T suy ra .
Giả sử , trong đó các số nguyên không
âm.
Ta các số nguyên không âm suy ra
do đó .
do đó
Câu 27. Gi là ba nghiệm của ta có
Suy ra,
Do nghim nên các phương trình
nghim.
Hay các phương trình vô nghiệm
Do đó, các biệt thc tương ng
Suy ra .
Câu 28.Vì P(x) chia cho x + 1 dư 3 nên P(x) 3 chia hết cho x + 1.
P(x) 3 = f(x).(x + 1)
Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta có:
P(1) 3 = f(1).( 1 + 1) = 0.
P(1) = 3 (1)
Tương tự, P(x) chia cho x dư 1 nên P(0) = 1 (2)
P(x) chia cho x 1 dư 5 nên P(1) = 5 (3)
T (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:
2
2
22
1
23 1
22
1
c
c
cd d
cd a a
b
db
=
=
+= =


= =


=
=
2, 1ab=−=
( ) ( ) ( )
( )
( )
1
0 0 1 01
2
P QQ= +=
( ) ( ) ( )
( )
( )
1
1 1 0 2.
2
P QQ= +
( )
1
( )
2
( )
10P =
( )
2
01 2
...
n
n
P x a ax ax ax= + + ++
012
, , ,...,
n
aaa a
( )
012
1 ... 0
n
P aaa a= + + ++ =
012
, , ,...,
n
aaa a
012
... 0
n
a aa a= = = = =
( )
0Px x= ∀∈
( ) ( ) ( )
0 2 0, 3 0Px x P P= ∀∈ = =
( ) ( ) ( ) ( )
( )
33 2 0 33 2 0.PP PPP−= =
123
x ;x ;x
( )
Px
( ) ( )( )( )
123
Px xx xx xx=−−
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
123
PQx Qx x Qx x Qx x=−−
( )
( )
PQx 0=
( ) ( )
i
Q x x 0 i 1,2,3−= =
( )
2
i
x 2016x 2017 x 0 i 1,2,3+ + −= =
( )
'2 2
i ii
1008 2017 x 0 2017 x 1008∆= < >
( ) ( )( )( )
6
123
P 2017 2017 x 2017 x 2017 x 1008= −>
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
373
2
2
2
.( 1) .( 1) 3
33
.0 .0 1 1 1
51
.1 .1 5
a bc
abc a
a bc c b
abc c
a bc
+ +=
−+= =


+ += = =


++= =
+ +=

P(x) = 3x
2
+ x + 1. Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn đề bài.
Vậy P(x) = 3x
2
+ x + 1.
Câu 29. Ta có
Đặt thương là q(x) ta có:
Chọn x = 3 ta có:
4 32
4.3 11.3 2 .3 5. .3 6 0ab + −=
(1)
Chọn x = -1, ta có:
5b+2a = 9 (2)
T (1) và (2) suy ra :
Thay vào (2) .
Câu 30. Theo định lý Bézout ta có
Đặt dư f(x) chia cho là ax + b
Suy ra .
Với x =- 3 ta có: (1)
Với x = 4 ta có: (2)
T (1) và (2) suy ra: 7a = 7 thay vào (2) ta được b = 4.
T đó ta được: .
Hay
32
()33354fx x x x=−− +
.
Câu 31. Theo định lý Bézout ta có : P(1) = P(2) P(3) = 6.
Do đó ta đặt
( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )
Px d cx1 bx1x2 ax1x2x3=++−−+−−
Cho x = 1 ta được P(1) = d, suy ra d = 6
.
Cho x = 2 ta được P(2) = 6 + c, suy ra c = 0
( )
2
22
x 2x 3 x 2x 1 4 x 1 4−−=−+=
( )( ) ( )( )
x 12x 12 x 3x 1= −− −+ = +
( )( ) ( )
432
4x 11x 2ax 5bx 6 x 3 x 1 q x + −= +
15b 18a 21 5b 6a 7 =−⇒ =
( ) ( ) ( ) ( )
432
41 111 2a1 5b1 60 −− −+ =
8a 16 a 2= ⇒=
5.b 4 9 b 1 +==
f(3) 1;f(4) 8= =
( )( )
x 3x 4+−
( ) ( )( )
fx x3x43xaxb=+ ++
( )( ) ( ) ( )
1 3 3 3 43 3 a 3 b=−+ −− + +
b 3a 1⇒− =
( )( )( )
8 4 3 4 4 3.4 a.4 b b 4a 8= + + +⇒+ =
a1⇒=
( ) ( )( )
f x x 3 x 4 3x x 4= + ++
( ) ( )( ) ( )( )( )
P(x) 6cx1 bx1x2 ax1x2x3=++−−+−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
374
.
Cho x = 3 ta được P(3) = 6 + 2b, suy ra b = 0.
.
Do đó P(x) = 6 +
( )( )( )
ax1x2x3−−
.
Cho x = - 1 ta được P(-1) = 6 24a, do đó 18 = 6 24a suy ra a = 1.
Vậy P(x) = 6 +
( )( )( )
1.x1x2x3−−
. Rút gọn ta được :
( )
32
P x x 6x 11x.=−+
Câu 32. Ta có nên
nên f(x) (x - 3)
Nên f(x) chia hết cho (x 2)(x 3) = x
2
5x + 6
Câu 33. Vì P(x) chia cho x + 1 dư 3 nên P(x) 3 chia hết cho x + 1.
P(x) 3 = f(x).(x + 1)
Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta có:
P(1) 3 = f(1).( 1 + 1) = 0 P(1) = 3 (1)
Tương tự, P(x) chia cho x dư 1 nên P(0) = 1 (2)
P(x) chia cho x 1 dư 5 nên P(1) = 5 (3)
T (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:
2
2
2
a.( 1) b.( 1) c 3
abc 3 a3
a.0 b.0 c 1 c 1 b 1
abc5 c1
a.1 b.1 c 5
+ +=
− + = =

+ += = =


++= =
+ +=

P(x) = 3x
2
+ x + 1. Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn đề bài.
Vậy P(x) = 3x
2
+ x + 1.
Câu 34.
( )
f(x) x 2
nên x = 2 là nghiệm của đa thức f(x) hay f(2) = 0
Do đó:
( )
2
2 a 3 .2 a 0 a 2 + +==
Câu 35. Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
fx x 1; fx x 2−+
nên x = 1 và x = -2 là nghiệm của đa thức f(x)
hay f(1) = 0 và f(-2) = 0. Do đó:
( ) ( )( ) ( )( )( )
P(x) 60x1 bx1x2 ax1x2x3=++−−+−−
( ) ( )( ) ( )( )( )
P(x) 60x1 0x1x2 ax1x2x 3=+−+− +
( ) ( ) ( )
200 100
f2 23 22 1 0= + −=
( ) ( )
fx x 2
( ) ( ) ( )
200 100
f3 3 3 3 1 1 0= + −=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
375
( )
( ) ( ) ( )
2
2
1 2 a 1 .1 b 1 0
2a b 2
3
a ;b 1
4a b 7
2
2 2a 1. 2 b 1 0
+ + −=
−=
⇔= =

+=
+ +−=
Câu 36. Ta có f(x) chia hết cho (x 2) nên x = 2 là nghiệm của đa thức f(x) hay f(2) = 0. Do
đó:
( )
32
2 a.2 b.2 c 0 4a 2b c 8 1+ + += + +=
Mặt khác: f(x) chia cho (x
2
1) dư 2x nên g(x) = f(x) 2x nhn (x
2
1) là nghiệm
hay x = 1 và x = -1 là nghiệm của g(x). Do đó:
( )
( )
( )
g1 0
1abc2 0 2
g1 0
1 a b c 2 0 (3)
=
+++−=


−=
−+ + + =
T (1), (2), (3) ta có:
10 10
a ; b 1; c
33
=−==
.
Câu 37. Ta có:
( )
1
fn
n
=
nên
( )
1
fn 0
n
−=
với x = 1; 2; 3;....;2001. Suy ra: x = 1; 2; 3;....;2001 là
nghim ca phương trình:
( )
1
fx 0
x
−=
hay
x.f(x) 1
0
x
=
Xét phương trình:
( ) ( )
G x x.f x 1=
có nghiệm là x = 1; 2; 3;....;2001 và G(0) = -1.
Do đó G(x) có dạng:
( ) ( )( )( ) ( )
G x a x 1 x 2 x 3 ... x 2001=−−
Suy ra: G(0) = a.(-1)(-2)(-3)....(-2001) = -1 Vì thế:
1
a.
1.2.3....2001
=
Do đó:
( ) ( )( )( ) ( )
( )
( )( )( ) ( )
( )
( )( )( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1
G x x 1 x 2 x 3 ... x 2001
1.2.3....2001
1
xf x 1 x 1 x 2 x 3 ... x 2001
1.2.3.....2001
x 1 x 2 x 3 ... x 2001 1.2.3...2001
fx
1.2.3.....2001.x
2002 1 . 2002 2 ... 2002 1 1.2.3...2001
2.1.2.3.....
f 2002
1.2.3.4...2001.2002
= −−
−=
−− +
⇔=
−+
⇔= =
2001 1
.
1.2.3...2001.2002 1001
=
Câu 38. Xét đa thức:
( )
22
f x = ax bx c++
thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
f 1 3,f 3 11,f 5 27.= = =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
376
Khi đó ta có:
22
2
2
a.1 b.1 c 3 a 1
a.3 b.3 c 11 b 0
a.5 b.5 c 27 c 2
+ += =
+ += =


+ += =
Nên
( )
2
fx x 2= +
Suy ra đa thức
( ) ( ) ( )
Qx Px fx=
là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 và nhận
1,3, 5 là nghiệm,
Do đó:
( ) ( )( )( )( )
Qx x1x3x5xm=−−−
. Từ đó ta tính được:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
P 2 Q 2 f 2 216 105m
7.P 6 7.Q 6 f(6) 896 105m
−= +−= +
= +=
Vậy:
( ) ( )
S P 2 7.P 6 216 105m 896 105m 1112.= −+ = + + =
Câu 39.
Đặt
u27= +
ta cần xác định các đa thức h(x) và g(x) sao cho
( )
( )
hu
2
gu
=
hay
( ) ( )
hu gu. 2 0−=
Xét tích:
( )
(
)
( )
(
)
2
u27u27u27u5.−+ −− = +
Do u là nghiệm ca phương trình
2
u 2 7u 5 0 +=
nên
2
u5
7
2u
+
=
Mặt khác:
22
u 5u 5
2u 7u
2u 2u
+−
=−= =
Vậy
( ) ( )
2
hxu5;gx2x=−=
Th lại thấy h(x) và g(x) thỏa mãi điều kiện bài toán.
Câu 40.
Nhận xét. Nếu
xy1+=
thì
( ) ( )
fx fy 1+=
.
Thật vậy, ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
3
3
33
33
1x
x
fx fy f1 x
x 1x x 1x
= = −=
+− +−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
377
suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
3
3
33
33
1x
x
fx fy fx f1 x 1
x 1x x 1x
+ = + −= + =
+− +−
.
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có
11
f
22

=


.
Theo nhận xét trên ta có:
1 2011 2 2010
A f f f f ...
2012 2012 2012 2012
1005 1007 1006 1
f f f 1005 f 1005,5
2012 2012 2012 2


=+++++






+ + =+=




Câu 41.
Ta có: P(2) = P(1 + 1) = P(1) + P(1) = 1 + 1 = 2.
Tương tự: P(3) = 3; P(5) = 5; P(7) = 7.
T đó:
( )
2
1 1 1 2 1 12
P P 7 ;P P P
7 7 7 7 77
7
   
= = =+=
   
   
Tương t:
33 55
P ;P
77 77
 
= =
 
 
Câu 42.
a) Ta có:
( )
( )
2
Px xx 1=
;
( )
( ) ( ) ( ) ( )
80 48 24 8
Qx xx 1 xx 1 xx 1 xx 1 5x 1= −+ −+ −+ −+ +
Vì các đa thức
80 48 8
x 1; x 1; x 1 −−
đều chia hết cho
2
x1
nên phép chia Q(x) cho
P(x) dư 5x + 1.
b) Đ
( ) ( )
Qx Px
thì
1
5x 1 0 x
5
+= =
Câu 43. Do
( )
P0 c=
là số chính phương nên
2
cm=
với m là số nguyên (hiên nhiên c là số
nguyên).
Vì P(1) = a + b + c ; P(-1) = a b + c là các số nguyên nên (a + b) và (a b) là các số
nguyên hay 2a và 2b là các số nguyên.
Đặt
( )
2
2a n;2b p;P 4 k ; n,p,k Z.= = =
Suy ra:
22
k m 16a 4b−=+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
378
hay
( )( ) ( )
k m k m 2 4n p . += +
Nếu k, m khác tính chẵn l thì (k m)(k + m) là số lẻ vô lý.
Do đó:
( )( )
kmkm4+−
. Do đó
( )
4n p 2+
hay
p2
( )
ab Z aZ+ ⇒∈
.
Đặt
( ) ( )
2
P2 t t Z=
. Ta có:
( )
22
t m 2 2a b .−= +
Lp lun tương t suy ra b là số chn.
Câu 44.
Ta có:
( )
1
2 2 3. 4
2
xff

==>+ =


( )
11 1
32
22 4
xff

==>+=


( )
47
2
32
f=>=
Câu 45.
( ) ( ) ( ) ( )
6 14x Px x Px =+−
với mi x nên
Khi x = 6 thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
66 6 61 64 0 7 2 2 0P P PP = + =>= => =
=> 2 là nghiệm của
P(x)
Khi x = -1 thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
16 11 14 7 10 10Px P P P−− =−+ −− => = => =
=> -1 là nghiệm ca P(x)
Câu 46.
Ta có :
( )
( )
( )
3 2 33 3
. 4 18. 4 48 4 48f x ax x x ax x x a x x= + += + += + +
( ) ( )
3 32
4 1 3 44 3g x x x bx c x bx x c= + +−= +−
Do
( ) ( )
f x gx=
nên ta có :
{
41
4 0 3; 0; 11
38
a
b a bc
c
+=
−==>= = =
−=
Câu 47.
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2 15 2 0 2 1P P ab c P P+ = ++ ==> =
vậy
( ) ( )
2. 1 0PP−≤
Câu 48.
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
( )( )
100 100 10 100 100 10
100 100
100 10 100 10
100 10 100 10
ab ba
ab
ab
ab
fa fb
++ +
+= + =
++
++
=
( )
( )
( )
( )
2.100 10 100 100 200 10 100 100
1
100 10 100 100 100 200 10 100 100
ab ab ab
ab ab ab
+
+
++ ++
= =
+++ ++
Câu 49. Ta có:
( )
1f abcQ= ++∈
,
( )
4 16 4f a bcQ= + +∈
( )
9 81 9f a bcQ= + +∈
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
379
T (1) và (2) =>
( ) ( ) ( )
16 4 15 3 3 5a bc abc a b ab Q++−++= += +
do đó
5abQ+∈
T (2) và (3) =>
( ) ( ) ( )
81 9 16 4 65 5 5 13 13a bc a bc a b ab Q abQ+ + + + = + = + => +∈
Nên
( ) ( )
13 5 5 8a b ab Q aQ aQ+ +∈=> ∈=>
Khi
aQ
thì
bQ
cQ
Câu 50.
Sau khi bỏ ngoặc ta được :
( )
1
1 10
...
nn
nn
P x ax a x ax a
= + ++ +
với
2.2008 2.2009n = +
Thay x=1, thì giấ tr của
( )
1P
bằng tổng các hệ số của P(x)
Ta có
( )
( ) ( )
2008 2009
22
1 8.1 3.1 10 8.1 1 10 1P = + +− =
Câu 51.
Đặt
( )
( )( )
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )( )
335415513
1315 3135 5153
−− −−
=++
−− −−
x x xx xx
fx
f(x) là đa thức bậc 2 nên có dạng: ax
2
+ bx + c = 0
x
Ta có :
( )
( )
( )
1
12
2
33 3 4 0
5
55 5 5
2
=
=++=
= + += =



=
= + +=
a
f abc
f a bc b
c
f a bc
Do đó phương trình tương đương :
( )
2
2
15
32 3 0 3
22
+ = −⇔ ==xxx x
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
380
CHUYÊN Đ 12: ĐNG DƯ THC
A. KiÕn thøc cÇn nhí
1. Định nghĩa
Cho
,ab
các s nguyên và
n
là s nguyên dương. Ta đnh nghĩa
a
đồng vi
b
theo môđun
n
kí hiu là:
( )
modab n
, nếu
a
b
có cùng s dư khi chia cho
n
.
Chú ý : a) là một đồng dư thc với a là vế trái, b là vế phi.
b) a b m sao cho a = b + mt.
c) Nếu a và b không đồng dư với nhau theo môđun m ta ký hiệu :
a b (mod m).
d) Nếu
a
chia cho
b
r
thì
( )
modar b
2. Tính chất
1. Tính chất phn x : a a (mod m).
2. Tính chất đối xứng : a b (mod m) b a (mod m).
3. Tính chất bc cu :
a b (mod m); b c (mod m) a c (mod m).
4. Cộng hay trừ tng vế của đồng dư thức có cùng môđun :
a b (mod m) ; c d (mod m) a c b d (mod m)
Tổng quát : ai bi (mod m), i = 1; 2; ...; k
a1 a2 ... ak b1 b2 ... bk (mod m).
5. a) Nhân hai vế của đồng dư thc vi mt s nguyên :
a b (mod m) ka kb (mod m) vi k Z
b) Nhân hai vế và môđun của đồng dư thc vi mt s nguyên dương:
a b (mod m) ka kb (mod km) vi k N*
6. Nhân từng vế của nhiều đng dư thức có cùng môđun :
a b (mod m) ; c d (mod m) ac bd (mod m)
Tổng quát ai bi (mod m), i = 1; 2; ...; k a1 a2...ak b1b2...bk (mod m).
7. Nâng hai vế của một đồng dư thc lên cùng mt lũy thừa :
a b (mod m) a
k
b
k
(mod m) (k N*)
8. Nếu hai số đồng dư vi nhau theo nhiu môđun thì chúng đng dư vi nhau theo
môđun là BCNN của các môđun ấy :
a b (mod mi), i = 1; 2; ...; k a b (mod [m1; m2;...;mk]). Đặc bit nếu (mi, mj) =
1 (i, j = 1; 2;...; k) thì
a b(mod m)
a b(mod m)
tz∃∈
/
±
±
±
±
±
±
±
±
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
381
a b (mod mi) a b (mod m1. m2.....mk).
9. Nếu a b (mod m) thì tp hợp các ước chung của a và m bằng tp hợp các ước
chung của b và m.
Đặc biệt : a b (mod m) (a, m) = (b, m)
10. Chia hai vế và môđun của một đồng dư cho một ước dương chung của chúng :
a b (mod m) , k UC(a,b,m), k > 0
Đặc biệt : ac bc (mod m) a b
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán chứng minh chia hết
* Cơ s phương pháp: Khi s dư trong phép chia a cho m bằng 0 thì a m. Như vậy để
chng t a m ta chứng minh a 0 (mod m)
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chng minh rng:
( )
5555 2222
2222 5555 7+
Hướng dẫn giải
Ta có:
( )
2222 3 mod7
hay
( ) ( ) ( )
5555
5555
2222 4 mod7 2222 4 mod7≡−
(*)
Mt khác
( ) ( )
2222 2222
5555 4 mod7 5555 4 mod7 ⇒≡
(**)
Từ (*) và (**)
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
5555
5555 222 2222
5555 222 2222 3333
2222 5555 4 4 mod7
2222 5555 4 4 1 mod7

+ ≡− +

+ ≡−
Ta lại có:
( )
1111
3333 3 1111
4 4 64= =
( ) ( )
3333
64 1 mod7 4 1 mod7 ⇒≡
( )
( )
( )
3333 2222 3333
4 1 0 mod7 4 4 1 0 mod7 ⇒−
Do vy
( )
( )
5555 2222
2222 5555 0 mod7+≡
hay
( )
5555 2222
2222 5555 7+
Bài toán 2. Chng minh rng:
( )
2
7.5 12.6 19
nn
A = +
Hướng dẫn giải
Ta có:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
22
5 5 25 7.25 12.6
25 6 mod19 25 6 mod19 7.6 12.6 mod19 19.6 mod19
0 mod19 19
n
n
n n nn
nn n n
A
AA
AA
= = ⇒= +
⇒≡ + ⇔≡
⇒≡
ab m
mod
kk k



m
mod
(c,m)



THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
382
Bài toán 3. Chng minh rng 12
2n+1
+ 11
n+2
133 ( n N)
Hướng dẫn giải
Cách 1:Ta có 12
2
= 144 11(mod 133) ; 11
2
= 121 12(mod 133)
Do đó 12
2n+1
= 12. 12. 11
n
(mod 133)
11
n+2
= 11
2
. 11
n
12. 11
n
(mod 133)
Do đó 12
2n+1
+ 11
n+2
12. 11
n
12. 11
n
0 (mod 133).
Vy vi n N thì 12
2n+1
+ 11
n+2
133 .
ch 2: Ta có 12
2
= 144 11(mod 133) 12
2n
11
n
(mod 133) (1)
Mà 12 – 11
2
(mod 133) (2) Nhân vế vi vế của (1) và (2) ta có :
12
2n
. 12 11
n
. (– 11
2
) (mod 133) 12
2n+1
–11
n+2
(mod 133)
12
2n+1
+ 11
n+2
0 (mod 133) hay 12
2n+1
+ 11
n+2
133.
Bài toán 4. Chng minh rng:
( )
( )
2
2
2 57
n
A nN= + ∀∈
Hướng dẫn giải
Ta có
( )
3
2 8 1 mod7=
Ta đi tìm số dư của
2
2
n
khi chia cho 3 (đây chính là điểm mu cht của bài toán).
( ) ( ) ( )
2
4 1 mod3 4 1 mod3 2 1 mod3
nn
≡⇒≡⇒
hay
n
chia cho 3 dư 1.
Gi s:
( )
2
2 31
n
k kN=+∈
Khi đó ta có:
31
2 5 2.8 5
kk
A
+
= += +
( ) ( ) ( )
8 1 mod7 2.8 2 mod7 2.8 5 2 5 mod7
kk k
+≡+
( )
0 mod7A⇒≡
Vy
7A
Dạng 2: Sử dụng đồng dư thức tìm số dư
* sở phương pháp: Vi hai s nguyên a và m, m > 0 luôn có duy nht cp s nguyên q,
r sao cho a = mq + r, . Để tìm s r trong phép chia a cho m ta cn m r sao cho
.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm s khi chia
2000
3
cho 7.
Hướng dẫn giải
Ta có
( )
n
2
12
0rm≤<
a r(mod m)
0rm
≤<
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
383
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
3
2 62
333
6 1998
3 2 mod7 3 3 1 mod7
3 1 mod7 3 1 mod7
⇒≡
⇔≡
Mt khác
( ) ( )
2 2000 1998 2
3 2 mod7 3 3 .3 1.2 mod7 ⇒≡
2000
3 :7
dư 2.
Nhn xét:
Để tìm s khi chia
n
a
cho
0b >
, ta lấy lũy thừa với s mũ tăng dần của a chia cho b để
tìm s dư. Ta sẽ dng li đ xem xét khi tìm được s dư có giá trị tuyệt đối nh hoc là
mt giá tr đặc biệt có liên quan đến bài toán.
Bài toán 2. Tìm s dư trong phép chia
70 50
57+
cho 12.
Hướng dẫn giải
Ta có
( )
( )
( ) ( )( )
( )
( )
( ) ( )( )
35
2 2 70
25
2 2 50
5 1 mod12 5 1 mod12 5 1 mod12 *
7 1 mod12 7 1 mod12 7 1 mod12 **
⇔≡
⇔≡
Từ
( ) ( )
* ; **
70 50
57+
cho 12 dư 2.
Bài toán 3. Tìm s dư của số
2005 2005
34A = +
khi chia cho 11
Hướng dẫn giải
Ta có
( )
( )
( ) ( )( )
401
5 5 2005
3 243 1 mod11 3 1 mod11 3 1 mod11 1=≡⇒≡⇒
Mt khác
( )
( )
( ) ( )( )
401
5 5 2005
4 1024 1 mod11 4 1 mod11 4 1 mod11 2=≡⇒≡⇒
Từ
( ) ( )
1;2
s dư của số
2005 2005
34A = +
khi chia cho 11 là 2.
Bài toán 4. a) Tìm s dư trong phép chia 1532
5
1 cho 9.
b) Tìm s dư trong phép chia 2016
2018
+ 2 cho 5
Hướng dẫn giải
a) Ta có 1532 = 9.170 + 2 2 (mod 9) do đó 1532
5
2
5
(mod 9) 1532
5
– 1 2
5
– 1
(mod 9) . Vì 2
5
1 = 31 4 (mod 9). Do đó
1532
5
– 1 4 (mod 9). Vậy s dư cần tìm là 4.
b) Ta có 2016 1 (mod 5) do đó 2016
2018
1
2018
(mod 5)
suy ra 2016
2018
+ 2 1
2018
+ 2 (mod 5) . Vì 1 + 2 = 3 3 (mod 5).
Do đó 2016
2018
+ 2 3 (mod 5).
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
384
Vy s dư cần tìm là 3.
Dạng 3: Tìm điều kiện của biến để chia hết
* Cơ sở phương pháp: Dựa vào tính cht của đồng dư thc v s dư đ tìm ra điều kin
của ẩn đ biu thức chia hết.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm s t nhiên
n
sao cho: a.
( )
34 21
2 3 19
nn++
+
b.
( )
.2 1 3
n
n +
Hướng dẫn giải
a. Ta có
34 21
2 3 16.8 3.9
n n nn++
+= +
( ) ( )
16 3 mod19 16.8 3.8 mod19
nn
≡− ≡−
( )
( ) ( )
( ) ( )
16.8 3.9 19 3 .8 3.9 0 mod19
9 8 0 mod19 9 8 mod19
0
nn nn
nn n n
n
+ ⇔− +
−≡
⇒=
vì trái li
( ) ( )
9 8 mod19 9 8 mod19
nn
⇒≡
là vô lý
Vy
0n =
.
b.Ta xét các trường hợp sau
Trưng hp 1
Nếu
( )
3 .2 3 .2 1 3
nn
n kk N n n= ∈⇒ + 
loi
Trưng hp 2
Nếu
( ) ( )
31 31 31 31
3 1 .2 1 3 1 .2 1 3 .2 2 1 3 .2 2.8 1
n kkkkk
n k kN n k k k
++++
= + += + += + += + +
( )
( ) ( ) ( )
.2 1 3 2.8 1 3
8 1 mod3 8 1 mod3
nk
k
k
n +⇔ +
≡−

( ) ( )
2.8 1 3 2. 1 1 0 mod3
k
k
+ +≡
tương đương vi k chn
( ) ( )
2 61k mmN n m mN= ⇒= +
Trưng hp 3
Nếu
( ) ( )
( )
( ) ( )
32
32 32 32 1
1
3 2 .2 1 3 2 .2 1
3 .3 2.2 1 3 .2 8 1
.2 1 3 1 1 0 mod3
nk
k k kk
k
n
n k kN n k
kk
n
+
+ + ++
+
= + += + +
= + += + +
+ ⇔− +
k+1 lẻ
( ) ( )
2 62k mmN n m mN= ⇒= +
Vy điu kin cn tìm
( )
1 mod6m
hoc
( )
2 mod6m
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
385
Bài toán 2. Tìm s t nhiên n có 4 ch s sao cho chia n cho 131 thì dư 112 và chia n cho
132 thì dư 98.
Hướng dẫn giải
( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( )( )
98 mod132 132 98 1
132 98 112 mod131
98 33 112 33 mod131 14 mod131
131 14 2
n n k kN
kk
k m mN
⇒= +
+≡
⇒+ + = +
⇒≡ +
Từ (1) và (2)
131.132 1946 1946nmn= + ⇒=
Dạng 4: Tìm một chữ số tận cùng
* Cơ sở phương pháp:
Nếu
( )
mod10 ;0ar rb ≤<
thì
r
là ch s tn cùng của a.
Ta cần lưu ý một s tính chất sau:
Tính cht 1
Nếu a có chữ s tn cùng là
0;1; 5; 6
thì
n
a
cũng có ch s tận cùng như a nghĩa là
( )
mod10
n
aa
Tính cht 2
Nếu a có chữ s tn cùng bng
4;9
thì
2
a
có ch s tn cùng bng
6;1
.
Nghĩa là: Nếu
( ) ( ) ( )
22
4 mod10 6 mod10 6 mod10
k
aa a ⇒≡
Nếu
( ) ( ) ( )
22
9 mod10 1 mod10 1 mod10
k
aa a ⇒≡
Do vậy để tìm ch s tn cùng của
n
a
ta chia
n
cho 2.
Tính cht 3
Nếu a có chữ s tn cùng là
2;3; 7;8
thì ta áp dụng mt trong các kết qu sau:
( ) ( ) ( ) ( )
4 444
2 6 mod10 ;3 1 mod10 ;7 1 mod10 ;8 6 mod10
k kkk
≡≡
Do vậy để tìm ch s tn cùng của
n
a
ta chia n cho 4.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho s
2013
2012A =
tìm ch s tn cùng của A.
Hướng dẫn giải
Ta có
2013 4.503 1= +
( ) ( )
4
2012 2 mod10 2012 6 mod10 ⇒≡
( )
( ) ( )
( ) ( )
503
4 2012
2013 2013
2012 6 mod10 2012 6 mod10
2012 6.2 mod10 2012 2 mod10
⇔≡
⇒≡
Vậy A có chữ s tận cùng là 2.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
386
Bài toán 2. Cho
8
1986
1978B =
tìm ch s tn cùng của B.
Hướng dẫn giải
( ) ( )
( ) ( )
( )
4
8
4
1978 8 mod10 1978 6 mod10
1986 0 mod4 1986 4
1978 6 mod10
k
kk N
C
⇒≡
⇒=
⇒=
Vy ch s tn cùng của B là 6.
Dạng 5: Tìm hai chữ số tận cùng
* Cơ sở phương pháp: Nếu
( )
mod100 ;10 100ar r ≤<
thì r là ch s tn cùng của a.
Ta cần lưu ý một s tính chất sau:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( )
20 20 5
62
2 76 mod100 ;3 01 mod100 ;6 mod100
7 01 mod100 ;5 25 mod100
76 76 mod100 ;25 25 mod100 2
nn
n
≡≡
≡≡
∀≥
Từ đó ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
20
20
20
20
0 mod10 01 mod100
1;3;7;9 mod10 01 mod100
5 mod10 25 mod100
2;4;6;8 76 mod100
k
k
k
k
aa
aa
aa
aa
⇒≡
⇒≡
⇒≡
⇒≡
Do vậy để tìm hai ch s tn cùng của
n
a
ta chia n cho 20.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho s
2013
2012A =
tìm hai ch s tn cùng của A.
Hướng dẫn giải
Ta có
( ) ( )
( )
( ) ( )( )
20
100
20 2000
2013 20.100 13
2012 2 mod10 2012 76 mod100
2012 76 mod100 2012 76 mod100 1
= +
⇒≡
⇔≡
Mt khác
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
66 6
6 12 2013
2012 12 mod100 2012 12 mod100 2012 84 mod100
2012 56 mod100 2012 56 mod100 2012 72 mod100 2
⇒≡ ⇒≡
≡⇒≡⇒
Từ (1) và (2)
( ) ( )
2013 2000 2013 2013
2012 2012 .2012 76.72 mod100 2012 72 mod100⇒=
Vậy A có hai chữ s tn cùng là:
72
Bài toán 2. Tìm hai ch s tn cùng của các số sau
a.
9
7
9
7A =
b.
2012
9
29B =
c.
8
1986
1978C =
Hướng dẫn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
387
a.
( )
4
7 01 mod100
nên ta đi tìm số dư khi chia
9
7
9
cho 4.
Ta có
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
99
99
77
77
9 41 4 9
9 1 mod4 9 1 mod 4 9 4
7 7 7. 7 7.01 mod100 7 07 mod100
k
k
kk N
A
+
⇒≡ ⇒=
⇒= = =
Vậy A có hai chữ s tận cùng là 07.
b.
( )
10
29 01 mod100≡⇒
nên ta đi tìm số dư khi chia
2012
9
cho 10
Ta có :
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2012 2012
10 1 10
9 1 mod10 9 1 mod10 9 10 1
29 29. 29 29.01 mod100 29 mod100
k
k
k kN
BB
+
⇒≡ ⇒=+
⇒= =
Vậy B có hai chữ s tận cùng là 29.
c.
( ) ( ) ( )
20 20
6 mod10 76 mod100 76 mod100
m
CC C ⇒≡
Mt khác
( ) ( )
( )
( )
8
20 6 20 16 16
1986 6 mod20 1986 16 mod20
1978 1978 .1978 1978 .76 mod100
k
k
C
+
⇒≡
⇒= =
Ta lại có :
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4 44
16
1978 22 mod100 1978 56 mod100 1978 56 mod100
1978 76 mod100
96.76 mod100 76 mod100CC
≡−
⇒≡
⇒≡ ⇔≡
Vy C có hai chữ s tn cùng là 76.
Dạng 6: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán về số chính phương
* Cơ sở phương pháp:
S chính phương là s có dng
( )
2
nnN
Ta đi chứng minh mt s tính chất cơ bản của số chính phương bng đng dư :
1. Số chính phương khi chia cho 3 chỉ có hai số dư là 0 hoặc 1.
Tht vy ta đi xét các trường hp sau
Vi
( ) ( ) ( )
22 2
3 0 mod3 0 mod3 0 mod3nkn n n= ⇒≡
s dư bng 0
Vi
( ) ( ) ( ) ( )
2
22
3 1 1 mod3 1 mod3 1 mod3nk n n n= ± ≡± ±
s dư bng.
2. Số chính phương khi chia cho 4 chỉ có hai số dư là 0 hoặc 1.
Chng minh tương t :
Vi
( ) ( ) ( )
22
4 0 mod4 0 mod 4 0 mod 4nkn n n= ⇒≡ ⇒≡
s dư bằng 0.
Vi
( ) ( ) ( )
2
22
4 1 1 mod 4 1 mod 4 1 mod 4nk n n n= ± ≡± ±
s dư bằng 1.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
388
Vi
( ) ( ) ( )
22 2
4 2 2 mod 4 2 4 mod4 0 mod4nk n n n= +⇒ =
s dư bằng 0.
3. Số chính phương khi chia cho 8 chỉ có ba số dư là 0,1 hoặc 4.
Tương t ta xét các trường hp sau :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2
2
2
22
22 2
8 0 mod8 0 mod8
8 1 1 mod8 1 mod8
8 2 2 mod8 2 4 mod8
8 3 3 mod8 3 mod8 1 mod8
8 4 4 mod8 4 mod8 0 mod8
nkn n
nk n n
nk n n
nk n n n
nk n n n
= ⇒≡
= ± ≡±
= ± ≡± ± =
= ± ≡± ±
= +⇒
Hoàn toàn tương t ta có th xét các trường hp s dư của số chính phương khi chia cho
5,7,9..
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chng minh rng s :
19 5 1995 1996
kk k k
A = ++ +
vi k chn không th là s
chính phương.
Hướng dẫn giải
Vi k chẵn ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
5
19 1 mod4 19 1 mod4
1995 1 mod4 1995 1 mod4
1996 0 mod4 19 5 1995 1996 3 mod4
k
kk
k
k
k kk k k
A
≡−
≡−
⇒= ++ +
Hay A chia 3 dư 4. Vậy A không th là s chính phương.
Bài toán 2. Tìm tất cả số tự nhiên x,y để
2
x
+ 5
y
số chính phương.
Hướng dẫn giải
Giả sử 2
x
+5
y
=k
2
(k thuộc N)
Nếu x = 0 thì 1 + 5
y
= k
2
do đó k chẵn => k
2
chia hết cho 4 nhưng 1+5
y
chia 4 dư 2.
Vậy x khác 0, từ 2
x
+5
y
= k
2
=> k lẻ và k không chia hết cho 5. Xét hai trường hợp.
+) Với 𝑦 = 0 thì 2
x
+1=k
2
=(2n+1)
2
(vì k lẻ nên
2 1,k n nN=+∈
).
2 4 ( 1) 1
x
nn n = +⇒=
. Khi đó x = 3; y = 0 (thỏa mãn)
Thử lại:
30
25 259
xy
+=+=
là số chính phương.
+) Với
0y
k
không chia hết cho 5
2
1(mod 5)k ≡±
Từ
2
2 5 2 1(mod5)
xy x
k+ = ≡±
x
chẵn
Đặt
1
2xx=
( )
1
xN
, ta có
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
389
11
5 ( 2)( 2)
xx
y
kk=+−
11
12
25
25
xy
xy
k
k
+=
−=
với
12
yy y+=
với
12
yy>
, y1, y2 là các số tự nhiên.
1 2 12 2
1
2
2 5 (5 1) 5 1 0
x y yy y
y
+−
= −⇒ = =
.
1
.yy⇒=
Khi đó
1
1
2 51
x
y
+
=
.
Nếu y = 2t
( )
tN
thì
1
1
2
2 5 1 25 1 3
x
tt
+
= −=
, vô lý
Vậy y lẻ, khi đó
1
1
12
2 5 1 4(5 5 ... 5 1)
x
y yy
+
−−
= −= + + ++
.
Nếu
1y >
thì
12
5 5 .. 1
yy−−
+ ++
,lẻ (vô lý).
Nếu
1
11yx=⇒=
khi đó
2; 1xy= =
.
Thử lại
21
25 259
xy
+ = +=
là số chính phương
Vậy
2; 1xy= =
hoặc x = 3, y = 0.
Bài toán 3. Gi s rng
21n +
và
31n +
là các s chính phương. Chng minh rng
53n +
mt hp số.
Hướng dẫn giải
Gi s
2
21na+=
2
31nb+=
vi
,*ab
. Khi đó
( ) ( )
22
5 3 4 2 1 3 1 4an nn b+= + + =
( )( )
22ab ab=−+
.
Do
( )
2
1 d2a mo
nên
( )
2
1 d4a mo
. Suy ra
( )
0 mod 2n
( )
1 mod 2b
. Do đó
21ab−>
21ab+>
. Vậy
53n +
là hp số.
Bài toán 3. Tìm nghim nguyên dương x để
3 171+
x
là s chính phương.
(HSG Lai Châu 2015 - 2016)
Hướng dẫn giải
Ta có:
( )
3 1, 3 8
x
mod
;
( )
2
0,1, 4 8y mod
. Mà:
2
3 171+=
x
y
( )
31 8⇒≡
x
mod
. Do đó: x có
dng 2k
( )
k
.
Phương trình tr thành
( )
2
2
3 171= +=
k
Ay
vi k = 0, 1, 2 thì phương trình vô nghim nên
nếu phương trình nghim thì nghim đó phi
3
. Do đó theo nguyên kp đưc ta
có:
( ) ( )
2
22
3 3 3.

+ ≥>


kk
a
Khi đó:
( )
2
2
33

= +


k
A
hoc
( )
2
2
32

= +


k
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
390
Gii tng trưng hợp ra ta được k = 3
6 30.=⇒=xy
Vậy x = 6.
Dạng 7: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán về số nguyên tố, hợp số
* Cơ s phương pháp: Đối vi nhiu bài toán v s nguyên t và hp s ngoài s dng
các tính cht v s nguyên t chúng ta còn phi vn dng các tính cht của đồng thc
và định lý Fermat.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm tt c các s nguyên t
p
sao cho
2
14p +
là s nguyên t
Hướng dẫn giải
Ta xét hai trường hp sau
Trưng hp 1
Vi
2
3 14 23pp= +=
là s nguyên t
Trưng hp 2
Vi
( )
( )
2 22
3 1 mod3 14 3 14 3pp p p≠⇒ + + >
2
14p +
không phi là s nguyên
tố.
Vy
3p =
.
Bài toán 2. Chng minh rng vi mi s nguyên t
p
đều tn ti vô s s t nhiên
n
sao
cho
2
n
np
.
Hướng dẫn giải
Ta xét hai trường hp sau
Trưng hp 1
Nếu
( )
2 2 2 2;
n
p n n kk N= ∀=
Trưng hp 2
Nếu
( )
1
2 2 1 mod
p
pp
>⇒
Theo định lý Fermat
( )
( ) ( )( )
1
2 1 1 mod
pk
p k k p kN
+ ∀∈
Do đó với mi s t nhiên n có dng
( )( )
( )
*
11n p hp k N= −∈
Ta có
( ) ( )
2 1 1 0 mod
n
n hp p ≡+
tc là
2
n
np
Bài toán 3. Cho
*
nN
chng minh rng:
19.8 17
n
+
là hp số.
Hướng dẫn giải
Ta xét các trường hp sau
Trưng hp 1
Nếu
( ) ( )
2
2 19.8 17 1. 1 2 3 0 mod3 19.8 17 3
k
nn
nk=⇒++= ⇒+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
391
Mt khác
19.8 17 3
n
+ >⇒
19.8 17
n
+
là hp số.
Trưng hp 2
( ) ( )
2
41 2
4 1 19.8 17 19.8 17 19.8.64 17 6.8. 1 4 52 0 mod13
k
nk k
nk
+
=+ += += +≡ +
19.8 17 3
n
+ >⇒
19.8 17
n
+
là hp s
Trưng hp 3
( ) ( ) ( )
21
43 21
4 3 19.8 17 19.8 17 19.8.64 17 1 .3. 1 2 5 0 mod3
19.8 17 5
k
nk k
n
nk
+
++
=+ += += +≡ +
⇒+
19.8 17 5
n
+ >⇒
19.8 17
n
+
là hp số.
Bài toán 4. Cho
p
là s nguyên t lớn hơn 8. Chứng min rng :
( )
3 2 1 42
pp
p−−
Hướng dẫn giải
Ta có
42 2.3.7.9p =
đề chng minh
321
pp
A =−−
chia hết cho
42p
ta chỉ cn ch ra rằng
A chia hết cho 2,3,7
Tht vy
Ta có
( )
1 0 1 0 mod2 2
p
AA −=
p
là s nguyên t ln hơn 8 nên
p
là s l :
( )
21
2 1 3 2 1 0 4 .2 1 1.2 1 3 0 mod3 3
pk k
pk A A
+
= +⇒ = −≡ −≡ −≡
Mt khác
( )( )
( )
21 21 21 21 21
3 2 1 3.9 2 1 3.2 2 1 2 1 2 1 mod7
k k kk kk k k
A
++++ +
= −= −≡ −=
Do
23pk= +
không chia hết cho 3
3k
hoc
13k +
Ta xét các trường hp sau:
Trưng hp 1
Nếu
( )
3 2 1 8 17
kh
k hh N= −=
Trưng hp 2
Tương t nếu
1
13 2 17
k
k
+
+⇒ 
Vy trong mi trưng hợp ta đều có
7A
Theo định lý Fermat ta có
( ) ( )
32133 22
pp p p
Ap= −=
Từ đó suy ra điều phi chng minh.
Dạng 8: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên
* Cơ s phương pháp: Trong gii phương trình nghim nguyên vic la chn
môđun mt cách thích hp s giúp vic gii các phương trình khó phc tp tr nên đơn
gin hơn. Đc bit là các bài toán chng minh phương trình nghim nguyên vô nghim.
* Ví dụ minh họa:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
392
Bài toán 1. Chng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
a) x
2
– y
2
= 1998 b) x
2
+ y
2
= 1999
Hướng dẫn giải
- Nhận xét: Số chính phương chia cho 4 ch có s dư 0 hoặc 1
a) Ta có:
( )
( )
( )
2
22
2
x 0,1 mod4
x y 0,1,3 mod4
y 0,1 mod4
⇒−≡
Mà 1998 chia cho 4 dư 2, nên phương trình không có nghim nguyên.
b) Ta có:
( )
( )
( )
2
22
2
x 0,1 mod4
x y 0,1,2 mod4
y 0,1 mod4
⇒+≡
Mà 1999 chia cho 4 dư 3, nên phương trình không có nghiệm nguyên.
Bài toán 2. Gii phương trình nghim nguyên:
= −+
22
x 2y 8y 3
(1)
Hướng dẫn giải
Ta có: (1)
⇔=
22
x 2(y 2) 5
- Nhận xét: Số chính phương chia cho 8 ch có s dư 0, 1 hoặc 4
Ta có:
( )
2
x 0,1,4 mod8
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
22
2
y 2 0,1,4 mod8 2 y 2 0,2 mod8
2 y 2 5 3,5 mod 8
5 3 mod8
−≡ −≡
−≡
−≡
Suy ra phương trình không có nghim nguyên.
Bài toán 3. Phương trình
= −+
22 2
z (x 1).(y 1) 2013
nghim nguyên dương hay
không?
Hướng dẫn giải
Ta có:
( )( )
22
22
22
x 0,1, 4(mod 8) x 1 0,3, 7(mod 8)
x 1 y 1 0,1, 5(mod 8)
y 0,1, 4 (mod 8) y 1 0,3,7(mod 8)
2013 5(mod8)
−≡
−≡
−≡
( )( )
22
x 1 y 1 2013 5,6,2(mod8) −+
2
z 0,1, 4(mod 8)
Suy ra phương trình không có nghim nguyên.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
393
Dạng 8: Sử dụng các định lý (ta thừa nhận không chứng minh)
* Cơ sở phương pháp:
1. Định Fermat bé. Cho a là s ngun dương và p là s nguyên t. Khi đó ta luôn
p
aa
(mod p). Đc bit nếu (a, p) =1thì
1
1
p
a
(mod p).
2. Định lý Wilson. Vi mi s nguyên t p thì (p 1)! 1(mod p).
3. Định lý Euler. Cho m là s nguyên dương và a là số nguyên t cùng nhau vi m;
là s các s nguyên dương nh hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. Khi đó
.
Chú ý: Nếu s nguyên dương m có dng phân tích thành thừa số nguyên t: m =
thì = .
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho
( )
, ;, 1ab Z ab∈=
Chn minh rng :
33
2ab
không chia hết cho 19.
Hướng dẫn giải
Ta chứng minh bng phn chng như sau:
Gi s
( )
33
2 19ab
khi đó
( ) ( ) ( )
66
3 3 33
2 2 19a b ab−−
.
Mt khác
( ) ( )
66
3 3 18 18
2 64a ba b−=
. Nếu
,ab
không chia hết cho 19 thì theo định lý
Fermat nh lý Fermat:
( ) ( )
1
mod 1 mod
pp
aa p a p
⇒≡
Vi mi a nguyên và p nguyên t).
( ) ( )
18 18 18 18
1 mod19 64 1 64 63 0 mod19ab a b ≡− =
(Vô lý)
Nếu một trong hai số chia hết cho 19 thì t
( )
33
19
2 19
19
a
ab
b
⇒⇒
vô lý vì
( )
,1ab =
.
Vy
33
2ab
không chia hết cho 19.
Bài toán 2. Chng minh rng vi mi s t nhiên n thì :
chia hết cho 22
Hướng dẫn giải
Theo Định lý Fermat bé ta có 2
10
1(mod 11) ; 3
10
1(mod 11)
Ta có 3
4
= 81 1(mod 10) 3
4n+1
= 3. (3
4
)
n
3(mod 10)
3
4n+1
= 10k + 3 , (k N)
Mt khác 2
4
= 16 1 (mod 5) 2
4n
1(mod 5)
2
4n+1
= 2.(2
4
)
n
2 (mod 10) 2
4n+1
= 10t + 2 , (t N)
Do đó
(m)ϕ
(m)
a 1(mod m)
ϕ
12 k
12 k
p .p .....p
αα α
(m)ϕ
12 k
11 1
m 1 1 ... 1
pp p

−−


4n 1 4n 1
32
2 3 2007
++
++
4n 1 4n 1
3 2 10k 3 10t 2
2 3 2007 2 3 2002 5
++
++
++ = + + +
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
394
2
3
+ 3
2
+ 0 + 5 0 (mod 11)
2 (vì là s chn là s l là s l).
Do (2 ; 11) = 1 nên 22.
Bài toán 3. Cho a
1
; a
2
; ... ; a
2016
là 2016 s nguyên dương . Chứng minh rng điu kin cn
và đủ để là a1 + a2 + ... + a2016 30.
Hướng dẫn giải
Theo đnh lý Fermat , do 2; 3; 5 các s nguyên t a số nguyên dương bt k ta
có :
a
2
a (mod 2) a
4
= (a
2
)
2
a
2
a (mod 2) a
5
a (mod 2)
a
3
a (mod 3) a
5
= a
3
. a
2
a.a
2
a
3
a (mod 3)
a
5
a (mod 5)
Theo tính cht nếu hai s đồng dư vi nhau theo nhiu môđun thì chúng đng dư vi
nhau theo mô đun là BCNN của các môđun ấy.
Do đó a
5
a (mod 2.3.5) hay a
5
a (mod 30) a
5
a 0 (mod 30)
Nghĩa là (a1 + a2 + ... + a2016) 0 (mod 30)
Vậy a1 + a2 + ... + a2016 30
Bài toán 3. Chng minh rng trong các s t nhiên thế nào cũng s k sao cho 1983
k
1
chia hết cho 10
5
.
(Đề thi hc sinh gii toán cp 2 toàn quốc năm 1983).
Hướng dẫn giải
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 mà 10
5
= 2
5
.5
5
nên (1983; 10
5
) = 1. Áp
dng định lý Euler ta có :
.
Ta có . Nghĩa là
Vậy k = 4. 10
4
.
B. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Chng minh 4
2018
– 7 9
Bài 2: Chng minh rng vi mi s nguyên
( )
( ) ( )
2
2
1 1 ,1
n
A n n n n n Zn= + ∀∈ >
Bài 3. Chng minh rng:
( )
91
n
+
không chia hết cho
( )
100 nN∀∈
( ) ( )
kt
3 10 2 10
2 . 2 3 . 3 22.91 5= + ++
4n 1 4n 1
32
2 3 2007
++
++
4n 1
3
2
+
4n 1
2
3
+
2007
4n 1 4n 1
32
2 3 2007
++
++
555 5
1 2 3 2016
a a a ... a 30+ + ++
( )
555 5
1 2 3 2016
a a a ... a+ + ++
555 5
1 2 3 2016
a a a ... a 30+ + ++
( )
( )
5
10
5
1983 1 mod10
ϕ
( )
55 4
11
10 10 1 1 4.10
25

ϕ = −=


4
4.10 5
1983 1 10
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
395
Bài 4. Cho s a = ( ; ; i = 0; 1; ...; n 1)
Hãy xác định du hiệu chia hết :
a) Cho 3; b) Cho 4.
Bài 5. Chng minh rng:
( )
( )
2004
2003
1924 1920 124 *
n
A nN= + ∀∈
Bài 6. a) Hãy tìm chữ s tn cùng của
b) Hãy tìm hai chữ s tn cùng của
Bài 7. Tìm s dư trong phép chia
a) 8! 1 cho 11. b) 2014
2015
+ 2016
2015
+ 2018 cho 5.
c) 2
50
+ 41
65
cho 7 d) 1
5
+ 3
5
+ 5
5
+... + 97
5
+ 99
5
cho 4.
Bài 8. Tìm s dư trong phép chia :
a) 1532
5
4 cho 9 ; b) 2
2000
cho 25;
c) cho 13.
Bài 9. Tìm s dư trong phép chia :
a) A = 35
2
– 35
3
+ 35
4
– 35
8
+ 35
16
+ 35
32
cho 425.
b) B = cho 7.
Bài 10. a) Tìm ch s tn cùng của
b) Tìm hai ch s tn cùng của 3
999
.
c) Tìm ba ch s tn cùng của số 2
512
.
Bài 11. Chng minh :
a) 41
2015
– 6 7 ; b) 2
4n+1
– 2 15 (n N);
c) 3
76
2
76
13 ; d) 20
15
1 341.
Bài 12. Chng minh 1890
79
+ 1945
2015
+ 2017
2018
7.
Bài 13. a) Chứng minh 5555
2222
+ 2222
5555
+ 15554
1111
7
b) Cho M =
Chng minh M 102.
Bài 14. Chng minh rng 5
2n-1
. 2
n+1
+ 2
2n-1
. 3
n+1
38 ( n N*)
Bài 15. Cho s a = ( ; ; i = 0; 1; ...; n 1)
Hãy xác định du hiệu chia hết :
a) Cho 9; b) Cho 25; c) Cho 11; d) Cho 8.
Bài 16. Cho A = vi n N*. Chng minh rng A là mt hp s.
Bài 17. Cho B = + 2016
2015
. Chứng minh rằng B chia hết cho 13.
n n1 1 0
a a ...a a
n
1a 9≤≤
i
0a 9≤≤
10
9
9
1000
3
2016
2015
2014
2 3 10
10 10 10 10
10 10 10 ... 10+ + ++
2
3
4
69 220 119
119 69 220 102
220 119 69 (220 119 69)+ + + ++
n n1 1 0
a a ...a a
n
1a 9≤≤
i
0a 9≤≤
10n 1
2
2 19
+
+
( )
13
12!
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
396
Bài 18. Chng minh rng vi n N :
a) ;
b) .
Bài 19. a) Với giá tr nào của số t nhiên n thì 3
n
+ 63 chia hết cho 72.
b) Cho A = 20
n
+ 16
n
– 3
n
1 . Tìm giá trị t nhiên của n để A 323.
Bài 20. Tìm các s nguyên t p thỏa mãn 2
p
+ 1 p .
Bài 21. Tìm tt c các s nguyên t p sao cho p
2
+ 20 là số nguyên t .
Bài 22. Cho p là s nguyên tố. Chứng minh rng s ab
p
ba
p
p vi mi s nguyên
dương a, b.
Bài 23. a) Chng minh rng tng các bình phương của ba số nguyên trong phép chia cho 8
không th có dư là 7.
b) Chng minh phương trình 4x
2
+ y
2
+ 9z
2
= 2015 không có nghiệm nguyên.
Bài 24. Tìm hai ch s tn cùng của
thi Olympic Toán Singapore năm 2010)
Bài 25. Cho biu thức A = (a
2012
+ b
2012
+ c
2012
) (a
2008
+ b
2008
+ c
2008
) vi a, b, c là các số
nguyên dương. Chng minh rằng A chia hết cho 30.
thi chn hc sinh gii môn toán lớp 9 TP Hà Nội năm học 2011 – 2012)
Bài 26. Chng minh rng không tn ti các b ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thc
x
4
+ y
4
= 7z
4
+ 5.
thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội năm học 2011 –
2012).
Bài 27. Tìm hai ch s cui cùng của số A = 41
106
+ 57
2012
.
thi vào lp 10 trưng THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Ni năm hc 2012 2013).
Bài 28. Cho a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn a + 20 và b + 13 cùng chia hết cho 21.
Tìm s dư trong phép chia A = 4
a
+ 9
b
+ a + b cho 21.
thi tuyn sinh lp 10 THPT chuyên Trn Phú Hi Phòng năm hc 2013 2014)
Bài 29. Cho n là mt s nguyên dương chng minh A = 2
3n + 1
+ 2
3n 1
+ 1 là hp s.
thi hc sinh gii lp 9 TP Ni năm hc 2014 2015)
Bài 30. Chứng minh A = 2012
4n
+ 2013
4n
+2014
4n
+2015
4n
không phi là s chính phương vi
mi s nguyên dương n.
thi tuyn sinh vào lp 10 chuyên trưng ĐHSP TP H Chí Minh năm hc 2015 2016)
i 31. Chng minh rng phương trình :
15 15 15 2003 2003 2003
19 7 9xyz++= + +
không có
nghim nguyên.
2n 1
2 3n
2 3.2 7
+
+
4n 1
2 5n 1 2n
2 2.12 5.10 11
+
+
++
2009
2010
2011
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
397
Bài 32. Tìm nghim nguyên dương ca phương trình
( ) ( ) ( )
333xx yy zz++ += +
vi
điu kin
,xy
là các s nguyên t.
Bài 33. Chng minh (2013
2016
+ 2014
2016
– 2015
2016
)
10
106
Bài 34. Chng minh rng 1
4k
+ 2
4k
+ 3
4k
+4
4k
không chia hết cho 5.
Bài 35. Chng minh rng vi mi s nguyên t p tn ti vô s s có dng 2
n
n , (n N)
chia hết cho p.
HƯỚNG DN GII ĐÁP S
Bài 1.
Ta có 4
3
= 64 1 (mod 9) 4
2016
= 1(mod 9)
Mt khác 4
2
= 16 7(mod 9) 4
2018
= 4
2016
. 4
2
1. 7 (mod 9)
Vy 4
2018
– 7 0 (mod 9) hay 4
2018
– 7 9.
Bài 2.
Trưng hp 1:
Vi
( )
2
2 121nA=⇒=
luôn đúng
Trưng hp 2:
Vi
( )
( ) ( )
( )
( )
22 2 3 4
2 1 1 1 ... 1 1
n nn
n Ann n nn n n n
−−
>= +−= + +++−
( )
( )
12 2
1 ... 1
nn
nnn n
−−
= + ++ +
Mt khác
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
12 2
12
12
2
12
1 mod 1 1 mod 1
... 2 mod 1
... 1 1 mod 1
... 1 0 mod 1 1
1 .. 1 0 mod 1
k
nn
n
n
n
n n n n kN
n n nn n
n nn n
nn n
nn n n
−−
≡−≡−
+ ++ ≡−
+ + +≡
+ + +≡
++ +
( )
( )
2
2
11
n
Annn n= +−
Bài 3.
Trưng hp 1:
Vi
0 9 12
n
n = +=
không chia hết cho 100.
hoc
1 9 1 10
n
n =⇒ +=
không chia hết cho 100.
Trưng hp 2:
2n
Ta đi xét 2 khả năng sau:
( )
672
3
4
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
398
Kh năng 1:
Vi n chn
( ) ( )
2
2 * 9 1 9 1 2 mod10
nk
n kk N= += +≡
( )
91
n
+
không chia hết cho 10.
( )
91
n
+
không chia hết cho 100.
Kh năng 2:
Vi n l
( ) ( )
2 1 * 9 1 9.81 1 2 mod4
nk
n k nN= + += +≡
( )
91
n
+
không chia hết cho 4.
( )
91
n
+
không chia hết cho 100.
Bài 4.
Ta có a = = an.10
n
+ an-1.10
n-1
+ ...+ a1.10 + a0 .
a) Ta có 10 1(mod 3) do đó ai. 10
i
ai (mod 3) , i = 1; 2; 3; ...; n
Do đó an.10
n
+ an-1.10
n-1
+ ...+ a1.10 + a0 (an + an-1+ ...+ a1 + a0) (mod 3)
Vậy a 3 an + an-1+ ...+ a1 + a0 0 (mod 3)
an + an-1+ ...+ a1 + a0 3.
b) Ta có 10
2
= 100 0 (mod 4) ai. 10
i
0 (mod 4) , i = 2; 3; ...; n
an.10
n
+ an-1.10
n-1
+ ...+ a1.10 + a0 (a1.10 + a0) (mod 4)
Vậy a 4 a1. 10 + a0 0 (mod 4) 4.
Bài 5. Ta có
( )
124 4.31 0 mod4A= ⇒≡
Do vậy để chng minh
124A
ta đi chứng minh
31A
Tht vy :
( ) ( ) ( )( )
2004
2003
1924 2 mod31 ;1920 2 mod31 2 2 mod31 *
n
A ≡−
Mt khác :
( )
5
2 32 1 mod31=
. Ta đi tìm số dư của
2004
2003
n
khi chia cho5.
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2004
2004 4
44
2004 2004
2003 5 1 5
2004 0 mod4 2004 4 2003 2003
2003 3 mod5 2003 3 81 1 mod5
2003 1 mod5 2003 5 1
2 2 2. 2 2 mod31
n
nn
n
nn k
kk k
m
m
k
m
+
⇒= =
≡≡
⇒≡⇒=+
⇒==
Thay vào (*) ta có
( )
0 mod31 31AA≡⇒
Bài 6.
a) Tìm ch s tn cùng của một s là tìm dư trong phép chia s đó cho 10. Vì 9
2n + 1
=
9.81
n
9(mod 10). Do 9
10
là s l nên s ch s tận cùng là 9.
b) Tìm hai ch s tn cùng của một s là tìm dư trong phép chia số đó cho 100.
Ta có 3
4
= 81 19(mod 100) 3
8
(– 19)
2
(mod 100)
Mà (– 19)
2
= 361 61(mod 100) Vậy 3
8
61(mod 100)
3
10
61.9 549 49 (mod 100)
n n1 1 0
a a ...a a
10
aa
10
9
9
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
399
3
20
49
2
01 (mod 100) ( do 49
2
= 2401 = 24.100 + 1)
Do đó 3
1000
01 (mod 100) nghĩa là hai chữ s sau cùng của 3
1000
là 01.
Bài 7. Vi nhng bài toán dng y, phương pháp chung tính toán đ đi đến a b
(mod m) vi b là s có tr tuyt đi nh nht có th đưc (tt nht là b = 1) t đó tính
đưc thun li a
n
b
n
(mod m)
a) 8! = 1.2.3.4.5.6.7.8.
Ta có 3.4 = 12 1 (mod 11) ; 2.6 = 12 1 (mod 11) ; 7.8 1 (mod 11) Vậy 8! 5 (mod 11)
8! – 1 4 (mod 11). Số dư trong phép chia 8! 1 cho 11 là 4.
b) 2014 1 (mod 5) 2014
2015
1 (mod 5)
2016 1 (mod 5) 2016
2015
1 (mod 5) ; 2018 3 (mod 5)
2014
2015
+ 2016
2015
+ 2018 3 (mod 5).
c) 2
3
1 (mod 7) 2
50
= (2
3
)
16
. 4 4 (mod 7)
41 1 (mod 7) 41
65
(–1)
65
1 (mod 7)
2
50
+ 41
65
4 – 1 3 (mod 7).
d) 1
5
1 (mod 4); 3
5
1 (mod 4) ; 5
5
1 (mod 4) ; ...;
97
5
1 (mod 4); 99
5
1 (mod 4).
Đáp số
: Dư 0 .
Bài 8. a) 1532 2 (mod 9) 1532
5
2
5
5 (mod 9)
1532
5
– 4 1 (mod 9)
b) 2
5
= 32 7 (mod 25) 2
10
= (2
5
)
2
7
2
1 (mod 25).
2
2000
= (2
10
)
200
(– 1)
200
1 (mod 25).
c) 2014 = 155.13 – 1 nên 2014 1 (mod 13); 2015
2016
= 2k + 1 (k N)
(– 1)
2k+1
1 (mod 13). Đáp số : dư 12.
Bài 9. a) Ta có 35
2
= 1225 = 425.3 – 50 50(mod 425)
35
3
= 35
2
. 35 50. 35 – 1750 50(mod 425)
35
4
= (35
2
)
2
(– 50)
2
2500 50(mod 425)
Tương t vi 35
8
; 35
16
; 35
32
. Từ đó có A 100(mod 425).
Hay số dư trong phép chia A cho 425 là 325.
b) Ta có 10
5
= 7.14285 + 5 5(mod 7); 10
6
= 5.10 1(mod 7);
10
n
4 = 0 (mod 2) 0(mod 3) 10
n
4 0(mod 6)
10
n
4(mod 6) 10
n
= 6k + 4 (k, n N*).
Do đó
Vy B 10
4
+10
4
+10
4
+... +10
4
10. 10
4
10
5
5(mod 7).
Bài 10. a) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 10.
±
2016
2015
2014
ˆ
n 1so 9
99...96

ˆ
n 1so 9
99...96

( )
n
k
10 6k 4 6 4 4
10 10 10 .10 10 (mod 7)
+
= =
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
400
Vì 4
2
6(mod 10) nên = 4
9
= (4
2
)
4
.4 6.4 4(mod 10) ch s tận cùng là 4.
b) Ta tìm trong phép chia s đó cho 100. Theo ví d 3 chuyên đ 26 ta đã có 3
1000
01
(mod 100) nghĩa hai ch s sau cùng ca 3
1000
01. S 3
1000
là bi s ca 3 nên ch s ng
trăm của khi chia cho 3 phải có s dư là 2 đ chia tiếp thì 201 chia hết cho 3 ( nếu s dư là 0
hay 1 thì 001; 101 đu không chia hết cho 3). Vy s 3
999
= 3
1000
: 3 có hai ch sô tn cùng bng
201 : 3 = 67.
c) Ta tìm trong phép chia s đó cho 1000. Do 1000 = 125.8 trưc hết ta tìm s dư ca 2
512
cho 125. Từ hng đng thc:
(a + b)
5
= a
5
+ 5a
4
b + 10a
3
b
2
+ 10a
2
b
3
+ 5ab
4
+ b
5
ta nhn xét nếu a 25 thì (a + b)
5
b
5
(mod
125).
Vì 2
10
= 1024 – 1
(mod 25) nên 2
10
= 25k 1 (k N).
T nhn xét trên ta có 2
50
= (2
10
)
5
= (25k 1)
5
1 (mod 125)
Vì vy 2
512
= (2
50
)
10
. 2
12
(1)
10
. 2
12
2
12
(mod 125).
Do 2
12
= 2
10
. 2
2
= 1024. 4 24.4 96 (mod 125). Vy 2
512
96 (mod 125).
Hay 2
512
= 125m + 96, m N . Do 2
512
8 ; 96 8 nên m 8 m = 8n (n N).
2
512
= 125. 8n + 96 = 1000n + 96. Vậy ba chữ s tn cùng của số 2
512
là 096.
Bài 11. Để chng t a m ta chứng minh a 0 (mod m)
a) 41 = 42 – 1 1 (mod 7). Do đó 41
2015
(– 1)
2015
1 (mod 7)
Hay 41
2015
6 (mod 7) 41
2015
– 6 0 (mod 7)
b) Ta có 2
4
= 16 1 (mod 15) 2
4n
1 (mod 15) 2
4n
1 0 (mod 15)
Do đó 2
4n+1
2 = 2(2
4n
1) 0 (mod 15).
c) Ta có 3
3
= 27 1 (mod 13) ; 3
76
= (3
3
)
25
.3 3 (mod 13)
Ta có 2
4
3 (mod 13) 2
6
12 1 (mod 13)
2
76
= (2
6
)
12
. 2
4
3 (mod 13)
Do đó 3
76
2
76
0 (mod 13) hay 3
76
2
76
13
d) 341 = 11 . 31
* Ta có 2
5
= 32 1(mod 11) ; 20 = 22 – 2 2 (mod 11)
Do đó 20
15
(– 2)
15
(2
5
)
3
1(mod 11)
* 20
15
= (2
5
)
3
. (5
3
)
5
1(mod 31) do 2
5
1(mod 31) và 5
3
1(mod 31)
Do đó 20
15
1 (mod 11.31) hay 20
15
1 (mod 341) 20
15
– 1 341
Bài 12. 1890 0 (mod 7) ; 1945 1 (mod 7) ; 2017 1 (mod 7)
1890
79
0 (mod 7) ; 1945
2015
1 (mod 7) ; 2017
2018
1 (mod 7) đpcm.
Bài 13. a)Ta có 5555 = 793.7 + 4 4(mod 7); 2222 = 318.7 – 4 4(mod 7)
5555
2222
+ 2222
5555
4
2222
+ (4)
5555
– 4
2222
(4
3333
1) (mod 7)
2
3
4
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
401
Do 4
3333
1 = ; 4
3
= 64 1 (mod 7) nên (4
3
)
1111
1 (mod 7)
Hay 4
3333
– 1 0 (mod 7) . Do đó 5555
2222
+ 2222
5555
0 (mod 7) và
15554
1111
= (2. 7777)
1111
= 2
1111
. 7777
1111
0 (mod 7) đpcm.
b) Ta có 102 = 2.3.17. Ta có (220 + 119 + 69)
102
0 (mod 102)
*220 0 (mod 2) ; 119 1 (mod 2) ; 69 1 (mod 2) M 0 (mod 2)
*220 1 (mod 3) ; 119 1 (mod 3) ; 69 0 (mod 3) M 0 (mod 3)
*220 1(mod 17);119 0 (mod 17) ; 69 1(mod 17) M 0 (mod 17)
ý 119
69
và 69
220
là các s lẻ) ; M 0 (mod 2.3.17). Hay M 102
Bài 14. Đặt A = 5
2n-1
. 2
n+1
+ 2
2n-1
. 3
n+1
. Ta có A 2, n N* ;
Ta có A = 2
n
(5
2n-1
. 2 + 2
n-1
. 3
n+1
) = 2
n
(25
n-1
. 10 + 6
n-1
. 9)
Do 25 6 (mod 19) A 2
n
(6
n-1
.10 + 6
n-1
. 9) 2
n
.6
n-1
. 19 0 (mod 19)
Hay A 19. Mà (2 ; 19) = 1 A 19. 2 A 38.
Bài 15. Ta có a = = an.10
n
+ an-1.10
n-1
+ ...+ a1.10 + a0 .
a) Ta có 10 1(mod 9) do đó ai. 10
i
ai (mod 9) , i = 1; 2; 3; ...; n
Do đó a (an + an-1+ ...+ a1 + a0) (mod 9). Vậy
a 9 an + an-1+ ...+ a1 + a0 0 (mod 9) an + an-1+ ...+ a1 + a0 9.
b) Ta có 10
2
= 100 0 (mod 25) ai. 10
i
0 (mod 25) , i = 2; 3; ...; n.
a (a1.10 + a0) (mod 25).
Vậy a 25 a1. 10 + a0 0 (mod 25) 25.
c) Do 10 1 (mod 11) ai. 10
i
ai .(1)
i
(mod 11)
a (a0 + a2 + a4 + ...) (a1 + a3 + a5 + ...) (mod 11)
Do đó a 11 (a0 + a2 + a4 + ...) (a1 + a3 + a5 + ...) 0 (mod 11)
Tc là hiu ca tng các ch s v trí l và tng các ch s v trí chn bng 0.
d) Ta có 10
3
= 1000 0 (mod 8) ai. 10
i
0 (mod 8) , i = 3; 4; ...; n.
a (a2. 10
2
+ a1.10 + a0) (mod 8).
Vậy a 8 a2. 10
2
+ a1. 10 + a0 0 (mod 8) 8.
Bài 16. Theo đnh lý Fermat bé, do 11 là s nguyên t nên ta có
2
10
1 (mod 11) 2
10n
1 (mod 11)
2
10n + 1
= 2. 2
10n
2 (mod 22) 2
10n + 1
= 22k + 2 (k N)
Do 23 là s nguyên t ta cũng có 2
22
1 (mod 23) 4 (mod 23)
4 + 19 0 (mod 23) Tc A 23. Mà A > 23, n A là hp s.
Bài 17. Theo đnh lý Wilson : Vi mi s nguyên t p thì (p 1)! 1 (mod p).
( )
1111
3
41



n n1 1 0
a a ...a a
10
aa
210
aaa
10n 1
2 22k 2 22k
2 2 4.2
+
+
= =
10n 1
2
2 19
+
+
n1∀≥
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
402
Do 13 nguyên t nên 12! 1 (mod 13) (1)
13
1 (mod 13).
Ta có 2016 = 13.155 + 1 1 (mod 13) 2016
2015
1 (mod 13).
Do đó B = + 2016
2015
0 (mod 13). Hay B 13.
Bài 18. a) Theo Đnh lý Fermat bé , do 7 là s nguyên t nên 2
6
1 (mod 7).
Ta có 4 1 (mod 3) 4
n
1 (mod 3) 2.4
n
2 (mod 6) . Nghĩa là
2
2n + 1
= 2(2
2
)
n
= 2. 4
n
2 (mod 6) 2
2n + 1
= 6k + 2 , (k N)
Mt khác 2
3n
= (2
3
)
n
= 8
n
1 (mod 7) 3. 2
3n
3 (mod 7).
Do đó 2
6k + 2
+ 3 2
2
. (2
6
)
k
+ 3 2
2
.1 + 3 0 (mod 7).
b) Do 11 là số nguyên t nên 2
10
1 (mod 11)
Ta có 16 1 (mod 5) 16
n
1 (mod 5) 2.16
n
2 (mod 10). Nghĩa là 2
4n + 1
= 2(2
4
)
n
=
2.16
n
2 (mod 10) 2
4n + 1
= 10k + 2 , (k N)
Mt khác 12 1 (mod 11) 12
5n + 1
1 (mod 11) 2. 12
5n + 1
2 (mod 11) ;
Do 10
2
1 (mod 11) 10
2n
1 (mod 11) 5.10
2n
5 (mod 11).
Vì thế 2
10k + 2
+ 2 + 5 2
2
+ 7 0 (mod 11).
Bài 19. a) Ta có 72 = 8.9 và (8; 9) = 1.
*63 0 (mod 9); khi n = 2 thì 3
n
0 (mod 9) do đó 3
n
+ 63 0 (mod 9).
*Mt khác, với n = 2k (k N*) thì 3
n
1 = 3
2k
1 = 9
k
– 1 1
k
– 1
0 (mod 8) do đó 3
n
+ 63 = 3
n
1 + 64 0 (mod 8).
Vy với n = 2k (k N*) thì 3
n
+ 63 72 .
b) Ta có 323 = 17 . 19 và (17; 19) = 1.
*A = (20
n
1) + (16
n
– 3
n
) = P + Q.
Ta có 20
n
1(mod 19) P 0 (mod 19).
Nếu n = 2k (k N*) thì Q = 16
2k
3
2k
(– 3)
2k
3
2k
3
2k
3
2k
0 (mod 19) A = P + Q 0
(mod 19)
* A = (20
n
– 3
n
) + (16
n
1) = P’ + Q’
20
n
3
n
(mod 17). Do đó P’ = 20
n
– 3
n
0 (mod 17).
Nếu n = 2k (k N*) thì Q’ = 16
2k
1 = ( 1)
2k
1 1 1
0 (mod 17)
A = P’ + Q’ 0 (mod 17). Do (17 ; 19) = 1 nên A 0 (mod 17. 19).
Vy với n = 2k (k N*) thì A = 20
n
+ 16
n
– 3
n
1 323 .
Bài 20. Theo định lý Fermat bé ta có 2
p
2 (mod p) nên nếu 2
p
– 1 (mod p) thì ta có 3 0
(mod p) p = 3.
Mt khác khi p = 3 thì 2
3
+ 1 = 9 0 (mod 3) . Vy p = 3 là s cn tìm.
Bài 21. Với p = 3 thì p
2
+ 20 = 29 là số nguyên tố.
( )
13
12!
( )
13
12!
2n 1
2 3n
2 3.2
+
+
4n 1
2 5n 1 2n
2 2.12 5.10
+
+
++
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
403
Vi p 3 thì p
2
1 (mod 3) nên p
2
+ 20 21 0 (mod 3).
Vy p
2
+ 20 3 mt khác p
2
+ 20 > 3 nên p
2
+ 20 là hợp s . Vậy ch có 1 s nguyên t cn
tìm là p = 3.
Bài 22. Với a, b N*. Nếu ab p thì s ab
p
ba
p
p
Nếu ab p thì (a, p) = (b, p) = 1. Do đó a
p-1
b
p-1
1 (mod p)
a
p-1
b
p-1
0 (mod p) ab(a
p-1
b
p-1
) 0 (mod p)
ab
p
ba
p
0 (mod p) hay ab
p
ba
p
p , a, b N*.
Bài 23. a) Giả s a, b, c Z mà a
2
+ b
2
+ c
2
7 (mod 8).
Ta có a 0; 1; 2; 3; 4 (mod 8) a
2
0; 1; 4 (mod 8)
b
2
+ c
2
7 ; 6 ; 3 (mod 8). Điu này vô b
2
0; 1; 4 (mod 8) c
2
0; 1; 4 (mod 8)
b
2
+ c
2
0 ; 1 ; 2; 4; 5 (mod 8).
Vy a
2
+ b
2
+ c
2
7 (mod 8).
b) Áp dng câu a) ta có vi x , y , z Z
4x
2
+ y
2
+ 9z
2
= (2x)
2
+ y
2
+ (3z)
2
7 (mod 8).
Mà 2015 = 8. 251 + 7 7 (mod 8)
Vy phương trình đã cho không có nghim nguyên.
Bài 24. Ta có 2011 11 (mod 100) ; 11
2
21 (mod 100) ; 11
3
31 (mod 100);
11
5
21.31 51 (mod 100) 11
10
51
2
1 (mod 100).
Ta 2010
2009
0 (mod 10) 2010
2009
= 10k (k Z)
= 2011
10k
11
10k
(11
10
)
k
1 (mod 100). Do đó hai ch s tn cùng là s 01.
Bài 25. Bài toán có nhiều cách giải. Sau đây là cách giải theo đồng dư thc:
* Ta có n N* tn
5
n 0 (mod 30) (ví d 8 chuyên đ 26 đã chng minh)
A = (a
2012
a
2008
) + (b
2012
– b
2008
) + (c
2012
– c
2008
)
A = a
2007
(a
5
a) + b
2007
(b
5
b) + c
2007
(c
5
c)
Ta có a
5
a 0 (mod 30) a
2007
(a
5
a) 0 (mod 30)
Tương t b
2007
(b
5
b) 0 (mod 30) ; c
2007
(c
5
c) 0 (mod 30)
Vậy A 0 (mod 30) . Hay A 30 .
Bài 26. Gi s tn ti b ba số nguyên (x; y ; z) thỏa mãn x
4
+ y
4
= 7z
4
+ 5
x
4
+ y
4
+ z
4
= 8z
4
+ 5 (1).
Xét với mt s nguyên a bất k thì nếu a chẵn thì a = 2k (k Z)
a
4
=16k
4
0 (mod 8) ; nếu a l ta
4
= (2k + 1)
4
1 (mod 8)
Do đó x
4
+ y
4
+ z
4
0 ; 1 ; 2 ; 3 (mod 8) . Trong khi đó 8z
4
+ 5 5 (mod 8) mâu thuẫn với (1).
Vy không tn ti các b ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thc x
4
+ y
4
= 7z
4
+ 5.
/
±
±
±
/
/
2009
2010
2011
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
404
Bài 27. Ta có 41
2
= (40 + 1)
2
= 40
2
+ 80 + 1 81 (mod 100)
41
4
81
2
6561 61 (mod 100) 41
5
61. 41 1 (mod 100)
41
106
41. (41
5
)
21
41 (mod 100)
Mt khác 57
4
= 10556001 1 (mod 100) 57
2012
= (57
4
)
503
1 (mod 100)
Vì thế A 41 + 1(mod 100).
Do đó hai ch s cui cùng của số A = 41
106
+ 57
2012
là 42
Bài 28. Do a + 20 21 a 1 (mod 3) a 1 (mod 7)
b + 13 21 b 2 (mod 3) và b 2 (mod 7)
Suy ra A = 4
a
+ 9
b
+ a + b 1 + 0 + 1 + 2 1 (mod 3) A 10 (mod 3)
Xét a = 3k + 1 ; b = 3q + 2 vi k, q N ta có 4
a
= 4
3k+1
= 4. 64
k
4 (mod 7)
9
b
= 9
3q+2
2
3q+2
4. 8
q
4 (mod 7).
Do đó A = 4
a
+ 9
b
+ a + b 4 + 4 + 1 + 1 10 (mod 7) A 10 (mod 7)
A 10 (mod 3) A 10 (mod 7) mà (3; 7) = 1 nên A 10 (mod 3.7)
Hay A 10 (mod 21). Vy s dư trong phép chia A cho 21 là 10.
Bài 29. 2
3
1 (mod 7) (2
3
)
n
1 (mod 7) 2
3n + 1
= 2.(2
3
)
n
2 (mod 7).
và 2
3n 1
= 2
2
.(2
3
)
n 1
4 (mod 7).
Nên A 2 + 4 + 1 0 (mod 7) nghĩa là A 7. Mà vi n N* thì A > 7.
Vy A là hp s.
Bài 30. n N* ta có 2012
4n
0 (mod 2) ; 2013
4n
1 (mod 2) ;
2014
4n
0 (mod 2) ; 2015
4n
1 (mod 2) . Do đó A 2 0 (mod 2).
* Ta li có 2012 0 (mod 4) 2012
4n
0 (mod 4) ;
2014 2 (mod 4) 2014
2
2
2
0 (mod 4) 2014
4n
( 2014
2
)
2n
0 (mod 4)
Do 2013 1 (mod 4) 2013
4n
1 (mod 4) ;
Do 2015 1 (mod 4) 2015
4n
= (1)
4n
1 (mod 4)
Vậy A 2 (mod 4) nghĩa là A chia cho 4 2. Ta có A 2 ; A 2
2
; 2 s nguyên t. Vy A
không là s chính phương n N*.
Bài 31.
Ta có
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2003 2003 2003
2003 2003 2003
19 2.9 1 1 mod2003 1 ;7 9 2 7 2 mod9 + ≡−
Mt khác
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
667 667
2003
2002 3 3
2 2.2 2.2 .2 4.2−= = =
Do
/
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
405
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )( )
667 667
3 3 3 2003
2 1 mod9 2 1 mod9 4 2 4 mod9 7 4 mod9 2 ≡−
Từ
(1) và (2)
( )( )
2003 2003 2003
19 7 9 5 mod9 3 ++
Vì lp phương của một s t nhiên khi chia cho 9 chỉ có th dư là
0,1, 1
nên mi s
nguyên
,,xyz
ta có :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
3 33
15 15 15 5 5 5
3 ; 1 ; 0;1; 3 mod 9 4xyz x y z+ + = + + ≡−
Từ (3) và (4) suy ra phương trình không có nghim nguyên.
Bài 32.
Ta có
( )
2
33zz z z+=+
Mặt khác ta luôn có
( )
2
0 mod3z
hoc
( )
2
1 mod3z
Do đó với mi z nguyên ta có :
( ) ( ) { }( )
3 mod3 ; 0;1 1zz c c+≡
Chng min tương t vi y,x
( ) ( ) ( ) { }( )
3 3 mod 3 ; 0;1; 2 2xx yy d d ++ +
Li đ ý rằng :
( ) ( )
( )
( )( )
22
3 3 mod3 3xx yy x y++ += +
Chú ý rằng nếu p là s nguyên t khác 3 t
( )
2
1 mod3p
. Do vậy
,xy
đồng thi là các
s nguyên t khác 3 thì :
( )( )
22
2 mod3 4xy+≡
Kết hợp (1), (2), (3), (4) suy ra ít nhất một trong hai s x,y phải là 3. Do vai trò đối xng của
x,y chn
3x =
Khi
3x =
ta có :
( )( )( )
2 2 22
18 3 3 18 3 3 18 3 5y yz z z zy y zyxy++=+⇔=+−−⇔= ++
Từ
0, 0 3 0z y zyz zy> >⇒++>⇒−>
.
Vì thế kết hp vi
( ) ( )
3 2 37zy zy y++ = +≥
(do y nguyên tn lớn hơn 2). Nên từ (5)
suy ra :
3 18 7
18
39 2
24
zy y
zy z
zy y
zy z

++= =



−= =



++= =



−= =



Do tính đi xng nên phương trình có 4 nghim nguyên dương :
( ) ( ) ( ) ( )
3;7;8 ; 7;3;8 ; 3; 2; 4 ; 2;3; 4
Bài 33. Ta phải tìm s t nhiên r sao cho
0 = r (2013
2016
+ 2014
2016
– 2015
2016
)
10
(mod 106)
Ta có 2013 = 106.19 – 1 2013 1(mod 106) 2013
2016
1(mod 106)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
406
2014 = 106.19 2014 0 (mod 106) 2014
2016
0(mod 106)
2015 = 106.19 + 1 2015 1(mod 106) 2015
2016
1(mod 106)
Do đó (2013
2016
+ 2014
2016
– 2015
2016
)
20
0 (mod 106).
Bài 34. Do 5 là s nguyên t n theo Định lý Fermat bé ta có: với a = 1; 2; 3; 4 ta có a
5
a (mod 5) a
4
1 (mod 5) a
4k
1 (mod 5).
Do đó 1
4k
+ 2
4k
+ 3
4k
+4
4k
1 + 1 + 1 + 1 4 (mod 5).
Chng t 1
4k
+ 2
4k
+ 3
4k
+ 4
4k
5.
Bài 35. * Nếu p = 2 thì 2
n
n 2, n = 2k (k ).
* Nếu p 2 do (2 ; p) = 1 nên theo định lý Fermat bé ta có :
2
p-1
1 (mod p) 2
p-1
– 1 0 (mod p) 1 0 (mod p) .
Hay là – 1 p (k ; k 2).
Mt khác (p 1)
2k
(– 1)
2k
1 (mod p)
(p 1)
2k
=
Vy tn ti vô s s t nhiên n có dạng n = (p 1)
2k
, ( k ; k 2) sao cho 2
n
n p .
/
N
( )
2k
p1
2
( )
2k
p1
2
N
( )
2k
p1
2
( )
( )
2k
2k
p1
p
p
2 1 p1 1 p


−−




 

N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
407
CHUYÊN Đ 13: NGUYEN LÝ DIRICHLET
A. KiÕn thøc cÇn nhí
1. Giới thiệu nguyên lý Dirichlet
Dirichlet (Đi-rích-lê) (1805
1859) là nhà
toán học người Đức, được cho người đưa
ra định nghĩa hiện đại về hàm số. Trên cơ sở
quan sát thc tế, ông đã phát biu thành
một nguyên mang tên ông nguyên
Dirichlet: Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái
lồng mỗi cái lồng không quá 2 con thỏ.
Nói cách khác, nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái
lng thì tn ti ít nht mt lng có t 3 con tr
lên. Một cách tổng quát hơn, nếu k lồng
để nhốt m con thỏ (với
) thì tồn tại ít nhất một lồng
chứa từ n + 1 con thỏ trở lên.
Ta cũng th d dàng ch minh nguyên Dirichet bng phương pháp phn
chng như sau: Gi sử không mt lng nào ch n + 1 con th tr lên, tc là mi lng
chứa nhiều nht n con thỏ, thì số con th chứa trong k lồng nhiu nht ch có th là kn con.
Điều này mâu thuẫn vi gi thiết có m con th với .
Nguyên Dirichlet tht đơn gin, d hiu nhưng đưc vn dng vào gii rt nhiu bài
toán trong s hc, đi s, hình hc v vic ch ra sự tn ti của một hay nhiu đi tưng
thỏa mãn một điu kin đt ra.
Khi s dng nguyên lí Dirichlet vào bài toán c thể, điều quan trng phi nhn ra (hay
tạo ra) Lng hoc Th hoc c Lng Th.
2. Một số dạng áp dụng của nguyên lý Dirichlet
Nguyên Dirichlet bn: Nếu nht
+n1
con th vào n cái chung thì bao gi cũng
một chung cha ít nht hai con thỏ.
Nguyên Dirichlet tng quát: Nếu có N đ vật đưc đt vào trong k hp thì s tn ti
một hp cha ít nht



N
k
đồ vật. ( đây


x
s nguyên nh nht giá tr nh hơn
hoc bng x)
Nguyên Dirichlet m rộng: Nếu nht n con th vào
m2
cái chung thì tn ti mt
chuồng có ít nhất
+ −


nm1
m
con thỏ.
k kn r= +
(0 1)rk<≤−
m kn r= +
(0 1)rk<≤−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
408
Nguyên Dirichlet dng tp hp: Cho A và B là hai tp hp khác rng s phn t
hu hạn, mà số ng phn t của A lớn hơn số ng phn t của B. Nếu vi một quy tắc
nào đó, mỗi phn t ca A cho tương ng vi mt phn t ca B, thì tn ti ít nht hai
phn t khác nhau của A mà chúng tương ứng vi mt phn t của B.
3. Phương pháp ng dng.
Nguyên Dirichlet ng chng như đơn gin như vy, nhưng nó là mt công c
hết sc có hiu qu dùng đ chng mình nhiu kết qu hết sc sâu sc của toán học.
Nguyên Dirichlet cũng đưc áp dng cho các bài toán ca hình hc, điu đó đưc th
hiện qua hệ thống bài tập sau:
Để sử dng nguyên Dirichlet ta phi làm xut hin tình hung nht “thvào
“chuồng” và thoả mãn các điều kin:
+ S ‘thỏ” phải nhiu hơn s chung.
+ “Thỏphi đưc nht hết vào c “chung”, nhưng không bt buc chung nào
cũng phi có thỏ.
Thưng thì phương pháp Dirichlet đưc áp dng kèm theo phương pháp phn
chng. Ngoài ra còn th áp dng vi các nguyên khác. Mt s bài toán bn
thưng gặp như sau:
1) Trong n + 1 số t nhiên bất kì luôn tìm được hai số chia cho n có cùng s dư (hoc
hiu của chúng chia hết cho n ).
2) Nếu trên mt đon thng đ dài 1 đặt mt s đon thng có tng đ dài ln hơn 1
thì có ít nht hai trong s các đon thẳng đó có điểm chung.
3) Nếu trên đưng tròn có bán kính 1 đt mt s cung tng đ dài ln n
π
2
thì
có ít nht hai trong s các cung đó có điểm chung.
4) Trong mt hình din tích S đt mt s hình tng din tích ln hơn S thì ít
nhất hai trong số các hình đó có điểm chung.
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Chứng minh sự tồn tại chia hết
* Cơ sở phương pháp:
Thông thưng ta coi m s t nhiên đã cho m “con thỏ”, các s trong
phép chia các s t nhiên đó cho n là nhng “lng”; như vy s có n cái lng: lng i
gồm nhng s t nhiên đã cho chia cho n dư i.
* Ví d minh họa:
Bài toán 1. Chng mình rng:
a) Trong 2012 số t nhiên bt luôn tìm đưc hai s chia cho 2011 cùng số
(hay hiu ca chúng chia hết cho 2011).
b) Trong 2012 sô t nhiên bt luôn tìm đưc mt s chia hết cho 2012 hoặc luôn
tìm đưc hai s chia cho 2012 có cùng số dư.
(0 )ib≤≤
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
409
Hướng dẫn giải
a) Ta coi 2012 số t nhiên đã cho là 2012 “con th”; “lồng i” gm các s chia cho 2011 i
nên 2011 lồng: lồng 0, lồng 1, …, lồng 2010. Như vậy 2011 lồng cha
2012 con thỏ nên theo nguyên lí Dirchlet tn ti ít nhất một lng cha không ít hơn hai con
thỏ, tức là có ít nhất hai số chia cho 2011 có cùng số dư.
b) Nếu trong 2012 số đã cho ít nht mt s chia hết cho 2012 thì ta chọn luôn s này.
Nếu không s nào chia hết cho 2012 thì khi chia cho 2012 nhận nhiu nhất 2012 số
khác nhau 1, 2, …, 2011. Theo nguyên Dirichlet, tồn ti ít nht hai s chia cho 2012
cùng s dư.
Nhận xét. Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau:
1) Trong n + 1 s t nhiên bt kì luôn tìm đưc hai s chia cho n có cùng s (hay hiu
của chúng chia hết cho n).
2) Trong n s t nhiên bt luôn tìm đưc mt s chia hết cho n hoc luôn tìm đưc hai
số chia cho n có cùng số dư.
Bài toán 2. Chng minh rng luôn tìm đưc s có dạng 20122012…2012 (gồm các s 2012
viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2013.
Hướng dẫn giải
Xét 2014 số sau: 2012, 20122012, ..., 2012...2012 (gồm 2014 bộ số 2102).
Đem 2014 số y ln lượt chia cho 2013, 2014 số ch 2013 số trong phép chia
cho 2013 (là 0, 1, 2, ..., 2012) nên luôn tồn ti hai s chia cho 2013 cùng số dư, chng hn
đó a = 2012...2012 (gồm i b 2012) b = 2012...2012 (gồm j b 2012) với .
Khi đó
(gm j i b 2012) sẽ chia hết cho 2013.
Li có ƯCLN nên s 2012...2012 (gồm j i b 2012 sẽ chia hết cho 2013. Bài
toán được chng minh.
( đây “thỏ” là số có dạng 2012...2012, “lồng” là số dư trong phép chia cho 2013).
Nhn xét. Mấu cht ca bài toán là chọn ra 2014 (= 2013 + 1) số t nhiên có dng đã cho.
Từ đó ta th phát biu nhiu bài toán tương t, chng hn như: Chng minh rng luôn
tìm đưc s có dạng 111...1 chia hết cho 29.
Bài toán 3. Cho sáu s t nhiên . Chứng minh rng trong sáu s ấy, tồn ti
một số chia hết cho 6 hoc tn ti một vài số có tổng chia hết cho 6.
Hướng dẫn giải
Trưng hp có một số bằng 0 thì ta chọn s 0 thỏa mãn yêu cầu đ ra.
Trưng hp sáu số đều lớn hơn 0. Xét 6 số sau
(0 2011)i≤≤
1 2014ij≤≤
4
2012...2012.10
i
ba−=
4
(10 ,2013) 1
i
=
,,, ,,abcdeg
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
410
Đem mi s này chia cho 6 ta nhận đưc s dư thuc tp .
Nếu tn ti chia hết cho 6 thì bài toán đã được chng minh.
Nếu không Si nào chia hết cho 6 thì ta có 6 s chia hết cho 6 ch nhn 5 loi s khác
nhau ; theo nguyên lý Dirichlet tn ti hai s chia cho 6 cùng s dư, chng
hn S2 S5 do đó hiu ca hai s này s chia hết cho 6, tc là chia hết cho 6. Bài
toán đã được chng minh.
( đây “thỏ” là các số Si, “lồng” là số dư trong phép chia cho 6).
Nhận xét. Ta có thể phát biểu bài toán tổng quát sau:
Cho n số t nhiên . Chứng minh rng tn ti mt s chia hết cho n hoc tn ti
một vài số có tng chia hết cho n.
Bài toán 4. Chng minh rng:
a) Trong n số t nhiên liên tiếp luôn tìm được một số chia hết cho n.
b) Trong 39 s t nhiên liên tiếp luôn tìm đưc một s tng các ch số ca nó
chia hết cho 11.
Hướng dẫn giải
a) Gi sử không tìm đưc s nào trong n s t nhiên liên tiếp đã cho mà chia hết cho n.
Khi đó n s này chia cho n ch nhn đưc nhiu nht là n 1 số khác nhau
, theo nguyên lí Dirichlet tn ti hai s chia hết cho n có cùng s dư, chng
hn là a và b vi , khi đó a b chia hết cho n, điu này mâu thun vi .
Từ đó suy ra điều phi chng minh.
b) Ly 20 s t nhiên liên tiếp đu ca dãy, ta luôn tìm đưc mt s có ch số hàng đơn v
là 0 ch số ng chục khác 9.Giả sử đó N và tng các ch số ca N là s. Khi đó 11
số sẽ nm trong 39 s đã cho. N tn cùng bng 0 nên
tng các ch số của ln t bng . Vì N tn cùng
bằng 0 và có ch số hàng chc khác 9 nên tng các ch số của N + 10 bằng s + 1, tng các
ch số của N + 19 bằng s + 10.
Trong 11 số t nhiên liên tiếp luôn tìm đưc mt s chia hết
cho 11. Chẳng hn s đó : Nếu thì ta chn đưc s tha
mãn yêu cầu bài toán; nếu i = 10 thì ta chọn đưc s N + 19 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhn xét. Mu cht đ gii bài toán câu b) là phi tìm ra 11 s trong 39 s đã cho có tng
các ch số th t là 11 số t nhiên liên tiếp, đồng thi s dng kết qu câu a).
Bài toán 5. Cho các s t nhiên t 1 đến 2012. Hỏi có th chn ra đưc nhiu nht bao
1
2
3
4
5
6
.
Sa
S ab
S abc
S abcd
S abcde
S abcdeg
=
= +
=++
=+++
=+++ +
=+++ ++
{0,1,2,3,4,5}
( 1,2,...,6)
i
Si=
(1,2,3,4,5)
cde++
12
, ,...,
n
aa a
(1,2,3,..., 1)n
ab>
0 abn<−<
, 1, 2, 3,... 9, 19NN N N N N++ + + +
, 1, 2,..., 9NN N N++ +
, 1, 2,..., 9ss s s++ +
, 1, 2, 3,..., 9, 10ss s s s s++ + + +
(0 10)si i+ ≤≤
09i≤≤
Ni+
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
411
nhiêu s sao cho tổng của hai số bất kì trong chúng không chia hết cho hiu ca nó?
Hướng dẫn giải
Nhn thấy, nếu hai s chia cho 3 cùng dư 2 thì hiu ca chúng chia hết cho 3, còn tng ca
chúng chia cho 3 dư 1; nên tổng của chúng không chia hết cho hiu ca chúng.
Trong các s t nhiên t 1 đến 2012, sẽ 671 số chia cho 3 dư 2 là các s dng
. Khi đó hai s bất trong 671 s này tng chia 3 dư 1, hiu chia hết
cho 3, nên tng không chia hết cho hiu của chúng. Ta sẽ chng minh rng chn đưc
nhiu nht số trong các s t 1 đến 2012, thì trong 672 số này luôn tìm đưc
sao cho (Tht vy, gi sử ngưc li thì hiu giữa số nh nht và s ln
nht trong các s đã chn sẽ không nh hơn . Điu này mâu thun gi thiết
với hiu giữa số ln nht và s nh nht không t quá ), nghĩa a b
bằng 1 hoặc 2.
- Nếu a b = 1 thì hiển nhiên a + b chia hết cho a b (= 1)
- Nếu a b = 2 thì a + b là số chẵn nên a + b chia hết cho a b (= 2).
Như vy t 2012 số đã cho không th chn được hơn 671 số tha mãn điu kin bài toán.
Suy ra số ng ln nhất các số phải tìm là 671.
Dạng 2: Bài toán về tính chất các phần tử trong tập hợp
* C sở phương pháp: Thông thưng ta phi lập ra nhng tp hp có tính cht cn thiết
ri s dng nguyên lí Dirichlet đ chng t có hai phần t thuộc hai tập hp bng nhau.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chou s nguyên dương đôi mt khác nhau đu nh hơn 10. Chứng minh
rằng luôn tìm được 3 số trong đó có một số bằng tổng hai số còn li.
Hướng dẫn giải
Gọi sáu số nguyên dương đã cho là với .
Đặt gồm 5 phần t có dng am với .
Đặt gồm 5 phn t dng với
.
Ta thy các phn t của hai tập hp A và B đu thuc tp hp gm 9 phn t
trong khi tng s phn t của hai tập hợp A và B là .
Theo nguyên Dirichlet tn ti hai s bằng nhau mà chúng không th thuc cùng mt tp
hp, nên có mt s thuc tp hp A bng mt s thuc tp hp B, tc là , do đó
.
Ba s đôi mt khác nhau. Tht vậy, nếu t trái vi gi
thiết của bài toán.
Vậy tồn tại ba số trong các số đã cho mà (đpcm).
( đây, 10 “thỏ” 10 số 9 “lồng
là 9 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9).
32k +
( 0,1,2,...,670)k =
672( 671 1)= +
,( )aba b>
2ab−≤
3.671 2013=
2012 1 2011−=
123456
,,,,,aaaaaa
12 6
0 ... 10aa a< < << <
23456
{,,,,}A aaaaa=
{2,3,4,5,6}m
2131415161
{,,,,}B a aa aa aa aa a=−−−−
1n
aa
{2,3,4,5,6}n
{1,2,3,...,9}
5 5 10+=
1mn
a aa=
1nm
aaa= +
1
,,
mn
aaa
mn
aa
mn
aa=
1
0a =
1
,,
mn
aaa
1nm
aaa= +
234562 13 14 15 16 1
,,,,,,,,,aaaaaa aa aa aa aa a−−
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
412
Nhn xét. Để gii bài toán này, ta cn to ra hai tp hp gm các phn t nh hn 10
tng s phn t của hai tập hp phi không nh hơn 10. Từ đó suy ra tn ti hai phn t
của hai tập hp bng nhau.
Bài toán 2. Cho X là tp hp gồm 700 số nguyên dương khác nhau, mi s không ln hơn
2006. Chứng minh rng trong tp hp X luôn tìm đưc hai phn t x, y sao cho x y thuc
tp hp .
Hướng dẫn giải
Gi sử 700 số nguyên dương đã cho là . Ta xét các tập hợp sau:
Tổng s phn t của ba tập hợp A, B, C 700.3 = 2100, trong đó mỗi phn t đều không
ợt quá 2006 + 9 = 2015, 2100 > 2015 nên theo nguyên Dirichlet tồn ti hai phn t
bằng nhau. Vì mi tp hp A, B, C có các phần t đôi mt khác nhau nên hai phn t bằng
nhau đó phải thuộc hai tập hợp: A và B, hoặc A và C, hoặc B và C.
- Nếu hai phần t thuộc A và B, chẳng hn suy ra .
- Nếu hai phần t thuộc A và C, chẳng hn suy ra .
- Nếu hai phần t thuộc B và C, chẳng hn suy ra .
Như vy luôn tn li hai s thuc tp hp A có hiệu 3, 6, 9. Ta đưc điu phi chng
minh.
( đây 2100 “thỏ” 2010 phần t của ba tập hợp A, B, C; 2015 “lồng” các số t 1 đến
2015)
Nhận xét. Ta còn có kết qu mạnh hơn như sau:
Cho X là tp hp gồm 505 số nguyên dương khác nhau, mi s không lớn hơn 2006. Trong
tập hợp X luôn tìm được hai phần t x, y sao cho x y thuc tp hp .
Chứng minh.
Gọi A là tp hp c s thuc X mà chia hết cho 3, gi B là tp hp c s thuc X mà chia
cho 3 dư 1, gọi C là tp hợp các số thuộc X mà chia cho3 dư 2.
505 số xếp vào ba tp hp, mà 505 = 3.168 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet tn ti mt
tp hp có chứa t 169 số tr lên.
Trong tp hp này, hai s bất kì có hiu mt bi của 3. Tồn ti hai s x, y hiu nh
hơn 12. Thật vậy, nếu mi s trong tp hp này đu có hiu không nh hơn 12 thì s ln
nht trong tp hp không nh hơn 12.168 = 2016 > 2006, trái với đ bài.
Vậy trong tp hp X tn ti hai phn t x, y mà .
Bài toán 3. Cho hai tp hp s nguyên dương phân bit mà mi s đều nh hơn n. Chng
minh rng nếu tng s phn t của hai tập hp không nh hơn n thì th chn đưc
trong mi tp hp mt phn t sao cho tổng của chúng bằng n.
Hướng dẫn giải
{3; 6;9}E =
1 2 700
, ,...,aa a
1 2 700
1 2 700
1 2 700
{ , ,... };
{ 6, 6,... 6};
{ 9, 9,... 9};
A aa a
Ba a a
Ca a a
=
=++ +
=++ +
6
ij
aa= +
6
ij
aa−=
9
ij
aa= +
9
ij
aa−=
36
ij
aa+= +
3
ij
aa−=
{3; 6;9}E =
xyE−∈
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
413
Gi sử hai tp hp s nguyên dương đã cho là
với , và .
Xét tập hp .
Nhn thy, tt c n 1 số nguyên dương phân bit nh hơn n, các phn t ca A và C
đều nh hơn n tng s các phn t ca A và C không nh hơn n. Theo nguyên
Dirichlet, tn ti ít nht hai phn t bằng nhau, chúng không cùng thuc A và C, do đó
một phn t thuc A và mt phn t thuc C, tc là tn ti hai s ap
(điu phi chng minh).
( đây coi m + k “thỏ” là các số nguyên dương thuc tp hp A hoc C, n 1 “lồng” là các
số nguyên dương t 1 đến n 1).
Dạng 3: Bài toán liên quan đến bảng ô vuông
* C sở phương pháp: Mt bng vuông kích thưc n x n gm n dòng, n ct và 2 đưng
chéo. Mỗi dòng, mỗi ct, mỗi đưng chéo đều có n ô vuông.
Một bảng các ô vuông kích thước m x n gồm m dòng và n cột.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho mt mng ô vuông kích thước 5 x 5. Ngưi ta viết vào mi ô của bảng mt
trong các s -1, 0, 1; sau đó tính tổng ca các s theo tng ct, theo tng dòng và theo tng
đưng chéo. Chng minh rng trong tt c các tng đó luôn tn ti hai tng có giá tr bằng
nhau.
Hướng dẫn giải
Bảng ô vuông kích thưc 5 x 5 5ng, 5 cột, 2 đường chéo nên s 12 tổng của các số
đưc tính theo dòng, theo ct và theo đưng chéo. Mi dòng, ct và đưng chéo đu có
ghi 5 s thuc tp {1; 0; 1}. vậy giá tr mỗi tng thuc tp hp {5; 4; 3; 2; 1; 0; 1; 2;
3; 4; 5} 11 phần tử. 12 tổng nhn trong tập 11 các giá trị khác nhau nên theo nguyên
lí Dirichlet tn ti ít nhất hai tổng nhn cùng mt giá trị. Bài toán được chng minh.
( đây “thỏ” là tổng nên có 12 “thỏ”, “lồng” là giá trị của tổng nên có 11 “lng”).
Nhận xét. Với cách giải tương tự, ta có bài toán tổng quát sau:
Cho mt bng ô vuông kích thưc n x n. Ngưi ta viết vào mi ô của bảng mt trong các
số 1, 0, 1; sau đó tính tổng của các số theo tng ct, theo tng dòng theo tng đưng
chéo. Chứng minh rng trong tt c các tổng đó luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
Bài toán 2. Trên bng ô vuông kích thước 8 x 8, ta viết các s t nhiên t 1 đến 64, mỗi s
viết vào mt ô mt cách tùy ý. Chng minh rng luôn tn ti hai ô vuông chung cnh
hiu các s ghi trong chúng không nh hơn 5.
Hướng dẫn giải
Ta xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi s 64. Hiệu giữa hai ô này là 63.
12
{ , ,..., }
m
A aa a=
12
{ , ,..., }
k
B bb b=
an<
( 1,2,..., )im=
j
bn<
( 1,2,..., )jk=
ml n+≥
12
{ , ,..., }
k
C nbnb nb=−−
q
nb
p q pq
a nb a b n=−⇔ +=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
414
S cp ô k nhau t ô ghi s 1 đến ô ghi s 64 nhiu nhất 14 (gồm 7 cp ô chung cnh
tính theo hàng và 7 cặp ô chung cạnh tính theo ct).
Ta có 64 = 14.4 + 7 nên theo nguyên lí Dirichlet, tn ti ít nht hai ô k nhau hai s ghi
trên đó có hiệu không nh n 4 + 1 = 5. Bài toán được chng minh.
( đây, “thỏ” là hiu ca hai s trong 64 s (t 1 đến 64) nên có 63 thỏ; “lồng” số cp ô
vuông k nhau t ô ghi s 1 đến ô ghi số 64 nên có nhiu nht là 14 lng).
Nhận xét.
Mấu cht của bài toán quan tâm đến hai ô vuông ghi s nh nht (s 1) s
ln nht (s 64) sẽ có hin ln nhất là 63; đồng thi xét t ô ghi s 1 đến ô ghi s 64 ch cn
ti đa là (8 1) + (8 1) = 14 ô. đây ta đã vn dng nguyên Dirichlet tng quát: m
th, nht vào k lng mà m = kn + r ttn ti ít nht mt lng cha không ít
hơn n + 1 con thỏ.
Nếu thay bi bng ch nht gm 8 x 10 ô vuông, trên đó ghi các s t 1 đến 80
không lp một cách tùy ý thì kết qu cầu bài toán còn đúng hay không? Hãy chứng minh.
Dạng 4: Bài toán liên quan đến thực tế
C sở phương pháp: Khi chng minh s tn ti mt s đối tưng thỏa mãn điều kin nào
đó, ta thường s dng nguyên lí Dirichlet.
Điều quan trọng nhất là phải xác định đưc “th” và “lồng”.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Một t hc tp có 10 hc sinh. Khi viết chính tả, cả t đều mc li, trong đó bn
Bình mc nhiu li nht (mc 5 li). Chng minh rng trong t y ít nht 3 bn đã mc
một số li bng nhau.
Hướng dẫn giải
Ta coi “thỏ” là hc sinh (tr bạn Bình) nên có 9 thỏ; “lồng” số li chính t hc sinh mc
phi nên có 4 lng: lng i gm nhng hc sinh mc i lỗi (i = 1, 2, 3, 4). 9 thỏ nht vào 4
lng, mà 9 = 4.2 + 1, nên theo nguyên Dirichlet tn ti ít nht mt lng cha không ít hơn
2 + 1 = 3 thỏ, tức là có ít nhất 3 bạn mc một số li bng nhau.
Bài toán 2. một vòng chung kết c vua có 8 đấu th tham gia. Mỗi đu th đều phi gp
đủ 7 đấu th còn li, mi ngưi mt trn. Chng minh rng, trong mi thi đim gia c
cuc đấu, bao giờ cũng có hai đấu th đã đấu một số trn như nhau.
Hướng dẫn giải
Ta coi “thỏ” đấu th nên có 8 thỏ; “lồng” số trn đu của đấu th n có 8
lồng: “lồng i” gồm các đấu th đã thi đấu i trn (với i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7).
Ta thy lng 0 lồng 7 không đng thi tn ti, vì nếu mt đu th chưa đu
trn nào thì s không có đu th nào đã đấu đ 7 trn, cũng như nếu đu th đã
đấu đ 7 trận thì không có ai chưa đấu trn nào.
(1 1)rk≤≤
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
415
Như vy, có 7 lng cha 8 con th nên theo nguyên Dirichlet tn ti mt lng
cha không ít hơn 2 con thỏ, tc trong mi thi đim gia các c đu luôn tìm
được 2 đấu th đã đấu dùng một số trn.
Bài toán 3. Có 6 nhà khoa hc viết thư trao đi vi nhau v một trong hai đ tài: bảo v
môi trưng chương trình dân số. Chứng minh rng ít nht ba nhà khoa hc cùng
trao đổi v một đề tài.
Hướng dẫn giải
Gọi 6 nhà khoa học là A, B, C, D, E, F.
Nhà khoa hc A s viết thư trao đi vi 5 nhà khoa hc còn li v 2 đề tài,
nên theo nguyên Dirichlet tn ti ít nht 3 nhà khoa hc (chng hn B, C, D) đưc nhà
khoa học A trao đổi v cùng một đề tài (chẳng hạn đ tài môi trường).
Trong ba nhà khoa hc B, C, D nếu có hai ngưi nào cũng trao đi v đề i i tng
(chng hn B, C) thì ta chọn đưc A, B, C cùng trao đổi v một đề i.
Nếu trong ba nhà khoa hc B, C, D không có hai ngưi nào trao đi v đề tài môi trưng
thì h sẽ trao đi vi nhau v đề tài dân số, ta sẽ chn đưc B, C, D cùng trao đi mt đ
i.
( đây coi nhà khoa học (tr A) là “th” nên có 5 thỏ, coi đề tài là “lồng” nên có 2 lồng và
vận dng nguyên lí Dirichlet tổng quát).
Dạng 5: Bài toán liên quan đến sự sắp xếp
* Cơ s phương pháp: Các bài toán v sắp xếp ch, phân ng vic không đòi hi nhiu
về kiến thc năng tính toán, chúng ch yếu kết hp suy lun lôgic đ xét các kh
năng có thể xảy ra với ngun lí Dirichlet.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. 20 người quyết đnh đi i thuyn bằng 10 chiếc thuyn đôi. Biết rng nếu
hai ngưi A và B mà không quen nhau ttng s nhng ngưi quen ca A và nhng
ngưi quen ca B không nh hơn 19. Chứng minh rng th phân công vào các thuyn
đôi sao cho mỗi thuyn đều là hai người quen nhau.
Hướng dẫn giải
Nếu trong 20 ngưi không hai ngưi nào quen nhau thì tng s ngưi quen ca hai
ngưi bt kì là 0. Điu này mâu thun vi gi thiết là tng s ngưi quen ca hai ngưi
không nh hơn 19. Vậy tồn ti một số cặp quen nhau.
Ta xếp mi cp quen nhau đó vào mt thuyn đôi. Gi k là s ng thuyn ln nht
trong đó ta có th xếp đưc nhng cp quen nhau vào mt thuyn và hiu thuyn th i
xếp hai người Ai và Bi quen nhau .
Gi sử , kí hiu tp hp M gm nhng ngưi chưa đưc xếp vào thuyn o, tc là
gồm nhng ngưi đôi mt không quen nhau. Chn hai ngưi A và B trong tp hp M.
Theo bài ra thì tng s ngưi quen ca A và s ngưi quen ca B không nh hơn 19 và
5 2.2 1= +
(1 )ik≤≤
9k
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
416
nhng ngưi quen A hoc quen B đã đưc xếp vào thuyn ri. Như vy có 19 ngưi quen
h quen A hoc B đưc xếp vào nhiều nhất là 9 thuyền đôi (tr 1 thuyền vì A, B chưa được
xếp), mà 19 = 9.2 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet tn ti ít nht mt thuyn ch 2 ngưi
quen c A B. Nhưng khi đó ta th xếp li như sau: trong k 1 thuyn đu tiên vn
gi nguyên, còn thuyn th k xếp Ak B, còn thuyn th k + 1 xếp A và Bk. Điều này
mâu thun vi gi sử.
Theo cách xếp này ta tiếp tc xếp đến hết 10 thuyền sao cho mi thuyn hai ngưi đu
quen nhau.
Bài toán 2. thi tuyn sinh vào tng THPT chuyên Long An năm nay có 529 hc sinh
đến t 16 địa phương khác nhau tham d. Gi sử đimi thi n Toán của mỗi hc sinh
đều là số nguyên lớn hơn 4 và bé hơn hoặc bằng 10. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 hc
sinh có đim môn Toán giống nhau và cùng đến t một địa phương.
Hướng dẫn giải
Ta 529 hc sinh đim i thi t 5 điểm đến 10 điểm. Theo nguyên Dirichlet
ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau (từ 5 điểm đến 10 điểm).
Ta có 89 học sinh đim bài thi như nhau đến t 16 đa phương. Theo nguyên lý
Dirichlet tìm đưc 6 em có cùng điểm thi môn toán và đến t cùng mt địa phương.
Dạng 6: Vận dụng nguyên lí Dirichlet vào các bài toán hình học
* Cơ sở phương pháp:Một số các dạng toán hình học thưng gp:
1) Nếu trên một đon thng đ dài 1 đặt một số đon thẳng có tng đ dài ln hơn 1
thì có ít nht hai trong s các đon thẳng đó có điểm chung.
2) Nếu trên đường tròn có bán kính 1 đặt một số cung có tng đ i ln hơn
π
2
thì
có ít nht hai trong s các cung đó có điểm chung.
3) Trong mt hình có din tích S đặt một số hình có tng din tích ln hơn S thì có ít
nhất hai trong số các hình đó có điểm chung.
4) * Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Trong hình vuông đ dài mi cnh là 4 cho trước 33 điểm phân bit, trong
đó không 3 đim nào thng hàng, Ni ta v các đưng tròn bán kính đu bng
2
, có tâm là các điểm đã cho.
Hỏi hay không 3 đim trong s các đim nói trên sao cho chúng đu thuc vào phn
chung của 3 hình tròn có các tâm cũng chính là 3 điểm đó?
(Thi chọn HSG lớp 9 Quốc Gia năm 1995-1996- Bng A)
Hướng dẫn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
417
Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh là 1; vì có 33
đim chứa trong 16 hình vuông, do đó theo nguyên tắc Dirichlet t phi có ít nht là
một hình vuông chứa không ít hơn 3 điểm.
Khoảng cách giữa hai điểm bt k trong hình vuông đơn v đã cho không th t
qua độ dài đưng chéo của nó bằng
2
.
Gọi
123
,,OOO
là 3 điểm cùng nằm trong mt hình vuông đơn v nào đó .
Vẽ ba đường tròn tâm
123
,,OOO
cùng bán kính là
2
. Chắc chn c ba điểm
123
,,OOO
đều nm trong c ba đương tròn này, nghĩa là chúng nằm trong phn
chung của 3 hình tròn có tâm tại chính các đim
123
,,OOO
.
Bài toán 2. Trên mt phẳng cho 25 điểm sao cho t ba điểm bt k trong s chúng đu tìm
được hai điểm có khoảng cách nh n 1. Chứng minh rng tn ti mt hình tròn có bán
kính bằng 1 chứa không ít hơn 13 điểm.
Hướng dẫn giải
Xét đim
A
và hình tròn
( )
1
C
có tâm A và bán kính là 1. Nếu tt c 24 điểm còn lại đu
nm trong
( )
1
C
thì hin nhiên bài toán đưc chng minh.
Xét trưng hp có điểm B nằm ngoài
( )
1
C
. Ta có
1>AB
xét hình tròn
( )
2
C
tâm B và bán
kính là 1.
Gi sử C là một điểm bt k khác
A
B
. Ta chứng minh C phải thuc mt trong hai
hình tròn
( )
1
C
hoc
( )
2
C
.
Thật vậy: giả sử ngưc li đim C không thuc c
( )
1
C
, cả
( )
2
C
1⇒>AC
1>BC
;
theo trên ,
1>AB
như vy có b ba đim
,,ABC
trong đó không có bt k 2 điểm nào
có khoảng cách giữa chúng nh hơn 1. Vô Lý, vì trái với gi thiết.
Điều vô lý đó chứng t rng hoc là C thuộc vào
( )
1
C
hoc là C thuc vào
( )
2
C
.
Như vậy cả 25 điểm đã cho đều thuộc vào
( )
1
C
( )
2
C
.
Theo nguyên tc Dirichlet, t phi có ít nhất là một hình tròn chứa không ít hơn 13
đim.
Bài toán 3. Cho hình vuông
ABCD
và chín đường thng phân bit thỏa mãn mỗi mt
đưng thng đu chia hình vuông thành hai t giác có din tích t l với 2 và 3.
Chng minh rng tn ti ít nhất là ba đường thng đồng qui tại mt đim.
Hướng dẫn giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
418
Nhận xét: các đường thẳng đã cho không thể đi qua trung điểm các cạnh
hình vuông
ABCD
bởi vì nc li thì hình vuông s bị phân thành hai phn
tam giác và ngũ giác.
Gi sử một đưng thẳng trong số đó cắt cnh
BC
ti
M
và cắt cnh
AD
ti
N
.
C
ác hình thang
ABMN
CDNM
có chiều cao bằng nhau nên t gi thiết suy
ra
MN
chia đoạn thng nối trung điểm
P
,Q
của
AB
CD
theo t l
2
3
.
D thy ch có 4 điểm chia 2 đường trung bình của hing vuông ABCD theo tỷ
l
2
3
,, ,IJKH
. Có 9 đường thẳng đia qua 4 điểm này; theo nguyên tắc
Dirichlet, phi có ít nhất là 3 đưng thẳng cùng đi qua một đim.
Bài toán 4. Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Ni ta sơn các đnh của đa giác bằng
2 màu xanh đỏ. Chứng minh rng t phi tn ti 3 đnh đưc sơn cùng mt u
tạo thành một tam giác cân.
Hướng dẫn giải
Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó ắt phi tn tại 2 đỉnh k nhau là
P
Q
được sơn bởi cùng 1 màu ( chẳng hạn màu đỏ).
Vì đa giác đã cho là đa giác đều có một s l đỉnh, cho nên phi tn tại một đnh
nào đó nằm trên đường trung trc của đoạn thng
PQ
. Giả sử đỉnh đó là
A
.
Nếu
A
tô màu đỏ thì ta có
APQ
là tam giác cân có 3 đỉnh
,,APQ
được tô cùng
màu đỏ.
Nếu
A
tô màu xanh. Lúc đó gọi
B
C
là các đỉnh khác của đa giác kề với
P
Q
.
H
K
J
I
M
P
Q
N
C
B
D
A
B
A
D
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
419
Nếu c 2 đỉnh B và C được tô màu xanh thì
ABC
cân và có 3 đỉnh cùng tô màu
xanh.
Nếu ngưc li một ttrong hai đỉnh B hoặc C mà tô màu đỏ thì tam giác
BPQ
hoc
tam giác
CPQ
là các tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ.
C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Một đồi thông 800 000 cây thông. Trên mỗi cây thông có không quá 500 000 chiếc
lá. Chứng minh rng ít nhất cũng có 2 cây thông có cùng số lá như nhau ở trên cây.
Bài 2. Một lp hc có 40 hc sinh. Chng minh rng ít nht 4 hc sinh tháng sinh
ging nhau.
Bài 3. Cho dãy s gồm 5 s t nhiên bt
12345
,,,,aaaaa
. Chứng minh rng tn ti mt s
chia hết cho 5 hoc tng của một số số liên tiếp trong dãy đã cho chia hết cho 5.
Bài 4. Cho p là số nguyên t lớn hơn 5. chứng minh rng tn ti một số dng
111...11
mà chia hết cho p.
Bài 5. Với 39 số t nhiên liên tiếp, hi rng ta th tìm đưc mt s tng các ch số
của nó chia hết cho 11 hay không?
Bài 6. Chng minh rng trong 52 s t nhiên tùy ý, chí ít cũng mt cp gm hai s sao
cho hoc tng hoc hiu của chúng chia hết cho 100.
Bài 7. Chng minh rằng tn tại lũy thừa của 29 mà các chữ số tn cùng của nó là 00001.
Bài 8. (Bài toán áp dụng 2 lần nguyên tc Dirichlet)
Có 17 nhà toán hc viết thư cho nhau trao đi v 3 vn đ khoa hc, mi ngưi viết
thư cho mt ngưi v một vn đề. Chứng minh rng ít nht cũng có 3 nhà toán hc
trao đổi với nhau về cùng một vấn đ.
Bài 9. Một lp hc có 30 hc sinh. Khi viết chính t, em A phạm 14 lỗi, các em khác phm
ít li n. Chng minh rng ít nht là 3 hc sinh không mc li hoc mc s li bng
nhau.
Bài 10. Cho 5 ngưi tùy ý. Chng minh rng trong s đó ít nht là hai ngưi có s
người quen bằng nhau ( chú ý là A quen B thì B quen A).
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
420
Bài 11. Trong mt gii bóng đá có 10 đội tham gia, bất c hai đi nào trong s đó ng
phi đu vi nhau mt trn. Chng minh rng ti bt c thi đim nào của lịch thi đu
cũng có hai đội đã đấu đưc một số trn như nhau.
Bài 12. Chng minh rng đi vi mt s n nguyên dương bt bao gi ta cũng tìm đưc
mt s t nhiên c ch s ca nó bao gm ch có ch s 5 và ch s 0 và chia hết cho n.
Bài 13. Chng minh rng luôn tn ti s đưc viết bởi toàn ch số 8 chia hết cho 2011.
Bài 14. Chng minh rng nếu ( n, 2010 ) = 1 thì luôn tồn ti mt số k nguyên dương sao
cho n
k
1 chia hết cho 2010.
Bài 15. Chng minh rằng trong 1007 số t nhiên bt k luôn tn ti hai s sao cho tổng
hoc hiu ca chúng chia hết cho 2011.
Bài 16. Cho n + 1 số nguyên dương khác nhau nh hơn 2n ( n > 1 ). Chứng minh rng có
th chọn ra 3 số nào đó mà một số bằng tng hai s kia.
Bài 17. Cho tam giác đều
ABC
có cnh bằng 1. Đánh dấu 5 điểm phân biệt bt k
trong
ABC
. Chứng minh rng t tn ti ít nhất là 2 điểm trong số đó mà khoảng
cách giữa chúng nhỏ hơn
0,5
.
Bài 18. Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1, lấy bt k 51 điểm phân biệt. Chứng
minh rng phi tn ti ít nhất là 3 điểm trong số 51 điểm này nằm trong một hình
tròn có bán kính bằng
1
7
.
Bài 19. Bên trong hình tròn
( )
,OR
có din tích bằng 8, người ta lấy 17 điểm phân
bit bt kỳ. Chứng minh rằng bao gi cũng tìm đưc ít nhất là 3 điểm to thành
một tam giác có diện tích bé hơn 1.
Bài 20.Bên trong một cái sân hình ch nht có chiều dài 4m và chiều rộng là 3m có
6 con chim đang ăn. Chứng minh rằng phải có ít nhất là hai con chim mà khoảng
cách đu gia chúng nh hơn là
5m
.
Bài 21. Các điểm trên mặt phng đưc tô bng một trong ba màu: xanh, đỏ, vàng.
Chng minh rng tn ti ít nhất là 2 điểm được bởi cùng một màu và khoảng các
gia chúng bằng 1.
Bài 22. Trên mt phng cho
100
điểm bt kỳ. Nối mi điểm với ít nht là
66
điểm
trong số
99
điểm còn lại bằng mt đon thẳng. Chng minh rằng có thể xãy ra
trưng hợp có 2 điểm trong số 4 điểm bt k của
100
điểm đã cho không được ni
với nhau.
Bài 23. Cho
5
điểm phân biệt nm bên trong hình vuông
ABCD
có cạnh bằng
35 3+
. Chứng minh rng t tìm đưc ít nhất là một điểm trong hình vuông đã cho
sao cho, khoảng cách từ nó đến ểm đã cho lớn hơn 10.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
421
Bài 24. Mỗi điểm cửa mặt phng đưc tô bng một trong hai màu xanh hoặc đỏ.
Chng minh rng t tìm đưc ít nhất là ba điểm được tô bi cùng mt màu to
thành một tam giác đu có cnh là 1 hoc
3
.
Bài 25. Mỗi điểm của mặt phng đưc tô bng một trong hai màu đen và đỏ.
Chng t rng tn ti mt tam giác đều mà các đỉnh của nó chỉ được tô bằng mt
màu.
Bài 26. Trên mt phng cho
2000
đường thng phân biệt, đôi một cắt nhau. Chng
minh rng tn ti ít nhất là 2 đường thẳng mà góc tạo bởi chúng không ln hơn
180
2000
°
Bài 27. Bên trong đường tròn có bán kính
2000
8000
đon thẳng có độ dài là
1
. Chứng
minh rng có th dng đưc mt đưng thng
d
hoặc là song song hoặc là vuông góc với
một đưng thng
l
cho trước, sao
d
ct ít nhất là hai đoạn thẳng đã cho.
Bài 28. Cho bảng ô vuông ch thước 10.10 gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô
vuông của bảng này một s nguyên dương không ợt q10 sao cho hai s hai ô
vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh nguyên tcùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô
vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.
Bài 29.Trong hình ch nht kích thước 1.2 ta lấy
+
2
6n 1
đim vi n là s nguyên dương.
Chng minh rng tn ti 1 hình tròn có bán kính
1
n
cha không ít hơn 4 trong s các đim
đã cho.
Bài 30. Cho mi điểm trên mặt phng được tô bằng một trong hai màu xanh, đỏ. Chng
minh rng tn ti một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.
Câu 31. Lp 6A có 45 hc sinh làm bài kim tra môn Toán không có ai b điểm
dưới 2 ch có 2 bạn được điểm 10. Chứng t rng ít nht cũng tìm đưc 6 hc
sinh có điểm kiểm tra bằng nhau. Biết điểm kiểm tra là số t nhiên t 0 đến 10?
Câu 32. Chng minh rng t 52 số nguyên bt luôn tn ti 2 s tng hoc hiu ca
chúng chia hết cho 100.
Câu 33. Trên mt phng cho
2019
đim phân bit sao cho trong bt c 3 điểm nào trong
2019
đim trên ta luôn tìm đưc 2 đim có khong cách nh hơn
1
cm. Chng minh
rằng: Sẽ tn ti ít nht
1010
đim nằm trong 1 đường tròn có bán kính bằng
1
cm.
NG DN GII
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
422
Bài 1. Ta hãy ng ng mi cây thông mt "th", như vậy 800.000 "thỏ" đưc
nhốt vào không quá 500.000 "chiếc lng". Lng 1 ng vi cây thông 1 chiếc lá trên cây,
lng 2 ng vi cây thông 2 chiếc trên cây v.v... Số th ln hơn s lng, theo nguyên
tc Đirichlet ít nht có 1 lng nht không ít hơn 2 th nghĩa là có ít nht 2 cây thông
cùng s lá.
Bài 2. Một năm có 12 tháng. Ta phân chia 40 học sinho 12 tháng đó. Nếu mi tháng có
không quá 3 học sinh được sinh ra thì số hc sinh không quá: 3.12 = 36 mà 36 < 40 (vô lý).
Vậy tn ti mt tháng ít nht 4 hc sinh trùng tháng sinh ( trong bài này 40 th là 40
học sinh, 12 lồng là 12 tên tháng).
Bài 3. Ta sẽ thành lp dãy s mới gồm 5 số sau đây:
11
212
3123
41234
512345
Sa
S aa
S aaa
S aaaa
Saaaaa
=
= +
=++
=+++
=++++
- Nếu mt trong cách
( )
1,...,5
i
Si=
chia hết cho 5 thì bài toán đã được chng minh.
- Nếu không s nào chia hết cho 5 thì khi đem chia các s
i
S
cho 5 s đưc 5 s
có giá trị t 1 đến 4.
Có 5 s ch 4 giá tr (5 th, 4 lng). Theo nguyên tc Đirichlet ít nht phi có
2 số dư có cùng giá tr. Hiu ca chúng chia hết cho 5. Hiu này chính tng các
i
a
liên tiếp nhau hoc là
i
a
nào đó.
Bài 4.
Xét dãy số 1,11,111,...,

höõ soá1
111....11
pc
Ta chứng minh trong dãy trên phải có số chia hết cho p. Gi sử kết lun y không đúng,
tức là không có bất k số nào của dãylại chia hết cho p.
Cho tương ng mi s dư của phép chia cho p . Tập hp s dư có th thuc tp hợp {1, 2,
3,..., p 1} (Do 0 không thể thuc tp hợp này). Ta lại có p số trong dãy s trên. Vì vậy theo
nguyên lý Dirichlet tn ti ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho p. Giả sử các s đó là
111...11 (m chữ số 1) và số 111....11 (n chữ số 1) với
( )
1 nmp≤<
. Từ đó ta có
−−

 
höõ soá1 höõ soá1 höõ soá1 höõ so 0 höõ soá1
(111...11 111...11) , 111...1 000...0 111...1 .10
n
m c n c m nc nc m nc
p hay p Hay p
(1)
Do p là sô nguyên tố lớn hơn 5 nên (p; 10) = 1, Vì thế t (1) ta suy ra

höõ soá1
111...1
m nc
p
(2)

höõ soá1
111...1
m nc
là một số thuộc dãy trên nên từ (2) suy ra mâu thuẫn vi gi thiết. Vậy gi sử
phn chứng là sai. Ta suy ra điều phi chng minh.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
423
Bài 5. Từ 20 số đầu tiên của dãy bao giờ ta cũng có th tìm đưc 2 s ch số hàng đơn
vị là 0, và trong hai số đó ít nht phi có mt s có ch số hàng chục khác 9. Giả sử N s
đó, và ta gọi S tổng các chữ số của N.
Ta có dãy s mới N, N + 1, N + 2,... N + 9, N + 19 là 11 số vẫn nm trong 39 s cho trưc mà
tng các ch số của chúng S, S + 1, S + 2, ... S + 9, S + 10. Đó 11 số t nhiên liên tiếp, t
phi có một số chia hết cho 11.
Bài 6. Để làm xuất hin s "thỏ" và số "lồng ta làm như sau:
Trong tp hp các s dư trong phép chia cho 100 ta ly ra tng cp s sao cho tng
các cp đó bằng 100 và thành lập thành các nhóm sau:
(0 ; 0), (1 ; 99), (2 ; 98), (3 ; 97), (4 ; 96), (5 ; 95), (6 ; 94)... (49 ; 51), (50 ; 50). Chú ý rng
sẽ có 50 cp như vậy, ta thêm vào cặp (0, 0) sẽ có 51 cặp (51 lồng).
- Đem chia 52 số t nhiên cho 100 sẽ có 52 số dư (52 thỏ).
- 52 số ch 51 nhóm, theo nguyên tc Dirichlet ít nht cũng phi có 2 s
dư cùng rơi vào một nhóm.
Rõ ràng là cp s t nhiên ng vi cp s dư này chính hai s t nhiên có tng
hoc hiệu chia hết cho 100. (đpcm)
Bài 7. Trưc hết ta chú ý rằng:
29
m
có tận cùng là 1 nếu m là số chn
29
m
có tận cùng là 9 nếu m là số lẻ.
Ta hãy xét 10
5
lũy tha của 29 với các s mũ chẵn khác nhau. Có hai kh năng xảy ra:
a. Trong đó nếu s mũ 2k nào mà 29
2k
có tận cùng 00001 tbài toán đã được
chng minh.
b. Không có số mũ 2k nào để 29
2k
có tận cùng là 00001.
Từ b, ta thấy rằng:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
424
S các s 5 ch số tn cùng khác nhau nh hơn 10
5
(k t 5 ch số tận cùng 00002,
00003, ... 99 999, 10
5
).
trong khi đó s các s khác nhau mà ta đang xét là 10
5
số. Theo nguyên tc Dirichlet
ít nht phi có hai lũy thừa nào đó có 5 chữ số tn dùng là như nhau.
Gi sử A1 =
1
2k
29
= M1 . 10
5
1
abcd
A2 =
2
2k
29
= M2 . 10
5
1
abcd
Có th gi sử k1 > k2 mà không làm mất tính cht tổng quát của bài toán. Thế thì ta có:
A1 - A2 =
1
2k
29
-
2
2k
29
= (M1 - M2) 10
5
A1 - A2 =
1
2k
29
-
2
2k
29
=
2
2k
29
( )
129
)k-2(k
21
2
2k
29
có tn cùng là 1 và A1 - A2 = (M1 - M2)10
5
có tn cùng không ít hơn 5 s 0 nên
suy ra
( )
129
)k-2(k
21
phi có tn cùng không ít n 5 ch số 0, từ đó suy ra
)k-2(k
21
29
có tận cùng là 00001 (số các ch số 0 ít nhất là 4).
Ta tìm được s k = 2(k1 - k) thỏa mãn đề bài (đpcm).
Bài 8. Gọi A là nhà toán hc nào đó trong s 17 nhà toán hc, thì nhà toán hc A phi trao
đổi vi 16 nhà toán hc còn li v 3 vấn đ. Như vy nhà toán hc A phi trao đi ít
nht vi 6 nhà toán hc v một vn đ o đó. nếu ch trao đi vi s ít hơn 6 nhà
toán hc v một vn đ ts nhà toán hc đưc trao đi vi A ít hơn 16. (Các bn có
th din t theo khái nim "th" và "lng" đ thy đây đã áp dng nguyên
tcDirichlet ln th nhất.)
- Gọi các nhà toán hc trao đi vi nhà toán hc A v một vn đ nào đó (gi sử vấn
đề I) là A1, A2, A3, A4, A5, A6 . Như vy 6 nhà toán hc trao đi vi nhau v 3 vấn
đề (không k trao đi với A). Như vậy có 6 nhà toán học A1, A2, A3, A4, A5, A6 trao đổi
với nhau về 3 vấn đề, I, II, III.
Có hai khả năng xy ra:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
425
a. Nếu có 2 nhà toán hc nào đó cùng trao đi vi nhau v vấn đ I thế thì 3 nhà
toán hc (k c A) trao đổi vi nhau v vấn đ I. Bài toán được chng minh.
b. Nếu không ntoán hc nào trong 6 nhà toán hc A1, A2 ... A6 trao đi v vn
đề I thì ta có 6 nhà toán hc ch trao đi vi nhau v 2 vấn đ II và III. Theo nguyên
tcDirichlet có ít nht 3 nhà toán hc cùng trao đi vi nhau v một vn đ II hoc
III. Bài toán cũng được chng minh.
Bài 9. Để tôn trọng ta cần thay đổi ngôn ng th, chung hc sinh , phòng.
Phòng 1: Chứa các em mắc 1 lỗi.
Phòng 2: Chứa các em mắc 2 lỗi.
…………………………………….
Phòng 14: Chứa các em mắc 14 lỗi.
Phòng 15: Chứa các em không mắc lỗi.
Theo gi thiết phòng 14 ch em A. Còn li 14 phòng cha 29 em. Theo nguyên lý
Dirichlet tn ti mt phòng cha ít nhất 3 em. Từ đó có điu phi chng minh.
Bài 10. Có 5 người nên số ngưi quen nhiu nht của mỗi ngưi là 4.
Phòng 0: Chứa những người không có người quen.
Phòng 1: Chứa những người có 1 người quen.
………………………………………………………
Phòng 4: Chứa những người có 4 người quen.
Để ý rằng phòng 0 & phòng 4 không th cùng có ngưi.
Thc chất 5 người cha trong 4 phòng.
Theo nguyên lý Dirichlet tn ti mt phòng chứa ít nhất 2 người. Từ đó có điu phi
chng minh.
Bài 11. Xét một thi đim bt k của lịch thi đu ( mi đi thi đu tối đa 9 trận).
Phòng 0: Chứa các đội chưa đấu trn nào.
Phòng 1: Chứa các đội đã thi đấu 1 trận.
……………………………………………….
Phòng 9: Chứa các đội đã thi đấu 9 trn.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
426
Để ý rằng phòng 0 phòng 9 không th cùng có đi thi đu.
Thc chất 10 đội cha trong 9 phòng.
Theo nguyên lý Dirichlet ta suy ra điều phi chng minh.
Bài 12. Xét n+ 1 số sau:
5...55;...;55;5
121
===
+n
aaa
( n+1 ch số 5).
Theo nguyên lý Dirichlet : với n+1 số trên t tn ti hai s có cùng số dư khi chia cho n.
Hiu của hai số này là số có dạng: 55…50…0 gồm toàn chữ số 5 và chữ số 0 và chia hết
cho n. Đó là điều phi chng minh!
Bài 13. Xét 2012 số
8...88;...;88;8
201221
=== aaa
(2012 chữ số 8). Tương tự ví d 4 sẽ tn ti
số có dạng 88…80…0 ( n chữ số 8 và k chữ số 0) chia hết cho 2011.
Mà: 88…80…0 = 88…8.10
k
và (10
k
,2011) = 1 suy ra số: 88…8 chia hết cho 2011. Điều phi
chng minh! ( Lưu ý: 2011 là số nguyên tố)
Bài 14. Xét 2011 số sau: n; n
2
; n
3
;…; n
2011
.
Theo nguyên lý Dirichlet tn ti ít nhất hai số cùng s dư khi chia cho 2010.Giả sử hai
số đó là n
i
và n
j
với 1
< ji
2011. Khi đó n
j
– n
i
= n
i
(n
j – i
1) = n
i
( n
k
1) chia hết cho
2010 ( k = j - i là số nguyên dương). Vậy n
k
– 1 chia hết cho 2010 ( vì (n
i
, 2010) =1).
Bài 15. Ta xét phép chia 1007 số trên cho 2011 và xếp vào:
Nhóm 0: Các số chia hết cho 2011 ( dư 0)
Nhóm 1: Các số chia cho 2011 dư 1 hoặc 2010.
Nhóm 2: Các số chia cho 2011 dư 2 hoặc 2009.
………………………………………………….
Nhóm 1005: Các số chia cho 2011 dư 1005 hoặc 1006.
Theo nguyên lý Dirichlet tn ti mt nhóm chứa ít nhất hai số. Theo cách xếp nhóm thì
hoc là tng hoc là hiu của hai số này sẽ chia hết cho 2011.
Bài 16. Sp th t n + 1 số đã cho
naaa
n
2...1
121
<<<<
+
( Nhóm 1). Xét thêm n số:
11132121
;...;; aabaabaab
nn
===
+
. Ta có: 1
nbbb
n
2...
21
<<<<
(Nhóm 2).
Tập 2n số của cả 2 nhóm trên ( trừ
1
a
của nhóm 1) nhận 2n -1 giá trị ( chuồng).
Theo nguyên lý Dirichlet có 2 số bằng nhau nhưng không cùng một nhóm 1 hoc
nhóm 2 tức là phải thuc 2 nhóm. Từ đó suy ra điều phi chng minh!
Bài 17.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
427
Các đư
ờng trung bình của
ABC
chia nó thành bốn tam giác đều có cnh là
0,5
. Theo nguyên tắc Dirichlet, t tn ti ít nhất là 2 điểm rơi vào cùng một
tam giác nhỏ. Ta có khoảng cách giữa 2 điểm này nhỏ hơn
0,5
.
Bài 18. Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh là 0,2.
Suy ra theo nguyên tc Dirichlet, t tn ti ít nhất là 3 điểm nằm trong một hình
vuông con. Ta có bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông này bằng
11
7
52
<
. Suy ra 3 điểm đã cho nằm trong hình tròn bán kính là
1
7
.
Bài 19.
Chi
a hình tròn
( )
,OR
thành 8 phần bằng nhau. Do đó mỗi hình qut có din tích
bằng 1.
Theo nguyên tc Dirichlet, t có ít nht là một hình qut chưa nhiều hơn 2 điểm.
Xét 3 điểm phân biệt trong hình quạt đã cho. Dễ thấy tam giác tạo bởi 3 điểm này
có diện tích bé hơn 1.
Bài 20.
Ch
ia sân thành 5 hình như hình vẽ. Áp dụng nguyên tắc Dirichlet, ta suy ra kết qu
cn chng minh.
C
B
A
O
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
428
I
O
P
A
B
Bài 21. Dng
( )
0; 3
.
P
là mt điểm thưc
( )
0; 3
. Dựng hình thoi
OAPB
có đường
chéo
OP
cnh là
1
.
Gọi
I
là giao điểm của hai đường chéo, ta có:
3
2
=OI
.
2 22
⇒= AI AO OI
2
31
1
24

=−=



1
2
⇒=AI
1⇒=AB
Vậy
AOB
đều có cnh bằng 1.
Gi sử ngưc li, mọi cặp hai điểm có khaongr cách giữa chúng bng 1 mà đều đưc tô
bằng hai màu khác nhau.
Không matas tính chất tổng quát, ta giả sử đim
O
được tô bằng màu xanh, điểm
A
đưc
tô bằng màu đỏ và điểm
B
được tô bằng màu vàng.
Bởi vì
1= =PA PB
suy ra
P
phi được tô bằng màu xanh.
Với cách lp lun như vậy ta suy ra, tất c các điểm trên đường
( )
0; 3
đều đưc tô cùng
một màu xanh. Mặt khác d dàng tìm được trên
( )
0; 3
hai điểm mà khoảng cách giữa
chúng bng
1
, nên theo giả sử chúng được tô bằng hai màu khác nhau. Vô lý.
Điều vô lý đó chứng t có hai điểm được tô cùng một màu mà khoảng cách của chúng
bằng 1.
Bài 22. Gọi các điểm đã cho là
1 2 3 100
,,,,AAA A
Kí hiu:
{ }
1 2 3 33
,,,,= M AAA A
,
{ }
34 35 36 66
, , ,,= N AAA A
,
{ }
67 68 69 100
, , ,,= P AAA A
Tập
M
gồm
33
điểm, tập
N
gồm
33
điểm và tập
P
gồm
34
đim. Trưng hp của bài
toán: yêu cầu chứng minh có thể xảy ra nếu như:
Mỗi đim trong tp hp
M
ch đưc ni vi các đim của tập hp
N
hoc
P
.
Ccacs đim của tập hp
N
ch đưc ni vi các đim của tập hp
P
hoc tp
M
.
Các điểm của tập hp
P
ch đưc ni vi các đim có trong tp
M
hoc tp
N
(2 tập này
có 66 điểm).
Thật vậy, giả sử
( )
,,,
i jkl
AAAA
là 4 điểm bt k trong s
100
điểm. Theo nguyên tắc
Dirichlet awrt phi có ít nht là
2
đim cùng thuộc vào cùng
1
tp hp (
M
,
N
hoc
P
)
Do đó với cách phân chia trên đây, 2 điểm này không đưc ni vi nhau.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
429
Bài 23. Gọi
,KI
lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB
CD
.
Trên đon
KI
ly đim
M
N
sao cho:
8= =KM NI
Ta có:
=−−MN KI KM NI
=
35 3 16 19 3+ −=+
còn
= = =AM BM DN CN
2
35 3
8 20
2

+
= +>



Do đó nếu ta vẽ các đưng trong có tâm là
,,,, ,ABCDM N
bán kính là
10
thì các đưng
tròn này không cắt nhau.
Bởi vì ch
5
đim phân bit nm trong hình vuông, do đó t tn ti ít nhất là một hình
tròn không chứa đim nào trong s
5
điểm đã cho.
Nhn thấy, tâm của đường tròn này có khoảng các tới 5 điểm đã cho lớn hơn 10.
Bài 24. Dng một tam giác đều có cnh bng
1
. Nếu c ba đỉnh được to bởi cùng
một màu (xanh hoặc đỏ) thì bài toán được chng minh.
Trong tng hp ngưc lại, xét tam giác đều
ABC
có cnh
1=AB
A
B
đưc tô
bằng hai màu khác nhau.
Ly đim
D
của mặt phẳng sao cho
2= =AO BO
. Vì
,AB
khác màu nên
D
cùng màu với ch một trong hai điểm
A
hoc
B
.
Suy ra tồn ti đon t hng
2=AD
hoc
2=BD
có 2 mút
được tô bằng hai màu khác nhau. Giả sử là đoạn thng
AD
. Gọi
K
là trung điểm của đoạn thng
AD
thì
K
cùng
màu vi một trong hai đim
A
hoc
D
. Giả sử
K
A
cùng có màu xánh.
Vẽ các tam giác đều
APK
AQK
.
Nếu
P
Q
có màu xanh thì ta có tam giác đều
APK
AQK
có cnh bằng 1 và ba đỉnh được tô bằng cùng màu xanh.
Nếu
P
Q
có màu đỏ thì tam giác
PQD
có 3 đỉnh được tô cùng màu đỏ. Dễ thấy, tam
giác
PQD
đều có cnh là
3
.
Bài 25.
D
K
A
D
C
B
M
N
1
P
Q
A
D
K
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
430
Cách 1. Có thể giải như bài 808
Cách 2: có thể gii như cách sau đây:
Vẽ tam giác
ABC
nếu c ba đnh
,,ABC
đưc tô
cùng một màu thì ta có ngay điều phi chng
minh.
Nếu
,,ABC
được tô bởi 2 màu khác nhau, theo
nguyên tc Dirichlet, t phải có hai đỉnh đưc tô
cùng một màu. Giả sử các đnh
A
B
đưc tô
cùng màu đen, khi đó
C
được tô bằng màu đỏ..
Dng lục giác đều
ADGEFC
có tâm là
B
.
Ta có tam giác
ADB
đều. Nếu
D
được tô màu
đen ta có ngay điều phi chng minh. Còn nếu
D
được tô màu đỏ, lại xét tam giác
CDE
đều. Nếu
E
được tô bằng màu đỏ thì tam giác
CDE
có ba đỉnh đưc tô cùng
màu đỏ, thỏa mãn.
Có nếu ngưc li
E
được tô bằng màu đen, lại xét tam giác
BEF
đều. Nếu
F
đưc
tô bằng màu đen thì ta có
BEF
có ba đỉnh được tô cùng màu đen, thỏa mãn.
Gi sử ngưc li
F
được tô bằng màu đỏ, thì lại xét tam giác
CFH
đều.
Nếu đim
H
được tô bằng màu đỏ thì ta có tam giác
CFH
có ba đỉnh được to bằng
màu đỏ, thỏa mãn. Còn giả sử ngưc li
H
được tô bằng màu đen thì lại v tam
giác đều
BHI
. Nếu
I
được tô bằng màu đen thì tam giác
BHI
có ba đỉnh đưc tô
bằng màu đen, thỏa mãn. Giả sử ngưc li,
I
được tô bằng màu đỏ thì xét tam giác
IDF
. Dễ thấy tam giác
IDF
đều, theo trên ta có ba đỉnh
,,IDF
được tô bởi cùng
màu đỏ, thỏa mãn.
Tóm lại: ta chứng t đưc rằng, tồn tại tam giác đều mà ba đỉnh được tô bởi cùng
một màu.
Bài 26. Ly mt đim
O
bất k trên mt phng. Qua
O
dựng các đường thng song
song với
2000
đường thng đã cho. Tại
O
ta có
4000
góc đôi một đi đnh có tng
số đo bằng
360°
. Từ đó suy ra điều phi chng minh.
Bài 27. Gi sử
xy
là một đưng thng bt k vuông góc vi
l
. Ta đánh dấu các đoạn
thng theo th t
1,2,3, ,8000
. Chiếu các đoạn thẳng này lên hai đường thng
xy
l
.
Kí hiu
i
a
i
b
(
1,2, ,8000= i
) tương ứng là độ i của các đoạn thẳng đã cho trên các
đưng thng
xy
l
.
Ta có
1+≥
ii
ab
với mi
1,2, ,8000= i
F
A
H
E
D
I
G
C
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
431
Do đó
( ) ( )
1 2 8000 1 2 8000
8000 4000 4000++ + ++ = +aa a bb b
Suy ra: hoặc là
1 2 8000
4000++ aa a
hoc là
1 2 8000
4000++ bb b
Ta có
8000
đon thẳng có thể chiếu vuông góc lên đường kính ca đưng trong vi đ dài
4000
.
Nếu các hình chiếu của các đoạn thẳng đã cho lên đưng thng
l
mà không có các điểm
chung thì ta có:
1 2 8000
4000++ <aa a
.
Vì vy trên
l
tìm đưc mt điểm là hình chiếu của các điểm thuc ít nhất là hai trong số
các đon thẳng đã cho.
Khi đó đưng thng vuông góc vi
l
dựng qua điểm này sẽ có đim chung vi ít nht hai
đon thng trong s
8000
đon thẳng đã cho.
Bài 28. Xét hình vuông cạnh
2x2
, do hình vuông này có mi hình vuông nhỏ luôn chung
cạnh hoặc chung đỉnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số chia hết cho 3 do
đó có ít nht 2 s l không chia hết cho 3. Bng
10x10
đưc chia thành 25 hình vuông có
cạnh
2x2
nên có ít nhất 50 sl không chia hết cho 3. Từ 1 đến 0 có 3 s l không chia hết
cho 3 là 1, 5, 7. Áp dụng nguyên Dirichlet ta được một trong ba số trên xuất hiện ít
nhất

+=


50
1 17
3
lần
Bài 29. Chia các cnh ca hình ch nht thành n đon và 2n đon bng nhau ,mi đon có
độ i
1
n
. Nối c đim chia bng các đưng thng song songvi các cnh ca hình ch
nht ta đưc
=
2
n.2n 2n
hình vuông nh với cnh là
1
n
. Nếu mi hình vuông cha không
quá 3 điểm thì tng s đim đã cho không quá
=
22
3.2n 6n
(ti vi gi thiết). Do đó phi
tn ti 1 hình vuông cha không ít hơn 4 đim. ràng nh vuông cnh
1
n
ni tiếp
đưng tròn bán kính là
2
2n
và đưng tròn này đưc cha trong đưng tròn đồng tâm bán
kính
1
n
.
Bài 30.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
432
Ly năm đim tùy ý sao cho không có ba
đim nào thng hàng trên mt phng.
Khi đó vì ch dùng có hai màu đ các
đỉnh, theo nguyên Dirichlet phi
tn ti ba đim trong s đó cùng màu.
Gi sử đó ba đim A, B, C có màu đ.
Như vy ta có tam giác ABC vi ba đnh
màu đỏ. Gọi G là trng tâm tam giác
ABC. Chỉ có hai khả năng xảy ra:
+ Nếu G có màu đỏ. Khi đó A, B, C, G
cùng đ và bài toán đã được gii.
+ Nếu G có màu xanh. Kéo dài GA, GB, GC các đoạn
= = =AA 3GA, BB’ 3GB, CC’ 3GC
.
Khi đó gọi M, N, P tương ứng là các trung điểm của BC, CA, AB thì
= = ⇒=A’A 3AG 6GM A’A 2AM.
Tương t
= =B’B 2BN, CC 2CP
. Do đó các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhn
A, B, C là trọng tâm. Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm
G. Có hai trường hợp sau có thể xảy ra:
Nếu A’, B’, C’ cùng xanh. Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm G có cùng màu xanh.
Nếu ít nhất một trong các điểm A’, B’, C’ có màu đỏ. Không mất tính tổng quát giả sử A’
đỏ. Khi đo tam giác A’BC và trọng tâm A màu đỏ.
Vậy trong mi kh năng luôn tồn ti một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.
Câu 31. S hc sinh lớp 6A đạt đim kiểm tra từ 2 đến 9 là: ( hc sinh)
Ta có:
Khi phân chia 43 học sinh vào 8 loại điểm kim tra t 2 đến 9 thì theo
Nguyên Dirichlet luôn tn ti ít nht hc sinh đim kim tra
giống nhau.
Câu 32. Chia 52 số nguyên tùy ý cho 100,ta có th các s t 0,1,2,3,…,99.Ta phân các
số thành các nhóm sau: . Ta có tt c 51 nhóm khi chia 52
số cho 100 ta 52 số . Theo nguyên Dirichlet s có 2 s cùng thuc mt nhóm. Ta
có 2 trường hp:
Trưng hp 1: Hai số ging nhau, suy ra hiu hai s có 2 s tương ng đó s chia
hết cho 100.
Trưng hp 2: Hai số dư khác nhau,suy ra tng ca hai s hai s tương ng đó
sẽ chia hết cho 100
Ta suy ra điều phi chng minh.
C'
B'
A'
G
P
N
M
C
B
A
45 2 43−=
43 8.5 3= +
516+=
0 ; 1, 99 ;...; 49,51 , 50
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
433
Câu 33. Nếu khong cách gia hai đim đu hơn
1
thì ta ch cn chn mt đim
A
bất
trong s 2019 điểm đã cho, ri v đưng tròn
( ,1)A
, đưng tròn y s chứa cả 2018
đim còn li, do đó ta có điều phi chng minh.
Gi sử có hai đim
A
và
B
trong đó 2019 điểm đã cho mà có khong cách ln hơn 1. V
các đường tròn tâm là
A
,
B
và bán kính cùng là 1. Ta còn lại 2017 điểm. Mi đim
C
bất kì
trong s 2017 đim y.
Theo bài thì
,AB
,AC
BC
phi có mt đon thẳng có độ dài bé hơn 1.
1AB >
nên
1BC <
hoc
1AC <
. Do đó hoc là
C
nm trong đưng tròn
( ,1)A
hoc là
B
nm trong đưng tròn
( ,1)B
.
Do 2017 điểm C như vy nên theo nguyên lí Dirichlet, tn ti ít nht
2017
1 1009
2

+=


đim nm trong cùng mt đưng tròn.
Gi sử đưng tròn đó
( ,1)A
. Cùng vi đim A ta có
1010
đim nm trong đưng tròn
( ,1)A
(đpcm).
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
434
CÁC CHUYÊN Đ BI DƯNG HC SINH GII
HÌNH HC LP 7
CHUYÊN ĐỀ 1: GÓC TRONG TAM GIÁC
I. Cơ s lí thuyết
Để gii tt các bài toán tính s đo góc thì hc sinh ti thiu phi nm vng các kiến
thc sau:
Trong tam giác:
o Tng s đô ba góc trong tam giác bằng 180
.
o Biết hai góc ta xác địn đưc góc còn li.
o Mi góc ngoài của mt tam giác bng tng ca hai góc trong không k vi nó.
Trong tam giác cân: biết một góc ta xác định được hai góc còn lại.
Trong tam giác vuông:
o Biết mt góc nhọn, xác định đưc góc còn li.
o Cnh góc vuông bng na cnh huyn thì góc đi din vi cnh góc vuông s đo bng
30
.
Trong tam giác vuông cân: mỗi góc nhọn có số đo bng 45
.
Trong tam giác đều: mỗi góc có số đo bằng 60
.
Đường phân giác của một góc chia góc đó ra hai góc có số đo bằng nhau.
Hai đường phân giác của hai góc kề bù tạo thành một góc có số đo là 90
.
Hai đường phân giác của hai góc kề phụ tạo thành một góc có số đo là 45
.
Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.
Tính chất về góc so le trong, so le ngoài, đồng vị, hai góc trong cung phía, …
Khi gii bài toán v tính s đo góc cn chú ý:
1.V hình chính xác, đúng với các s liu trong đ bài đ có hưng chng minh đúng.
2.Phát hin các tam giác đu, “na tam giác đều”, tam giác vuông cân, tam giác cân trong
hình v.
3.Chú ý liên h gia các c của tam giác, liên hệ gia các cnh các góc trong tam giác,
phát hin các cp tam giác bng nhau. V đưng ph hp làm xut hi các góc đc bit,
nhng cp góc bng nhau. Trong các đưng ph v thêm, th v đưng phân giác,
đường vuông góc, tam giác đều, …
4. Có th dùng ch để din đt mi quan h giữa các góc.
5.Xét đủ các trưng hp v s đo góc có th xảy ra (ví d góc nhọn, góc tù, …)
(Tham khảo toán nâng cao lớp 7, tp 2 Vũ Hu Bình)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
435
Trong thc tế, để gii bài toán tính s đo góc ta thưng xét các góc đó nm trong mi liên
h vi các góc các hình đc bit đã nêu trên hoc xét các góc tương ng bng nhau ...
ri suy ra kết qu.
Tuy nhiên, đng trưc mt bài toán không phi lúc nào cũng gp thun li, th đưa v
các tng hp trên ngay mà có nhiu bài đòi hi ngưi đc phi to ra đưc nhng "điểm
sáng bt ng" th là một đưng k ph, mt hình v pht mi quan h gia gi
thiết, kết lun và nhng kiến thc, k năng đã học trước đó mới gii quyết được. Chúng ta
th xem đường k ph”, “hình v ph như chìa khoá “ thc th để gii quyết dng
toán này.
II. Mt s dạng toán và hướng gii quyết
Dạng 1. Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác đều.
Bài toán 1. Cho 
= 
= , ly  sao cho = . Tính số đo

?
Nhận xét
Ta cần tìm 
thuc 
󰆹
= 20
=
󰆹
= 80
= 20
+ 60
.
Ta thấy có sự liên hệ rõ nét giữa góc 20
và góc 60
, mt khác = .
Từ đây, ta thấy các yếu tố xuất hiệ ở trên liên quan đến tam giác đều.
Điều này giúp ta nghĩ đến việc dựng hình phụ là tam giác đều.
Hướng giải
Cách 1. (Hình 1)
V  đều (D, A cùng phía so với BC). Nối A với D.
Ta có =  (c.c.c) => 
= 
= 10
Li có =  (c.g.c) => 
= 
= 10
=> 
= 180

+ 
= 180
(
20
+ 10
)
=
150
Cách 2. (Hình 2)
V  đều (M, D khác phía so với AC).
Ta có =  (c.g.c) => 
= 80
(1)
=>  cân tại D, 
= 40
=> 
= 70
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 
= 150
.
T ng gii quyết trên chúng ta th gii Bài toán1 theo
các phương án sau:
V  đều (C, D khác phía so với AB)
V  đều (B, D khác phía so với AC)
V  đều (D, C khác phia so với AB)
…………………………..
Lp lun tương t ta cũng có kết qu.
B
A
C
M
D
D
B
A
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
436
Bài toán 2. Cho  cân tại A,
= 
. Đưng cao AH, các đim E, F theo th t thuc
các đoạn thẳng AH, AC sao cho 
= 
= 
. Tính 
?
Hướng giải
V  đều (B, D khác phía so với AC)
 cân tại A,
󰆹
= 40
(gt)
=> 
= 
= 70

= 30
(gt)
=> 
= 40
, 
= 40
=>  cân tại F.
=> = , mt khác = , FD chung
=> = 
(
. . 
)
=> 
= 
=
60
2
= 30
Do AH là đường cao của tam giác cân BAC
=> 
= 20
= 
= 60
40
, =  (vì  đều),

= 30
(gt)
=> =  (g.c.g) => =  =>  cân tại A mà 
= 20
=> 
=
180
20
2
= 80
.
Nhận xét
Vấn đề suy nghĩ vẽ tam giác đều xuất phát từ đâu?
Phải chăng xuất phát từ githiết 40
= 60
20
và mi liên h =  đưc suy ra t
 cân tại F.
Với hướng suy nghĩ trên chúng ta có thể giải Bài toán 2 theo các cách sau:
V  đều, F, D khác phía so với AB (H.1).
V  đều, F, D khác phía so với AB (H.2).
…………………
(H.1) (H.2)
Bài toán 3. (Trích toán nâng cao lớp 7 Vũ Hữu Bình)
Cho ,
=
= 
. Điểm E nằm trong  sao cho 
= 
= 
. Tính 
?
Nhận xét
Xuất phát từ 15
75
đã biết, ta 60
= 75
15
=  do  n tại E. Vi
những yếu tố đó giúp ta nghĩ đế việc dựng hình phụ là tam giác đều.
D
H
C
B
A
F
E
D
H
C
B
A
F
E
D
H
C
B
A
F
E
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
437
Hướng giải
V  đều (I, B cùng phía so với AE).
Ta có =  (c.g.c)
=> =  =  ( đều)
=> =  =>  â 󰉗 .
=> 
= 360
(
60
+ 150
)
= 150
=> 
= 15
=> 
= 
+ 
= 75
Khai thác
Chúng ta có thể giải Bài toán 3 theo cách sau:
V  đều (D, E khác phía so với AC)
Một số bài toán tương tự
Bài toán 3.1. Cho ,
󰆹
= 1, = 2. K tia //. K AD sao cho 
= 15
,
 (B, D cùng phía so với AC). Tính 
?
Bài toán 3.2. Cho ,
󰆹
= 1,
= 75
, = 2, 
(B, H khác phía so vi AC).
Tính 
?
Bài toán 3.3. Cho 
(
= 
)
.
󰆹
=
(
60
< < 120
)
. Điểm M nằm trong tam giác
sao cho 
= 
=

. Tính 
?
Bài toán 4. Cho ,
= 
, = . M là đim nn trong tam giác sao cho
=

, 
= 
. Tính 
?
Nhận xét
Xut phát t gi thiết =  và liên hệ giữa c 10
với
50
ta có
50
+ 10
= 60
. T đó ng đến giải pháp dựng tam giác
đều.
Hướng giải
Cách 1. (H.1)
V  đều (A, D cùng phía so với BC)
Dễ thy =  (c.g.c) và =  (g.c.g)
=> = 
=>  cân tại B, 
= 50
10
= 40
=> 
= 70
Cách 2. (H.2)
I
C
A
B
E
D
C
A
B
E
D
M
C
B
A
D
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
438
V A (D, A khác phía so với BC)
=>  cân tại A. Từ đó có hướng giải quyết tương tự.
Bài toán 5. Cho , 
=
= 
. K tia  sao cho 
= 
. Trên tia  ly đim
D sao cho =  (A, D khác phía so với BC). Tính 
?
Nhận xét
Ta thấy bài ra xuất hiện góc 70
và 10
60
= 70
10
, đồng thi vi = . Điều này làm nảy sinh suy
nghĩ về vẽ hình phụ là tam giác đều.
Hướng giải
Cách 1
V  đều (I, A cùng phía so với BC)
Ta thy =  (c.g.c) và =  (c.g.c)
=> 
= 
= 180
󰇡10
+

󰇢= 150
Cách 2
V  đều (E, B khác phía so với AC)
Từ đây ta có cách giải quyết tương tự.
Dạng 2. Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác vuông cạnh góc vuông bằng nửa
cạnh huyền
Bài toán 6. Tính các góc ca tam giác ABC biết rng đưng cao AH, trung tuyến AM chia
góc BAC thành ba góc bằng nhau.
Phân tích
+/ Đường cao AH, trung tuyến AM chia 
thành ba góc bằng nhau
=>  cân tại A (Đường cao đồng thời là phân giác)
=>  đồng thời là trung tuyến
=> = =
1
2
=> =
1
2

+/ Có th v thêm đưng ph liên quan đến

= 
= 
và liên quan đến HM = HB =
BM =
MC
x
D
C
A
B
I
x
E
D
C
A
B
K
H
M
C
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
439
Kẻ MK AC tại K. Khi đó có sơ sơ đồ phân tích.
 󰉗 = = =
1
2

󰆹
= 30

= 60

= 
= 30

= 30

= 90
= 60
ng gii
 ti K. Xét 
AH là đường cao ng vi BM
AH là đường phân giác ng vi cnh BM (vì 
= 
=

)
Nên  cân tại đỉnh A
=> H là trung điểm BM
=> =
1
2
=
1
4

Xét  à 
AM là cạnh huyền chung

= 
(gt)
=> =  (cạnh huyền góc nhọn)
=> =  (hai cạnh tương ứng)
=> =
1
4
=
1
2

Xét  
= 90
, KM =
MC
=>
󰆹
= 30
khi đó ta tính được
= 30
,
󰆹
= 90
Vậy
= 30
,
󰆹
= 90
,
󰆹
= 60
Bài toán 7. Cho ,
= 
. Đường cao AH, AH =
BC. D là trung điểm của AB. Tính

?
Hướng giải
é  ó
󰆹
= 30
, 
= 1=> =
1
2

à =
1
2

(

)
=> = 
=>  cân tại C => CD là phân giác => 
= 15
Nhận xét
D
H
B
A
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
440
Suy nghĩ chng minh  cân xut phát t đâu? Phi chăng xut phát t  vuông
󰆹
= 30
AH =
BC. Thực sự hai yếu tốy đã giúp ta nghĩ đến tam giác vuông có mt
góc bằng 30
.
Bài toán 8. Cho  ba góc nhn. V phía ngoài ca  ta v c tam giác đu
ABD và ACE. I là trực tâm , H là trung điểm BC. Tính 
?
Phân tích
 là một nửa tam giác đều
=>, vẽ thêm đường phụ để xuất hiện nửa tam giác đều (còn lại)
=> Trên tia đối của tia HE lấy điểm F sao cho HE = HF
Hướng giải
Trên tia đối của tia HE lấy điểm F sao cho HE = HF
Ta có = 
(
. . 
)
=> = 
Ta có IA = IB và 
= 120
(vì  đều)

= 30
+ 
+ 60
= 90
+ 

= 360

+ 
+ 
= 360
30
+ 
+ 
= 360
30
+ 
+ 
+ 60
= 360
90
+ 180


= 90
+ 
=> = 
(
. . 
)
=> = 
=>  cân tại I mà 
= 120
=> 
= 120
=> 
= 30
Khai thác
Với cách giải này nhiều em đã phát hiện và đề xuất cách vẽ đường phụ như sau:
Lấy K đối xứng với I qua H (H.1)
Lấy M đối xứng với B qua I (H.2)
………………………
(H.2)
(H.1)
F
I
H
E
D
A
B
C
K
I
H
E
D
A
B
C
M
I
H
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
441
Bài tập cùng dạng:
Cho , v , 
đu (E, D nm ngoài tam giác). I, P ln lưt là trung đim ca
AD và CE. Điểm F nằm trên BC sao cho BF = 3FC. Tính 
?
Dạng 3. Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác vuông cân
Bài toán 9. Cho , M là trung điểm của BC, 
= 
, 
= 
. Tính 
?
Phân tích
Khi đọc kĩ bài toán ta thấy 
= 30
, 
= 15
, = , quan sát hình v ri nhn
dạng bài toán ta biết được nguồn gốc từ Bài toán 3. Mặt khác 
= 45
, điều này
giúp ta nghĩ đến dựng tam giác vuông cân.
Hướng giải
Cách 1.
H  (Dễ chứng minh được tia CB nằm giữa hai tia CA và CK)
Ta có  vuông cân tại K (vì 
= 45
) => = 
V  vuông cân tại S (K, S khác phía so với AC)
Do  vuông tại K => KM =
BC = MC
=>  cân tại M
Dễ thy = 
(
. . 
)
=> 
= 30
=> 
= 60

= 60
=>  đều => AS = SM = AK
=>  cân tại A
=> 
= 
= 90
75
= 15
=> 
= 45
15
= 30
Cách 2.
Lấy D đối xứng B qua AM =>  cân tại A

= 30
(

)
=> 
= 60
=>  đều
Ta có DC // MI (vì MB = MC, IB = ID), (=
{
}
)
=> 
Mt khác xét 

= 15
(

)
, 
= 60
+ 90
= 150
=> 
= 15
=>  cân tại D => AD = CD
Mà AD = BD ( đều)
Vy  vuông cân tại D => 
= 45
=> 
= 45

= 45
15
= 30
Bài toán 10. Cho ,
= , = . D là đim thuc đon AC sao cho AD = 2DC.
Tính 
+ 
=?
M
K
A
C
B
S
I
D
M
A
C
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
442
Hướng giải
K  sao cho EA = ED,  với EF = AD (B, F khác phía so với AC)
Ta có =  (c.g.c) (*)
=> = , 
= 1=>  vuông cân tại D
=> 
= 45
(1)
Trên tia đối của tia AB lấy I sao cho AI = 2AB
Dễ thy =  (c.g.c) => 
= 
= 
(2)
Từ (*), (1) và (2) ta có 
+ 
= 
= 45
Nhận xét
Sau khi v hình ta d đoán 
+ 
= 45
lúc đó ta nghĩ đến việc tạo ra một tam giác
vuông cân làm sao để tổng số đo của hai góc cần tìm bằng số đo góc 45
. Ý nghĩ d đoán

+ 
= 45
xut phát t đâu? Phi chăng xut phát t  vuông cân (E là trung
điểm AD). Khi phát hiện tổng hai góc đó bằng 45
chúng ta có thể giải bài toán theo nhiều
cách giải khác nhau.
Bài toán 11. Cho  vuông cân ti A, M là đim bt trên đon AC (M khác A, C). K
, . E là đim thuc đon BF sao cho EF = FC k EI // BM, . Tính

?
Hướng giải
Gọi K là giao điểm của IE và AC
Xét  có FA // EK, EF = FC (gt)
=> KA = AC và
= 
Ta có = 
(
. .
)
(ì 
= 
)
=> AM = AI =>  vuông cân tại A
=> 
= 45
Nhận xét
Đường kẻ phụ KI KA xuất phát t đâu? Ta thy có hai
nguyên nhân cơ bản làm nảy sinh kẻ đường phụ này:
+/ Một là do IE // AF
+/ Hai là EF = FC
T đó làm xuất hin ý nghĩ chng minh = 
và bài toán được giải quyết.
n cứo các yếu tố giả thiết đã cho của bài toán ta các cách
v hình ph khác như sau: Trên tia đi ca tia AB ly đim H
sao cho AH = AM.
Từ đó ta có cách giải quyết tương tự như trên.
I
K
E
F
C
B
A
M
H
I
E
F
C
B
A
M
F
I
C
D
E
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
443
Dạng 4. Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác cân khi biết một góc.
Bài toán 12. Cho ,
= 
, > . D là điểm thuộc đoạn AC sao cho DC=AB. M, N
theo thứ tự là trung điểm của AD và BC. Tính 
?
Hướng giải
Trên tia đối của tia AC lấy điểm K sao cho AK = DC
Ni K với B ta có  cân tại A (vì AB = DC)
=> 
=
1
2

=
1
2
80
= 40
( 
ó à)
Mặt khác ta có MA = MD => MK = MC, BN = NC
=> MN là đường trung bình ca 
=> 
= 
= 40
Nhận xét
Vì đâu ta có kẻ đường phụ AK?
+/ Th nhất: Ta có  cân và biết 
. Như vậy các góc ca  sẽ tìm được.
+/ Thứ hai: Vì MA = MD dẫn đến MK = MC
+/ Thứ ba: Do NB = MC
Vi lí do th hai và ba ta có đưc góc cn tìm bng 
. Vậy bài toán được giải quyết. Sau
khi nêu ra các lí do cơ bản đó, ta có các đường kẻ phụ khác như sau:
Lấy K đối xứng với A qua N
Lấy K là trung điểm của BD
Lấy K đối xứng M qua B
Lấy K đối xứng D qua N
…………………………
Bài toán trên thể ra dưới dạng tổng quát như sau: Ginguyên giả thiết thay
󰆹
=
(0
< < 180
)
Một số bài toán tham khảo
Bài 1. Cho ,
󰆹
= 60
, các phân giác AD, CE cắt nhau tại F, , . Tính 
?
Bài 2. Cho ,
󰆹
= 100
, CA = CB, đim M nm trong tam giác sao cho

=
10
, 
= 20
. Tính 
?
Bài 3. Cho  cân tại C,
󰆹
= 80
, M nằm trong tam giác sao cho

= 10
, 
= 20
. Tính 
?
Bài 4. Cho  AB = AC,
󰆹
= , trung tuyến CM. trên tia đi ca tia BA ly đim D sao
cho BD = BA, biết 
= . Tính 
?
A
B
C
D
K
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
444
CHUYÊN Đ 2 : CÁC TRƯNG HP BNG NHAU CA TAM GIÁC
A, Tóm tắt lý thuyết
1.Hai tam giác bằng nhau:
Hai tam giác bằng nhau hai tam giác các cạnh tương ng bng nhau, các góc tương
ng bng nhau.
 ABC =  A’B’C’
=
󰆒
󰆒
; =
󰆒
󰆒
; =
󰆒
󰆒
󰆹
=
󰆒
;
=
󰆒
;
=
󰆒
2. Các trường hp bng nhau của tam giác
a.Trường hp bng nhau th nht của tam giác cạnh cạnh cạnh ( c.c.c )
Nếu ba cnh ca tam giác này bng ba cnh ca tam giác kia thì hai tam giác đó bng
nhau.
=
󰆒
󰆒
=
󰆒
󰆒
= 
ABC =  A’B’C’ (c.c.c)
Nâng cao : quan hệ bằng nhau của hai tam giác có tính chất bắc cầu
Nếu ABC = DEF; DEF = HIK
Thì ABC = HIK
b.Trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác cạnh góc cạnh (c.g.c)
Nếu hai cạnh và góc xen giữa của tam giác này bằng hai cạnh và góc xen giữa của tam giác
kia thì hai tam giác đó bằng nhau.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
445
=
󰆒
󰆒
= 
= 
ABC =  A’B’C’ (c.g.c)
Hệ quả : Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng hai cạnh góc vuông của tam
giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
Nâng cao : Trong trường hợp bằng nhau cạnh góc cnh, cp góc bng nhau phi là cp
góc xen giữa hai cặp cạnh bằng nhau. Nếu không điều kiện đó thì hai tam giác chưa
chắc đã bằng nhau.
Tuy nhiên, người ta đã chứng minh được rằng :
Nếu hai tam giác nhn có hai cp cnh bng nhau tng đôi mt và mt cp góc tương
ứng bằng nhau (không cần xen giữa) thì hai tam giác đó bằng nhau.
c.Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác góc cạnh góc ( g.c.g )
Nếu mt cnh và hai góc k ca tam giác này bng mt cnh và hai góc k ca tam giác
kia thì hai tam giác đó bằng nhau.
= 
= 
=
󰆒
ABC =  A’B’C’ ( g.c.g )
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
446
Nâng cao: Trong trường hợp bằng nhau góc cạnh góc, cặp cạnh bằng nhau phải cặp
cnh k với hai cp góc bng nhau. Nếu không có điu kin đó thì hai tam giác chưa chc
đã bằng nhau.
Tuy nhiên có thể thay điều kiện cặp cạnh kề bằng điều kiện khác như sau :
Nếu hai góc của tam giác này bằng hai góc của tam giác kia và có một cặp cạnh tương ứng
bằng nhau thì hai tam giác đó bằng nhau.
d.Trường hợp bằng nhau của tam giác vuông
Trường hợp 1 : hai cạnh góc vuông (cạnh góc cạnh)
Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng hai cạnh góc vuông của tam giác
vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
Trường hợp 2 : cạnh huyền góc nhọn (góc cạnh - góc)
Nếu cnh huyn và mt góc nhn ca tam giác vuông này bng cnh huyn và mt góc
nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
󰆹
= 
= 90°
= 
=
󰆒
ABC =  A’B’C’ ( cạnh huyền góc nhọn )
Trường hợp 3 : cạnh huyền cạnh góc vuông (cạnh cạnh cạnh)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
447
Nếu cạnh huyn và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng cạnh huyền một
cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó bằng nhau.
󰆹
= 
= 90°
= 
 = 
ABC =  A’B’C’ ( cạnh huyền cạnh góc vuông )
3. Ứng dụng
Chúng ta thường vận dụng các trường hợp bằng nhau của tam giác để :
- Chứng minh : hai tam giác bằng nhau, hai đoạn thằng bằng nhau, hai góc bằng nhau, hai
đường thẳng vuông góc, hai đường thẳng song song, ba điểm thẳng hàng,…
- Tính : các độ dài đoạn thẳng, tính số đo góc, tính chu vi, diện tích,…
- So sánh : các độ dài đoạn thẳng, so sánh các góc,….
B. Các dạng bài tập
Dạng 1 : Chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh cạnh cạnh. Chứng
minh hai góc bằng nhau dựa vào hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh cạnh
cạnh.
Phương pháp : chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh- cạnh cạnh rồi suy ra hai
góc tương ứng bằng nhau.
dụ 1: Cho hai tam giác ABC có
󰆹
= 40
0
, AB = AC . Gi M là trung đim ca BC. Tính các
góc của mỗi tam giác AMB, AMC.
Phân tích: Ta thấy rằng ABC có AB = AC nên ABC là tam giác cân và M là trung điểm của
BC từ đó suy ra AMB = AMC theo trường hợp (c.c.c) . Cho
󰆹
= 40
0
từ đó thể tính
được các góc còn lại dựa vào định nghĩa hai tam giác bằng nhau.
Lời giải
Xét  AMB và  AMC có :
AB = AC (giả thiết)
MB = MC (giả thiết)
AM chung
 AMB =  AMC (c.c.c)
=
,
=
󰆹
,
=
(các góc tương ứng)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
448
Ta lại có :
+
= 40
0
nên
=
= 20
0
+
= 180
0
nên
=
= 90
0
Suy ra
=
󰆹
= 180
0
90
0
20
0
= 70
0
Khai thác : giả sử tam giác ABC là tam giác đều, M là trung điểm của BC
Tính các góc của mỗi tam giác AMB, AMC.
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có AB = AC. Gọi M là một điểm nằm trong tam giác sao cho MB
= MC. N là trung điểm của BC. Chứng minh rằng :
AM là tia phân giác của góc BAC.
Phân tích : Chng minh AM là tia phân giác ca 
thì ta cần chứng minh 
= 
.Muốn chứng minh hai góc này bằng nhau thì phải chứng minh AMB = AMC (c.c.c)
Lời giải
Xét AMB và AMC có :
AB = AC (gt)
AM chung
MB = MC (gt)
AMB = AMC (c.c.c)

= 
Vậy AM là tia phân giác 
(đpcm)
Khai thác : c, Hãy chứng minh MN là đường trung trực của đoạn BC.
b, Ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Bài tập vận dụng:
Bài 1 : Cho tam giác ABC. V cung tâm A có bán kính bng BC, v cung tâm C có bán nh
bằng AB, chúng cắt nhau ở M (M và B nằm khác phía đối với AC). Chứng minh rằng AM//
BC.
(Trích Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1 Vũ Hữu Bình)
Bài 2: Cho tam giác ABC. V đon thng AD vuông góc vi AB (D C nm khác phía đi
vi AB), AD = AB. V đon thng AE vuông góc vi AC (E và B nm khác phía đi vi
AC), AE = AC. Biết rằng DE = BC. Tính 
.
(Trích Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1 Vũ Hữu Bình)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
449
Bài 3 : Cho đoạn thng AB và đim C cách đều hai đim A và B, đim D cách đu hai đim
A và B (C và D nằm khác phía đối với AB).
a,Chứng minh rằng tia CD là tia phân giác của góc 
.
b, Kết quả ở câu a có đúng không nếu C và D nằm cùng phía đối với AB?
(Trích Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1 Vũ Hữu Bình)
Bài 4: Cho  ABC = 
ABC . Gi M và M tương ng là trung đim ca BC và BC. Biết
AM = A’M’. Chứng minh rằng :
a,  AMB =  A’M’B’
b, 
= 
Bài 5 : Cho  ABC. V cung tròn tâm C bán kính bng AB, cung tròn tâm B bán kính bng
AC. Hai cung tròn trên ct nhau ti D (A và D thuc hai na mt phng b BC) . Chng
minh CD // AB và BD // AC.
Bài 6 : Cho góc nhọn xOy. Trên tia Ox Oy lấy tương ứng hai điểm A B sao cho OA =
OB, v đưng tròn m A và m B có cùng bán kính sao cho chúng ct nhau tại hai đim
M, N nằm trong góc xOy. Chứng minh rằng :
a,OMA = OMB và ONA = ONB.
b, Ba điểm O, M, N thẳng hàng.
c, AMN = BMN.
d, MN là tia phân giác của góc AMB.
Bài 7 : Cho  ABC có AB = AC. Gọi H là trung điểm cạnh BC.
a, Chứng minh AH vuông góc với BC và là tia phân giác của góc BAC.
b, Trên tia đối của HA lấy điểm K sao cho HK = HA, chứng minh rằng CK // AB.
Bài 8 : Cho  ABC có AB = AC. Gọi D và E là hai điểm trên BC sao cho BD = DE = EC.
a, Chứng minh 
= 
.
b, Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng AM là tia phân giác của góc DAE.
c, Giả sử 
= 60
0
, có nhận xét gì về các góc của AED.
Bài 9 : Cho 
ABC, v đon AD vuông góc vi AB (C và D nm hai na mt phng đi
nhau bờ AC), AE = AC. Biết rằng DE = BC, tính 
.
Dạng 2 : Chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh góc cạnh.Từ đó
vận dụng để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau, hai góc bằng nhau.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
450
Phương pháp : chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh- góc cạnh rồi suy ra hai
góc, hai đoạn thẳng tương ứng bằng nhau.
dụ 1 : Cho tam giác ABC
< 90
o
. Trên na mt phng có cha A b BC, v tia Bx
vuông góc với BC, trên tia đó lấy điểm D sao cho BD = BC. Tn nửa mặt phẳng có chứa C
bờ AB, vẽ tia By vuông góc với BA, trên tia đó lấy điểm E sao cho BE = BA.
Chứng minh rằng : DA = EC
Phân tích:
Để chứng minh DA = EC ta cần chứng minh ABD = EBC
Lời giải:
Xét ABD và EBC có :
AB = BE

= 
( cùng bằng 90
0
- 
)
BD = BC
ABD = EBC ( c.g.c)
DA = EC
Khai thác :
b, Chứng minh DA vuông góc với EC.
dụ 2: Chứng minh định : Trong tam giác vuông, trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng
nửa cạnh huyền.
Phân tích:
Để chứng minh AM =
BC ta phải vẽ thêm đoạn thẳng MD sao cho MD = MA, do đó AM =
AD. Như vy ch còn phi chng minh AD = BC. Ta cn chng minh ABC = CDA
từ đó suy ra các cặp cạnh tương ứng bằng nhau.
Lời giải :
Trên tia đối ca tia MA ly đim D sao cho
MD = MA.
Xét AMB và DMC có:
MB = MC (gt)
=
(đối đỉnh)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
451
MA = MD (do cách vẽ)
AMB = DMC ( c.g.c )
AB = DC và
=
AB // CD ( vì có cặp góc so le trong bằng nhau)
Vì AC vuông góc vi AB (gt) nên AC vuông góc vi CD ( quan h gia tính song song và
vuông góc )
Xét ABC và CDA có:
AB = CD ( chứng minh trên)
󰆹
=
󰆹
= 90
0
AC chung
ABC = CDA ( c.g.c )
BC = AD
Vì AM =
AD nên AM =
BC
Khai thác :
Cho
ABC, các trung tuyến BD, CE. Trên tia BD ly đim M, trên tia CE ly đim N sao
cho BD =
BM, CE =
CN. Chứng minh rằng BC =
MN.
Bài tập vận dụng:
Bài 1 : Cho tam giác ABC, gọi D là trung đim của AC, gi E là trung đim ca AB. Trên tia
đi ca tia DB ly đim M sao cho DM = DB. Trên tia đi ca tia EC ly đim N sao cho
EN = EC.
Chứng minh rằng A là trung điểm của MN.
(các dạng toán và phương pháp giả Toán 7- tập 1)
Bài 2 : Cho tam giác ABC
󰆹
= 50
0
. Vđon thng AI vuông góc và bng AB ( I và C khác
phía đi vi AB). V đon thng AK vuông góc và bng AC ( K và B khác phía đi vi
AC). Chứng minh rằng :
a. IC = BK.
b. IC vuông góc với BK.
(các dạng toán và phương pháp giả Toán 7 tập 1)
Bài 3 : Tam giác ABC có
󰆹
= 100
0
. M là trung điểm ca BC. Tn tia đối của tia MA ly điểm
K sao cho MK = MA.
a.Tính số đo góc ABK.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
452
b.
V phía ngoài ca tam giác ABC, v các đon thng AD vuông góc và bng AB, AE
vuông góc và bằng AC. Chứng minh rằng ABK = DAE.
c. Chứng minh : MA vuông góc với DE.
(các dạng toán và phương pháp giả Toán 7- tập 1)
Bài 4 : Trên các cạnh Ox Oy của góc xOy lấy các điểm A và B sao cho OA = OB. Tia phân
giác của góc xOy cắt AB ở C. Chứng minh rằng :
a.C là trung điểm của AB.
b. AB vuông góc với OC.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 5 : Cho tam giác ABC
󰆹
= 90
0
, M là trung đim của AC. Trên tia đối ca MB lấy điểm
K sao cho MK = MB. Chứng minh rằng :
a.KC vuông góc với AC.
b. AK song song với BC.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 6 : Cho tam giác ABC, D trung điểm của AC, E là trung đim của AB. Trên tia đối của
tia DB ly đim N sao cho DN = DB. Trên tia đối ca tia EC, ly điểm M sao cho EM = EC.
Chứng minh rằng A là trung điểm của MN.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
i 7
: Cho O là đim thuc đon thng AB ( không trùng haid đu mút). Trên cùng mt
nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tia Ox và Oy sao cho 
= 
< 90
0
. Lấy điểm C trên tia Ox
và điểm D trên tia Oy sao cho OC = OA và OD = OB. Chứng minh rằng AD = BC.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 8: Cho hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đoạn thẳng. Lấy các
đim E trên đon thng AD, F trên đon thng BC sao cho AE = BF. Chng minh rng ba
điểm E, O, F thẳng hàng.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 9
: Chng minh rng nếu hai cnh và trung tuyến thuc cnh th ba ca tam giác này
bng hai cnh và trung tuyến ca cnh th ba ca tam giác kia thì hai tam giác đó bng
nhau.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Dạng 3 : Chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp góc cạnh góc .Từ đó
vận dụng để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau, hai góc bằng nhau, các đường
thẳng song song, các điểm thẳng hàng.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
453
Phương pháp: Phương pháp : chứng minh hai tam giác bằng nhau theo trường hợp góc cạnh c
rồi suy ra hai góc, hai đoạn thẳng tương ứng bằng nhau.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có
󰆹
= 60
0
. Tia phân giác của góc B cắt AC ở M, tia phân giác của
góc C cắt AB ở N. Chứng minh rằng BN + CM = BC.
Phân tích:
Gọi I là giao điểm của BM và CN.
Ta
󰆹
= 60
0
t đó suy ra I
= 60
0
, I
= 60
0
. Chứng minh BIN = BID đ suy ra BN =
BD(1) . Chứng minh tương tự CIM = CID (g.c.g) suy ra CM = CD(2) . Từ (1) (2) suy
ra BN + CM = BD + CD = BC
Lời giải :
Gọi I là giao điểm của BM và CN.
Ta có
󰆹
= 60
0
suy ra
+
= 180
0
- 60
0
= 120
0
Do đó
+
= 120
0
: 2 = 60
0
Vì vậy I
= 60
0
, I
= 60
0
K tia phân giác ca góc BIC ct BC D. Tam
giác BIC
+
= 120
0
nên BIC
= 120
0
. Do
đó I
= I
= 60
0
Xét BIN và BID có :
=
Chung BI
I
= I
= 60
0
Do đó BIN = BID (g.c.g) suy ra BN = BD(1)
Chứng minh tương tự CIM = CID (g.c.g) suy ra CM = CD(2)
Từ (1) và (2) suy ra BN + CM = BD + CD = BC
Khai thác :
Nêu các cặp tam giác bằng nhau trong hình trên
dụ 2: Chứng minh định : Hai đoạn thẳng song song bị chắn giữa hai đường thẳng
song song thì bằng nhau.
Phân tích:
Vic ni AC làm xut hin trong hình v hai tam giác có mt cnh chung là AC.
Mun chng minh AB = CD BC = AD ta cần chứng minh ABC = CDA. Do hai tam
giác này đã có mt cnh bng nhau (cnh chung) nên ch cn chng minh hai cp góc k
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
454
cạnh đó bằng nhau vận dụng được trường hợp bằng nhau góc cạnh góc. Điều này
thực hiện được nhờ vận dụng tính chất của hai đường thẳng song song.
Lời giải :
Nối AC.
ABC và CDA có:
=
(cặp so le trong của AB // CD)
AC chung
=
(cặp so le trong của BC // AD)
Vậy ABC = CDA (g.c.g)
Suy ra AB = CD và BC = AD.
Khai thác :
Cho góc xOy khác góc bẹt. Trên tia Ox lấy ba đim A, B, C sao cho OA = AB = BC . Từ A, B,
C v ba đưng thng song song với nhau ct tia Oy ln lưt ti D, E, F. Chng minh rng
OD = DE = EF.
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho tam giác ABC có AB = AC. Trên c cnh AB AC ly đim D và E sao cho AD
= AE. Gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng :
a.BE = CD
b. KBD = KCE
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 2: Cho tam giác ABC có
󰆹
= 60
0
. Tia phân giác của góc B ct AC D, tia phân giác ca
góc C cắt AB ở E. Các tia phân giác đó cắt nhau ở I. Chứng minh rằng ID = IE.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 3
: Cho đon thng AB, O là trung đim AB. Trên cùng mt na mt phng b AB, v
các đường thẳng song song với BA, chúng cắt cạnh AC theo thứ tự ở G và H. Chứng minh
rằng EG + FH = AB.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 4 : Cho tam giác ABC
󰆹
= 90
0
, AB = AC. Qua A vẽ đường thẳng d sao cho B C nằm
cùng phía đối với đường thẳng d. Kẻ BH và CK vuông góc với d. Chứng minh rằng :
a.AH = CK
b. HK = BH + CK
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
455
Bài 5: Cho tam giác ABC. V đon thng AD bng và vuông góc vi AB (D và C nm khác
phía đối với AB). Vẽ đoạn thẳng AE bằng và vuông góc với AC (E và B nằm khác phía đối
vi AC) . Vẽ AH vuông góc với BC. Đường thng HA cắt DE ở K. Chứng minh rằng DK =
KE.
(Nâng cao và phát triển Toán 7 tập 1)
Bài 6: Cho góc xOy khác góc bẹt và một điểm A ở trong c đó. Hãy nêu cách vẽ một đường
thẳng qua A cắt Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho AB = CD.
(bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 7)
Bài 7: Cho tam giác ABC. Các điểm D và M di động trên cạnh AB sao cho AD = BM. Qua D
M vẽ các đường thẳng song song với BC cắt AC lần lượt tại E N. Chứng minh rằng
tổng DE + MN không đổi.
(bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 7)
Bài 8: Cho tam giác ABC,
󰆹
= 120
0
, phân giác BD và CE ct nhau O. trên cnh BC ly hai
điểm I và K sao cho 
= 
= 30
0
. Chứng minh rằng :
a.OI vuông góc với OK
b. BE + CD < BC
(bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 7)
Bài 9: Cho tam giác ABC. V ra phía ngoài ca tam giác này các tam giác vuông cân A là
ABE và ACF. Vẽ AH vuông góc với BC. Đường thẳng AH cắt EF tại O. chứng minh rằng O
là trung điểm của EF.
(bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 7)
Dạng 4 : Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông.
Phương pháp:
Ngoài các tng hp bng nhau ca tam giác vng suy ra t các trưng hp bng nhau cnh
góc cạnh, góc cạnh góc trường hợp cạnh huyền góc nhọn, đối với tam giác vuông còn có
trường hợp bằng nhau cạnh huyền cạnh góc vuông.
Nếu một cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác vuông này bằng một cạnh góc vuông và cạnh
huyền của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó bằng nhau.
Ví dụ 1 : Tam giác ABC có AB = 24, AC = 32, BC = 40
Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho AM = 7.Chứng minh rằng:
a.Tam giác ABC vuông.
b. 
= 2
󰆹
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
456
Phân tích:
- Nh có đnh lý Py ta go ta thể tính được một cạnh của tam giác vuông khi biết
hai cạnh còn lại.
- Định lý Py – ta – go đảo cho ta thêm một cách chứng minh hai đường thẳng vuông góc.
Lời giải:
a, Tam giác ABC có AB
2
+ AC
2
= 24
2
+ 32
2
= 1600
BC
2
= 1600. Vậy AB
2
+ AC
2
= BC
2
Suy ra tam giác ABC vuông ti A (đnh lý Py ta -
go đảo)
b, Áp dng đnh lý Py ta - go vào tam giác vuông
AMB ta có :
BM
2
= AB
2
+ AM
2
= 24
2
+ 7
2
= 625
BM = 25
Mặt khác, MC = AC AM = 32 7 = 25
Vậy MB = MC suy ra MBC cân tại M do đó
󰆹
=

=
󰆹
+
(tính chất góc ngoài của MBC) hay 
= 2
󰆹
Khai thác:
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM cũng là phân giác.
a.Chứng mỉnh rằng tam giác ABC cân.
b. Cho biết AB = 37, AM = 35. Tính BC.
Ví d 2 :
Cho tam giác vuông ABC vuông ti A ( AB < AC ) và các đim M thuc AC, H
thuc cnh BC sao cho MH vuông góc vi BC và MH = HB. Chng minh rng AH tia
phân giác góc A.
Phân tích:
Đ chng minh AH là tia phân giác ca góc A ta cn chng minh các cp tam giác bng
nhau để suy ra được các cặp góc tương ứng bằng nhau.
Lời giải:
Kẻ HI vuông góc với AB, HK vuông góc với AC
Ta có 
=
( cùng phụ vi
󰆹
)
Xét HKM và HIB có:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
457
=
󰆹
= 90
0
HM = HB ( gt )

=
(chứng minh trên)
Do đó HKM = HIB (cạnh huyền góc
nhọn), suy ra HI = HK
Xét HIA và HKA có :
=
󰆹
= 90
0
HA chung
HI = HK (chứng minh trên)
Do đó HIA = HKA ( cạnh huyền cạnh góc vuông), suy ra
=
Do đó AH là tia phân giác của góc A.
Khai thác:
Cho tam giác ABC có M là trung đim ca BC và AM là tia phân giác ca góc A. Chng
minh rằng tam giác ABC là tam giác cân.
Bài tập vận dụng :
Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D, trên tia đối của tia CB
lấy điểm E sao cho BD = CE. Kẻ BH vuông góc với AD ( H AE). CMR :
a.BH = CK
b. AHB = AKC
c. BC // HK
Bài 2: Cho tam giác ABCn tại A, góc A nhọn. Kẻ BD vuông góc với AC (E AB ). Gọi I
giao điểm của BD và CE. Chứng minh rằng :
a.AD = CE
b. AI là phân giác của góc BAC
Bài 3:
Cho tam giác ABC vuông ti A. T A k AH vuông góc vi BC. Trên cnh BC ly
điểm E sao cho BE = BA. Kẻ EK vuông góc với AC (K AC ). Chứng minh rằng AK = AH.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông n ở A, M là trung đim của BC, điểm E nằm giữa M và C.
Kẻ BH, CK vuông góc với AE ( H và K thuộc đường thẳng AE). Chứng minh rằng :
a.BH = AK
b. MBH = MAK
c. MHK vuông cân
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
458
Bài 5:
Cho tam giác ABC vuông ti A (AB > AC). Tia phân giác góc B ct AC D. K DH
vuông góc vi BC. Trên tia AC ly đim E sao cho AE = AB. Đưng thng vuông góc với
AE cắt tia DH ở K. Chứng minh rằng :
a.BA = BH
b. 
= 45
0
Bài 6: Cho tam giác vuông cân tại A. Một đưng thẳng d bất luôn đi qua A. Kẻ BH CK
cùng vuông góc với d. Chứng minh rằng tổng BH
2
+ CK
2
có giá trị không đổi.
Bài 7 : Cho tam
giác ABC có M là trung đim ca BC và AM là tia phân giác ca góc A.
Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân.
Bài 8: Cho tam giác ABC cân tại A,
󰆹
< 90
0
. Kẻ BD vuông góc với AC, kẻ CE vuông góc với
AB. Gọi K là giao điểm của BD và CE. Chứng minh rằng AK là tia phân giác của góc A.
Bài 9 : Cho một tam giác có ba đường cao bằng nhau
a.Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều.
b. Biết mỗi đường cao có độ dài là
, tính độ dài mỗi cạnh của tam giác đó.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
459
CHUYÊN Đ 3: CÁC TAM GIÁC ĐC BIT
A. m tắt lý thuyết
I. Tam giác cân
1.Định nghĩa: Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bng nhau.
 ABC cân tại A 󰇥
 
= 
2.Tính chất: Trong tam giác cân, hai góc ở đáy bằng nhau.  ABC cân tại A
=
󰆹
3.Dấu hiệu nhận biết:
- Theo định nghĩa.
- Nếu một tam giác có hai góc bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân.
II. Tam giác vuông cân
1.Định nghĩa:
Tam giác vuông cân là tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng nhau.
 ABC vuông cân tại A
 
󰆹
= 90°
= 
2.Tính chất: Mỗi góc nhọn của tam giác vuông cân bằng 45°.
=
󰆹
B
C
A
C
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
460
III. Tam giác đều
1.Định nghĩa: Tam giác đều là tam giác có ba cạnh bằng nhau.
 ABC đều 󰇥
 
= = 
2.Tính chất: Trong tam giác đều, mỗi góc bằng 60°
3.Du hiu nhận biết:
- Theo đnh nghĩa.
- Nếu một tam giác có ba góc bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân.
- Nếu một tam giác cân có một góc bằng 60° thì tam giác đó là tam giác đều.
IV. Định lý Pi-ta-go
1.Định lý py ta go: ( th hin tính cht v cnh của tam giác vuông)
Trong một tam giác vuông, bình phương của cnh huyn bng tng các bình phương ca
hai cnh góc vuông.
 ABC vuông tại A BC
2
= AB
2
+ AC
2
2.Định lý Py- ta go đo: ( Cách nhn biết tam giác vuông)
Nếu một tam giác có bình phương của mt cnh bng tng
các bình phương của hai cạnh kia thì tam giác đó là tam
giác vuông.
B. Các dạng toán
I. Dng 1: V tam giác cân, tam giác vuông cân, tam giác
đều.
1.Phương pháp giải
Dựa vào cách v tam giác đã học ( v bằng compa đã học lớp 6)và định nghĩa tam giác
cân, tam giác vuông cân, tam giác đều đ v.
2.Ví d
a.Ví d 1: Dùng thước có chia xentimet và compa vẽ tam giác đều ABC có cạnh bng 3 cm.
ng dn cách v:
- V đon thẳng BC = 3cm.
- V cung tròn tâm B bán kính 3cm và
A
B
C
A
C
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
461
cung tròn tâm C bán kính 3cm, chúng cắt nhau ti A.
- V các đon thẳng AB, AC.
3.i tp áp dng
- Bài 1: Cho 2 điểm A và B nm v cùng mt phía của đường thẳng d. Hãy dựng tam giác
MNP sao cho đáy MN nằm trên d, còn A và B lần lượt là chân hai đường cao k t M và
N.
II. Dng 2: Chng minh một tam giác là tam giác cân, tam giác vuông cân, tam giác
đều t các du hiu nhn biết các tam giác đặc bit và t điu chứng minh trên suy ra
2 đoạn thng bằng nhau, hai góc bằng nhau.
1.Phương pháp giải
- Dựa vào du hiu nhn biết và định nghĩa các tam giác đặc biệt để nhn biết đưc các
tam giác đó thuộc loi tam giác nào.
- S dng các tính cht của các tam giác đặc biệt đó để chứng minh 2 đoạn thng bng
nhau, hai góc bằng nhau.
2.Ví d minh ha
a.Ví d 1: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC). Tia phân giác của góc A cắt BC tại D.
Qua D kẻ đưng thẳng vuông góc BC, cắt AC tại E. Trên AB lấy đim P sao cho AF = AE.
Chng minh rng:
+
=
+  DBF là tam giác cân
+ DB = DE.
Bài giải:
+
phụ
󰆹
, 
phụ
󰆹
nên
= 
.(1)
+  EAD =  FAD ( c.g.c) vì 󰇱

= 
= 
 

= 
=> 
= 
(2)
T (1) và (2) suy ra,
= 
, do đó  DBF cân tại D( dấu hiệu nhận biết tam giác cân sử
dụng tính chất của tam giác cân)
F
E
D
B
A
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
462
+  DBF cân tại D => DB = DF( định nghĩa tam giác cân)(3)
 EAD =  FAD ( chứng minh trên) => DE =DF (4)
Từ ( 3) và (4) suy ra DB = DE.
Khai thác bài toán:
Nếu thay điều kiện 
= 
= 90° bởi 
= 
=
Thì bài toán có đúng nữa không?( Trả lời: bài toán vẫn đúng).
b. Ví dụ 2:
Cho tam giác ABC cân tại A,
󰆹
= 100°. Trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho AD = BC.
Chứng minh rằng 
= 30°.
Phân tích:
- Từ việc chứng minh 2 tam giác bằng nhau và áp dụng tính chất cộng góc của các góc ta
sẽ đi tới điều phải chứng minh.
Bài giải:
 ABC cân tại A,
󰆹
= 100° => 
= 
= 40°
Cách 1: Dựng  ADE đều, E và C cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB.
C
A
B
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
463
Ta có: 
= 

= 100° - 60° = 40°
 ABC =  CAE ( c.g.c) vì
= 

= 
= 
=  ( hai cặp cạnh tương ứng bằng nhau của 2 tam giác bằng nhau)
Ta lại có:  ADC =  EDC (c.c.c) => 
= 
( hai góc tương ứng bằng nhau của 2
tam giác bằng nhau)

+ 
= 
= 60°. Do đó, 
= 30°.
Cách 2: Dựng tam giác BCF đều, A và F nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau b
BC.

= 
+ 
= 100°
 ACF =  CAD ( vì AC chung, 
= 
= 100°, CF = AD)

= 
( hai góc tương ứng bằng nhau của 2 tam giác bằng nhau)
Ta có:  ABF =  ACF ( c.c.c)

= 

+ 
= 60°. Do đó, 
= 
= 30°
E
C
A
B
D
E
C
A
B
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
464
Cách 3: Vẽ tam giác ADM đều, M và C nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
AB. Vẽ điểm N sao cho 
= 100°, AN = AC, N và A cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ
MD.
 NAD =  CAD (c.g.c) vì
= 

 .
= 
= 100°

= 
(hai góc tương ứng bằng nhau của hai tam giác bằng nhau)
 ABC =  NMA (c.g.c) vì
= 

= 
= 
= 40°
=  ( hai cạnh tương ứng bằng nhau của hai tam giác bằng nhau)
 AND =  MND (c.c.c) 
= 

= 
= 
= 60° 
= 30°. Do đó, 
= 30°.
3.Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho điểm M thuộc đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ các
tam giác đều AMC, BMD. Gọi E, F lần lượt theo thứ tự là trung điểm của AD< CB.
Chứng minh rằng tam giác MEF là tam giác đều
( trích sách “ Nâng cao và phát triển toán 7 của tác giả Vũ Hữu Bình)
Bài 2: Ở miền trong góc nhọn xOy, vẽ tia Oz sao cho 
=

. Qua điểm A thuộc tia
Oy, vẽ AH vuông góc với Ox, cắt Oz ở B. Trên tia BZ lấy điểm D sao cho BD = OA .
Chứng minh rằng tam giác AOD là tam giác cân.
( trích sách “ Nâng cao và phát triển toán 7 của tác giả Vũ Hữu Bình)
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tịa A,
󰆹
= 140°. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, kẻ
tia Cx sao cho 
= 110°. Gọi D là giao điểm của các tia Cx và BA.
Chứng minh rằng AD = BC.
( trích sách “ Nâng cao và phát triển toán 7 của tác giả Vũ Hữu Bình)
Bài 4: Cho tam giác cân ABC ( AB = AC), có
󰆹
= 80°. Gọi D là điểm trong tam giác sao cho

= 10°, 
= 30°.
M
C
A
B
D
N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
465
Tìm số đo góc BAD.
( trích sách “ Cẩm nang vẽ them hình phụ trong giải toán hình học phẳng của tác giả Nguyễn
Đức Tấn)
Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A, có
󰆹
= 108°, BC= a, AC = b. Vẽ phía ngoài tam giác
ABC vẽ tam giác ABD cân tại A có 
= 36°.
Tính chu vi tam giác ABD theo a và b.
( trích sách “ Cẩm nang vẽ them hình phụ trong giải toán hình học phẳng của tác giả Nguyễn
Đức Tấn)
III. Dạng 3: Áp dụng định lí py ta go.
1.Dạng 3.1: Tính độ dài một cạnh của tam giác vuông( một tam giác vuông cân)
a) Phương pháp giải:
Sử dụng định lí thuận của định lí Py – ta – go để tìm độ dài các cạnh.
- Chú ý: Có trường hợp phải kẻ thêm đường vuông góc để tạo thành tam giác vuông để
áp dụng được định lý Py – ta – go.
b) Ví d
Ví dụ 1: Tính độ dài x trên hình sau, biết rằng CD = 7, DB = 18, 
= 90°.
Phân tích:
- Dựa vào đề bài ta thấy để tính được cạnh x ta chỉ có thể áp dụng định lí py- ta – go đối
với tam giác vuông.
- Mà trong tam giác vuông ABC , vuông tại A, ta chỉ mới biết độ dài của cạnh huyền. Vì
vậy, để áp dụng được định lý Py – ta – go vào trong tam giác vuông để tính cạnh x ta
phải gắn chúng vào 1 tam giác vuông
Kẻ AH vuông góc với BC ta sẽ áp dụng được đinh lý Py – ta –go và tính ra độ dài cạnh
x.
Giải:
Kẻ AH BD. Dễ chứng minh BH = HD = 9.
Áp dụng định lý Py – ta – go vào ABC vuông tại H, ta có:
x
x
7
18
C
D
A
B
x
x
7
9
H
C
D
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
466
AH
2
= AB
2
- HB
2
= x
2
9
2
= x
2
81.(1)
Áp dụng định lý Py – ta – go vào  ABC vuông tại H, ta có:
AH
2
= AC
2
CH
2
= (25
2
x
2
) 16
2
= 369 x
2
.(2)
Từ (1) và (2) ta có:
X
2
81 = 369 x
2
.
Do đó: 2x
2
= 450 x
2
= 225 x
2
= 15
2
x = 15 ( đvđd)
Khai thác bài toán:
- Cho tam giác ABC vuông tại A, D nằm trên cạnh huyền CD sao cho
CD = 7, BD = 18.
Chứng minh rằng tam giác ABD cân.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có 
= 135°, AB = 2 cm, BC = 2 cm. Tính độ dài cạnh AC
Phân tích:
- 
= 135°. Gợi ta nghĩ đến đường phụ cần vẽ thêm AH, AH vuông góc với BC tại H.
- Áp dụng định lý Py – ta – go vào tam giác vuông ta tính được canh AH.
Bài giải:
Vẽ AH vuông góc với BC tại H.
Ta có 
+ 
= 180° ( hai góc kề bù)
Nên 
+ 135° = 180° 
= 45°
Xét tam giác vuông HBA, vuông tại H, có 
= 45°
HAB vuông cân tại H HA = HB
Ta có: AH
2
+ HB
2
= AB
2
( áp dụng định lý Py – ta – go)
AH
2
+ AH
2
= (2)
2
AH = 1 ( cm)
Nên HB =HA = 1 cm
Ta có HC = HB + BC = 1 + 2 = 3 cm.
H
B
A
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
467
Xét  HAC vuông tại H AC
2
= AH
2
+ HC
2
= 1
2
+ 3
2
AC =
10 cm.
Bài tập vận dụng:
- Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông goc với BC ( H BC). Biết HB = 9cm,
HC = 16 cm. Tính độ dài AH.
- Bài 2: Cho tam giác ABC,
󰆹
< 90°, M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng: AB
2
+ AC
2
= 2AM
2
+

- Bài 3: Tính độ dài x trên hình sau:
- Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Biết BC = 20 cm và 4AB = 3AC. Tính độ dài các cạnh
AB, AC.
- Bài 5: Cho tam giác cân ở A.
󰆹
= 30°, BC = 2 cm. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho 
=
60°. Tính độ dài AD.
( trích sách “ ôn tập hình học 7”_ tác giả Nguyễn Ngọc Đạm
Và sách “ Nâng cao và phát triển toán 7” _ tác giả Vũ Hữu Bình
Và sách : “Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong giải toán hình học phẳng”_ tác giả Nguyễn Đức
Tấn.)
2.Dạng 3.2: Sử dụng định lý Py ta go để nhận biết tam giác vuông
a) Phương pháp:
- Tính bình phương các độ dài ba cạnh của tam giác.
- So sánh bình phương của cạnh lớn nhất với tổng các bình phương của hai cạnh kia.
- Nếu hai kết quả bằng nhau thì tam gác đó là tam giác vuông, cạnh lớn nhất là cạnh
huyền.
b) Ví dụ:
Ví dụ : Tam giác nào là tam giác vuông trong các tam giác có độ dài ba cạnh như sau:
a) 9 cm, 15 cm, 12 cm.
b) 7 dm, 7 dm, 100 cm
Phân tích:
- Để chứng minh xem tam giác có đội dài các cạnh như trên có là tam giác vuông không ta
lần lượt tính các bình phương.
- So sánh xem tổng bình phương cạnh dài nhất có bằng tổng bình phương các cạnh còn lại
không:
+ Nếu bằng ta kết luận tam giác đó là tam giác cân.
+ Nếu không bằng thì kết luận tam giác đó không phải là tam giác cân.
4
3
x
2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
468
- Chú ý: phải đổi tất cả các cạnh cùng một đơn vị đo.
Bài giải:
a) 9
2
= 81; 15
2
= 225; 12
2
= 144
Ta thấy 225 = 81 + 144
Nên tam giác này là tam giác vuông.
b) Đổi 100 cm = 10 m.
Ta có 7
2
= 49, 10
2
= 100.
Ta thấy 100 49 + 49
Nên tam giác này không là tam giác vuông.
Khai thác bài toán
c) Bài tập vận dụng:
- Bài 1: Chọn trong các số 5, 8, 9, 12, 13, 15 các bộ ba số có thể là độ dài các cạnh của một
tam giác vuông.
- Bài 2: Cho hình vẽ, trong đó BC = 6cm, AD = 8 cm. Chứng minh AD vuông góc với BC.
- Bài 3: Vẽ về cùng một phía của đoạn thẳng AB = 5 cm các tia Ax, By vuông góc với AB.
Trên tia Ax lấy điểm D sao cho AD = 5 cm. Trên tia By lấy điểm E sao cho BE = 1 cm.
Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho AC = 2 cm. Góc DCE có là góc vuông hay
không? Vì sao?
- Bài 4: Chứng minh tam giác ABC ở hình vẽ sau là tam giác vuông cân
(trích sách “ ôn tập hình học 7”_ tác giả Nguyễn Ngọc Đạm
Và sách “ Nâng cao và phát triển toán 7” _ tác giả Vũ Hữu Bình
Và sách : “Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong giải toán hình học phẳng”_ tác giả Nguyễn Đức Tấn.
3
7
A
B
D
C
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
469
CHUYÊN Đ 4: BT ĐNG THC TRONG TAM GIÁC
I. LÝ THUYT
1. Quan h giữa góc và cạnh đi din trong một tam giác
Trong mt tam giác :
Góc đi din vi cnh lớn hơn là góc lớn hơn.
Cnh đi din vi góc lớn hơn là cạnh ln hơn.
Nhận xét :
Trong tam giác tù ( hoc tam giác vuông ), góc tù ( hoc góc vuông) là góc ln nht nên
cnh đi din với góc tù ( hoặc góc vuông – cnh huyền ) là cạnh ln nht.
Trong tam giác đối din vi cnh nh nhất là góc nhọn.
2. Quan h gia đưng vuông góc đường xiên,
đường xiên và hình chiếu.
2.1 Khái niệm v đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu
của đường xiên.
Đim A ngoài đưng thng d, k đưng thng
vuông góc vi d ti H. Trên d ly đim B bt kì ( B ≠ H)
. Khi đó :
Đon thng AH gi đon vuông góc hay đưng vuông góc k t đim A đến chân
đưng thng d. Đim H đưc gi là chân đưng vuông góc hay hình chiếu ca A trên
đưng thng d.
Đon thẳng AB gọi là một đường xiên kẻ t điểm A đến đưng thng d.
Đon thng HB gi là hình chiếu của đường xiên AB trên đưng thng.
2.2 Quan h giữa đường vuông góc và đường xiên
Trong các đưng xiên và đưng thng vuông góc k t mt đim ngoài mt đưng
thng đến đưng thẳng đó, đường vuông góc là đường ngn nht.
Chú ý : Độ dài đưng vuông góc AH gọi là khoảng cách t điểm A đến đưng thng d.
2.3 Các đường xiên và các hình chiếu của chúng.
Trong hai đường xiên k t mt đim ngoài mt đưng thng đến đưng thẳng đó:
Đường xiên nào có hình chiếu ln hơn thì ln hơn.
Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu ln hơn.
d
H
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
470
Nếu hai dưng xiên bng nhau thì hình chiếu ca chúng bng nhau ngưc li. Nếu
hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bng nhau.
3. Quan h giữa ba cạnh ca một tam giác – Bất đẳng thức trong tam giác.
3.1 Bất đng thức tam giác
Trong mt tam giác, tng đ i hai cnh bt kì bao gi cũng l hơn đ i cnh còn li.
AB+BC > AC
AB + AC > BC
AC + BC > AB
3.2 Hệ qu ca bt đng thức tam giác
Trong một tam giác, độ i mt cnh bao gi cũng ln hơn hiu và nh n tng đ dài
ca hai cnh còn li.
AC BC AB AC BC
AB AC BC AB AC
AB BC AC AB BC
<<+
<<+
< <+
II. BÀI TẬP
1. Quan h giữa góc và cạnh đi din trong tam giác
Bài 1 : Cho tam giác ABC, A
90
0
. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N không
trùng với các đỉnh của tam giác. CMR : BC > MN
Phân tích li gii :
Dữ liu đ bài cho A
90
0
nên ta có thể c/m
0
90BMC
. Áp dng quan h giữa góc và cạnh
trong tam giác ta có BC > MC
MNC
> A =>
0
90MNC >
MC > MN
BC > MN
Gii :
Xét tam giác BMC ta có
BMC BAC ACM= +
( tính chất góc ngoài tam giác)
BMC
> A mà A
90
0
nên
0
90BMC
BM > MC ( quan hệ giữa góc và cạnh đi din trong tam giác )
A
B
C
A
B
C
M
N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
471
Xét tam giác MNC có
MNC
> A =>
0
90MNC >
MC > MN
BC > MN
Khai thác bài toán : Cho tam giác ABC, A< 90
0
. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các
điểm M, N không trùng với các đỉnh của tam giác. BC > MN hay không ? Vì sao ?
Bài 2 : Cho
ABC
, AB< AC , phân giác AD. Chứng t rng :
a. Góc ADC là góc tù
b. DC > DB
Phân tích li gii :
a. C/m :
0
90ADC >
0
180ADB ADC+=
ADB ADC<
b. Vì DB và DC là 3 điểm thng hàng nên ta không th s dụng BĐT trong tam giác.
Vy ta s lấy thêm điểm E sao cho AE = AB. Khi đó :
(..)ADB ADE c g c∆=
=>
DB = DE
và chng minh đưc DC > DE => DC > DB
Gii :
a. Tam giác ABC có : AB < AC ( giả thiết ) nên C < B ( quan h gia cạnh và góc đối
diện trong tam giác )
Xét tam giác ABD và ACD có :
A1 = A2 ( gi thiết )
C < B ( chng minh trên )
ADB ADC<
0
180ADB ADC+=
( k bù )
Nên
0
0
180
90
2
ADC >=
. Vậy góc ADC là góc tù
E
x
2
1
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
472
b. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB
(..)ADB ADE c g c∆=
=> DB = DE ( 2 cạnh tương ứng ) (1)
ABD AED=
do đó
CBx CED=
( cùng bù với hai góc bằng nhau )
CBx C>
( tính cht góc ngoài của tam giác ABC )
CED C>
do đó DC > DE (2)
T (1) và (2) : DC > DB
Khai thác bài toán : Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường phân giác BD của góc B.
Đưng thẳng đi qua A và vuông góc với BD cắt BC tai E
a. CM : BA = BE
b. Chứng minh : Tam giác BED là tam giác vuông
c. So sánh : AD và DC
Bài 3 : Cho tam giác
ABC
có AB < AC, M là trung đim ca cnh BC. So sánh
BAM MAC<
Phân tích li gii :
Hai góc BAM MAC không thuc v mt tam giác. Do vy ta tìm mt tam giác hai
góc bằng hai góc BAM và MAC và liên quan đến AB, AC vì AB < AC
Ly điểm D trên tia đối của tia MA sao cho MA = MD . Điểm D là yếu t ph cn v thêm.
Gii :
V tia đối của tia MA và trên đó lấy điểm D sao cho MD = MA
CHUYÊN ĐỀ
BT ĐNG THC TRONG TAM GIÁC
III. LÝ THUYT
4. Quan h giữa góc và cạnh đi din trong một tam giác
Trong mt tam giác :
Góc đi din vi cnh lớn hơn là góc lớn hơn.
Cnh đi din vi góc lớn hơn là cạnh ln hơn.
Nhận xét :
Trong tam giác tù ( hoc tam giác vuông ), góc tù ( hoc góc vuông) là góc ln nht nên
cnh đi din với góc tù ( hoặc góc vuông – cnh huyền ) là cạnh ln nht.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
473
Trong tam giác đối din vi cnh nh nhất là góc nhọn.
5. Quan h giữa đường vuông góc và đưng xiên, đường xiên và hình chiếu.
5.1 Khái niệm v đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu của đường xiên.
Đim A ngoài đưng thng d, k đưng thng vuông góc vi d ti H. Trên d ly đim B
bất kì ( B ≠ H) . Khi đó :
Đon thng AH gi đon vuông góc hay
đưng vuông góc k t đim A đến chân đưng
thng d. Đim H đưc gi là chân đưng vuông
góc hay hình chiếu của A trên đường thng d.
Đon thng AB gi là mt đưng xiên k t
đim A đến đưng thng d.
Đon thng HB gi hình chiếu ca đưng
xiên AB trên đường thng.
5.2 Quan h giữa đường vuông góc và đường xiên
Trong các đưng xiên và đưng thng vuông góc k t mt đim ngoài mt đưng
thng đến đưng thẳng đó, đường vuông góc là đưng ngn nht.
Chú ý : Độ dài đưng vuông góc AH gọi là khoảng cách t điểm A đến đưng thng d.
5.3 Các đường xiên và các hình chiếu của chúng.
Trong hai đường xiên k t mt đim ngoài mt đưng thng đến đưng thẳng đó:
Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì ln hơn.
Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu ln hơn.
Nếu hai dưng xiên bng nhau thì hình chiếu ca chúng bng nhau ngưc li. Nếu
hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bng nhau.
6. Quan h giữa ba cạnh ca một tam giác – Bất đẳng thức trong tam giác.
6.1 Bất đng thức tam giác
Trong mt tam giác, tng đ i hai cnh bt kì bao gi cũng l hơn đ i cnh còn li.
AB+BC > AC
AB + AC > BC
AC + BC > AB
6.2 Hệ qu ca bt đng thức tam giác
Trong mt tam giác, độ i mt cnh bao gi cũng ln hơn hiu và nh n tng đ dài
ca hai cnh còn li.
d
H
A
B
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
474
AC BC AB AC BC
AB AC BC AB AC
AB BC AC AB BC
<<+
<<+
< <+
IV. BÀI TẬP
2. Quan h giữa góc và cạnh đi diện trong tam giác
Bài 1 : Cho tam giác ABC, A
90
0
. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N không
trùng với các đỉnh của tam giác. CMR : BC > MN
Phân tích li gii :
Dữ liu đ bài cho A
90
0
nên ta có thể c/m
0
90BMC
.
Áp dng quan h giữa góc và cạnh trong tam giác ta có
BC > MC
MNC
> A =>
0
90MNC >
MC > MN
BC > MN
Gii :
Xét tam giác BMC ta có
BMC BAC ACM= +
( tính chất góc ngoài tam giác)
BMC
> A mà A
90
0
nên
0
90BMC
BM > MC ( quan hệ giữa góc và cạnh đi din trong tam giác )
Xét tam giác MNC có
MNC
> A =>
0
90MNC >
MC > MN
BC > MN
Khai thác bài toán : Cho tam giác ABC, A< 90
0
. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các
điểm M, N không trùng với các đỉnh của tam giác. BC > MN hay không ? Vì sao ?
Bài 2 : Cho
ABC
, AB< AC , phân giác AD. Chng t
rng :
c. c ADC là góc tù
d. DC > DB
Phân tích li gii :
E
x
2
1
D
A
B
C
A
B
C
M
N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
475
c. C/m :
0
90ADC >
0
180ADB ADC+=
ADB ADC<
d. Vì DB và DC là 3 điểm thng hàng nên ta không th s dng BĐT trong tam giác.
Vy ta s lấy thêm điểm E sao cho AE = AB. Khi đó :
(..)ADB ADE c g c∆=
=>
DB = DE
và chng minh đưc DC > DE => DC > DB
Gii :
c. Tam giác ABC có : AB < AC ( giả thiết ) nên C < B ( quan h gia cạnh và góc đối
diện trong tam giác )
Xét tam giác ABD và ACD có :
A1 = A2 ( gi thiết )
C < B ( chng minh trên )
ADB ADC<
0
180ADB ADC+=
( k bù )
Nên
0
0
180
90
2
ADC >=
. Vậy góc ADC là góc tù
d. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB
(..)ADB ADE c g c∆=
=> DB = DE ( 2 cạnh tương ứng ) (1)
ABD AED=
do đó
CBx CED=
( cùng bù với hai góc bằng nhau )
CBx C>
( tính cht góc ngoài của tam giác ABC )
CED C>
do đó DC > DE (2)
T (1) và (2) : DC > DB
Khai thác bài toán : Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường phân giác BD của góc B.
Đưng thẳng đi qua A và vuông góc với BD cắt BC tai E
d. CM : BA = BE
e. Chứng minh : Tam giác BED là tam giác vuông
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
476
f. So sánh : AD và DC
Bài 3 : Cho tam giác
ABC
có AB < AC, M là trung đim ca cnh BC. So sánh
BAM MAC<
Phân tích li gii :
Hai góc BAM MAC không thuc v mt tam giác. Do vy ta tìm mt tam giác hai
góc bằng hai góc BAM và MAC và liên quan đến AB, AC vì AB < AC
Ly điểm D trên tia đối của tia MA sao cho MA = MD . Điểm D là yếu t ph cn v thêm.
Gii :
V tia đối của tia MA và trên đó lấy điểm D sao cho MD = MA
Xét
MAB
MDC
có :
MA = MD
AMD DMC<
( đi đnh )
MB = MC ( M là trung điểm cnh BC )
Do đó :
MAB
=
MDC
( c.g.c)
AB = CD ( 2 cạnh tương ng )
BAM MDC=
( 2 góc tương ng )
Ta có : AB = CD, AB < AC => CD < AC
Xét
ADC
có CD < AC =>
MAC MDC<
( quan h gia góc cnh đi din trong mt tam
giác ).
MAC MDC<
BAM MDC=
BAM MAC<
Khai thác bài toán : Cho tam giác ABC, M là trung đim ca cnh BC và
BAM MAC<
.
Chng minh : AB < AC
Bài tp áp dng
Bài 1 : Cho tam giác ABC có AB < AC, AD là tia phân giác ca góc BAC ( D thuc BC ).
Chng minh : CD > BD
M
A
B
C
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
477
ng dn gii : Cn to ra mt tam giác mà hai cnh đ dài bng BD. CD. Sau đó so
sánh góc đối din vi hai cạnh ý. Lấy điểm E trêm cạnh AC sao cho
AE = AB.
Bài 2 : Cho tam giác ABC có A = 90
0
. Tren tia đi ca tia AC ly đim D sao cho AD < AC.
Ni B với D. Chứng minh : BC > BD ( Cách làm tương tự bài 1 )
Bài 3 : Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng AB + AC > BC
ng dn gii : Cn to ra mt tam giác trong đó hai cnh có đ dài bng AB +
AC, BC. Sau đó tìm cách so sánh các c đi din vi các cnh đó. Trên tia đi ca tia AB
lấy điểm D sao cho AD = AC.
Bài 4 : Cho tam giácn ABC ( AB = AC ). Trên cnh đáy BC ly các đim D, E sao cho BD
= DE = EC. Chứng minh rng :
BAD DAE<
ng dn gii : Tìm mt tam giác có hai góc bng góc BAD và DAE, ri sonh hai cnh
đối din của chúng
Xét tam giác AEC có
AED ACE<
ACE ABC=
Do đó
AED ABE<
. T đó suy ra AB > AE =>
BAD DAE<
Bài 5 : Cho tam giác ABC ( AB = AC ), D là đim bt kì trong tam giác sao cho
ADB ADC>
. Chng minh rằng : DC > DB
ng dn gii : V tia Ax trên na mt phng b AC không cha đim B sao cho
CAx BAD=
và trên tia Ax lấy điểm E sao cho AE = AD
Bài 6 : Cho tam giác ABC, M điểm nm trong tam giác. Tia AM ct BC ti K. Hãy so
sánh các góc :
a.
CMK
vi
CAK
b.
CMB
vi
CAB
ng dn gii : Áp dng tính cht góc ngoài ca tam giác
Tài liu tham kho :
V thêm yếu t hình ph để gii mt s bài toán Hình Học 7 _ Nguyễn Đc Tn
Chuyên đ BĐT và cực tr trong hình hc phẳng _ Nguyễn Đc Tn
3.
Quan h giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
478
Bài 1 : Cho
ABC
vi đưng cao AH. Gi M và N ln lưt là chân đưng vuông góc h t
H đến AB và AC. Chứng minh rng nếu BM=CN thì
ABC
cân với đáy BC.
Phân tích li gii :
Ta nhn thy rằng đây là 1 bài toán mang tính giả thiết tm thi .
Nếu BM = CN thì tam giác ABC cân với đáy BC.
Trưc hết đ làm i này ta cần phi gi s nếu BM = CN t tam giác ABC không cân.
Sau đó ta áp dụng định lý Pitago và liên hệ giữa hình chiếu và đường xiên đ làm bài .
Gii :
Gi s
ABC
không cân
Không mt tính tổng quát, ta có thể gi s AB> AC. Khi đó
HB> HC ( liên hệ gia hình chiếu và đường xiên ).
Ta có :
BH
2
= BM
2
+ HM
2
( Đnh lý Pitago trong tam gc vuông BMH)
CH
2
= CN
2
+ HN
2
( Đ/L Pitago)
Mà BM = CN ( giả thiết )
HM > HN (1)
Ta lại có :
AH
2
= AM
2
+ HM
2
AH
2
= AN
2
+ HN
2
Mà t (1) có : HM > HN => AM < AN
Kết hp vi điu kiện BM=CN => AB < AC ( mâu thuẫn vi gi s trên )
Vậy ta được
ABC
cân với đáy BC
Khai thác bài toán :
Cho
ABC
cân ti A. Gi M và N ln t là chân đưng vuông góc h t H đến AB và
AC. Chứng minh rằng : BM=CN
Bài 2 : Cho tam giác ABCn đnh A. T đim D trên cnh AB v đưng thng song song
vi BC ct cnh AC tại E. Chứng minh :
1
()
2
BC DE BC>+
Phân tích li gii :
V
( ), ( )BH DE H DE EN BC N BC ⊥∈
Cần c/m BE >
1
2
( DE+BC)
H
E
A
B
C
D
M
N
H
A
C
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
479
2 BE > BC + DE
BE + BE > HE + BN
HD = NC
HBD
=
NEC
Gii :
V
( ), ( )BH DE H DE EN BC N BC ⊥∈
Xét
0
( 90 )HBE BHE∆=
0
( 90 )NEB ENB∆=
:
BE chung
NEC
HBE NEB=
( vì DE // BC )
HBE NEB∆=
( cnh huyn góc nhn)
BH= EN ( 2 cạnh tương ng)
Mt khác :
0
90HBD DBC HBC+==
0
90NEC ECN+=
(
NEC
có N = 90
0
)
DBC ECN=
( tam giác ABC cân tại A)
HBD NEC=
Xét
HBD
NEC
có :
DHB CNE=
( = 90
0
), BH = EN ( chứng minh trên )
HBD NEC=
( CMT)
Do đó :
HBD
=
NEC
( g.c.g)
HD = NC ( 2 cạnh tương ng)
BH DE BE HE⇒>
(Quan h gia đưng xiên đưng vuông góc ) mà HE = HD +
DE
Mt khác
EN BC BE BN⇒>
( Quan hệ gia đường xiên và đưng vuông góc)
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
480
Do đó : BE + BE > HE + BN
Mà HE + BN = DE + HD + BN = DE + NC+ BN= DE + BC nên
BE + BE > DE + BC => 2 BE > BC + DE
BE >
1
2
( DE+BC) ( đpcm)
Khai thác bài toán
Cho tam giác ABC cân ti A, trên cnh AB, AC ly hai đim M và N sao cho AM=AN.
CMR :
a. Các hình chiếu của BM và CN trên BC bằng nhau
b. BN >
1
2
( BC + MN)
Bài 3 : Cho tam giác ABC ( A=90
0
), v AH vuông góc vi BC ( H thuc BC ). Chng minh
AH + BC > AB + AC
Phân tích li gii :
Nhân xét rằng AH < AC, AB < BC .
Ly D thuc BC sao cho BD = AB . Ly E thuc AC sao
cho AE = AH
AH + BC = AH + AB + DC
Và AB + AC = AH + AB + EC
C/m DC > EC
Gii :
Trên tia BC lấy điểm D sao cho BD = AB.
Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AH
Vì AB < BC nên D nm giữa B và C, AH < AC nên E nằm giữa A và C, tam giác ABD cân
đỉnh B ( vì BD= AB)
BAD BDA=
Ta có :
0
90BAD DAE BDA HAD+=+=
DAE HAD=
Xét
HAD
EAD
có :
E
H
A
C
B
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
481
AH = AE
AD chung
HAD DAE=
(..)HAD EAD c g c∆=
DAE HAD=
( 2 góc tương ng )
0
90AHD =
nên
0
90AED =
Ta có :
DE AC DC EC⊥⇒>
( quan h gia đường xiên và đường vuông góc)
Do đó : AH + BC = AH + BD + DC > AE + AB+ EC = AB + AC
Vậy AH + BC > AB + AC
Khai thác bài toán :
Cho tam giác ABC và M là một đim nm trong tam giác
a. Gọi I là giao điểm ca đưng thng BM và cạnh AC. Chứng minh rng :
MA+MB< IA+IB < CA + CB
b. CMR : MA + MB +MC lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi ca tam giác ABC.
Bài 4 : Cho tam giác ABC, có góc B và C nhọn. Đim M nm gia B và C. Gọi d là tổng các
khong cách t B và C đến đưng thng AM
a. Chng minh
d BC
b. Xác định v trí của M trên BC sao cho d có giá trị lớn nht
Phân tích li gii :
a.
K
;;BD AM CE AM BD CE d +=
Áp dng quan h gia hình chiếu và đường
xiên trong tam giác ta được điu cn c/m
Xác định v trí ln nht ca d da vào câu a. Xy
ra BD= BM; CE= CM
D trùng với M và E trùng với M
M trùng vi hình chiếu H của A trên BC
Gii
a. K
;;BD AM CE AM BD CE d +=
D
E
H
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
482
Ta có :
;BD BM CE CM≤≤
Nên
BD CE BM CM+≤ +
Hay
d BC
b. Giá tr lớn nht của d = BC
BD= BM; CE= CM
D trùng với M và E trùng với M
M trùng vi hình chiếu H của A trên BC
Khai thác bài toán :
Cho đưng thẳng d và hai điểm A,B nằm cùng v mt phía của đường thẳng d. Tìm
trên đưng thng d điểm C sao cho CA + CB nhỏ nht.
Bài tp áp dng
Bài 1 : Cho tam giác ABC vuông tại B, phân giác AD. Từ C v mt đưng thng vuông
góc vi BC cắt tia AD tại E. CMR : Chu vi tam giác ECD lớn hơn chu vi tam giác ABD
Bài 2 : Cho tam giác ABC. Vẽ AH vuông góc vi BC ( H thuộc BC ). Gọi D,E,F lần lưt
là các điểm nm giữa A và H, nằm gia B và H, nm gia C và H. Chng minh rng
chu vi tam giác DEF nh hơn chu vi tam giác ABC. Với v trí nào của điểm D,E,F thì
chu vi tam giác DEF bằng
1
2
chu vi tam giác ABC.
Bài 3 : Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ
, (,)BD AC CE AB D AC E AB ∈∈
Chng minh rằng : AB AC > BD CE
Bài 4 : Cho tam giác ABC có A= 90
0
,
0
54ABC =
, trên cạnh AC ly đim D sao cho
0
18DBC =
. Chng minh rằng : BD < AC
Bài 5 : Cho tam giác ABC cân đỉnh A. Trên cạnh AB ly điểm D, trên tia đối của tia CA
lấy điểm E sao cho BD=CE. Nối D với E. Chứng minh : BC < DE
Tài liu tham kho :
V thêm yếu t hình ph để gii mt s bài toán Hình Học 7 _ Nguyễn Đc Tn
Chuyên đ BĐT và cc tr trong hình hc phẳng _ Nguyễn Đc Tn
Tuyn tp các bài toán chn lc THCS Vũ Dương Thy
4. Quan h giữa ba cnh của một tam giác, bất đẳng thức tam giác
Bài 1 : Cho tam giác ABC, M là trung điểm ca BC.
Chng minh rng :
2AB AC AM+≥
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
483
Phân tích li gii :
Ta tìm cách tạo ra đường thẳng có độ dài bằng 2AM và là cạnh của tam giác có hai cạnh
còn li bng hai cạnh AB, AC hoặc to ra một tam giác có 3 cạnh
,,
22
AB AC
AM
Trên tia đối của tia AM lấy điểm D sao cho MD=MA. Tam giác ADC có AD = 2 AM, DC=
AB . từ đó ta sẽ c/m được
2AB AC AM+≥
Gii :
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA
Xét
MAB
MDC
MA=MD
AMB DMC=
( đi đnh )
MB=MC( gi thiết )
(..)MAB MDC c g c∆=
AB=DC ( 2 cạnh tương ng )
Xét
ADC
có : CD + AC > AD ( bất đẳng thức trong tam giác )
Do đó : AB + AC > AD mà AD = 2 AM
2AB AC AM+≥
( đpcm)
Khai thác bài toán :
Cho hai đim B và C nằm trên đoạn thẳng AD sao cho AB=CD. M là đim nm ngoài
đưng thẳng AD. Chứng minh rằng : MA+ MD > MB + MC
Bài 2 : Cho điểm M nm trong
ABC
Chng minh rằng : MB + MC < AB+ AC
T đó suy ra : MA + MB + MC < AB + AC + BC
Phân tích li gii :
Ni BM cắt AC tại D. Áp dụng BĐT trong tam giác ABD và tam giác MDC ta sẽ đưc điu
cn phi c/m
Gii
M
A
B
C
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
484
K BM ct cnh AC ti D
Xét
ABD
có :
BD < AB + AD
MB + MD < AB + AD (1)
Xét
MDC
có :
MC < MD + DC (2)
T (1) và (2) suy ra :
MB + MC + MD < AB + AD + DC + MD
MB + MC < AB + AC
CMTT ta có : MA + MC < AB + BC và MA + MB < AC + BC
Do đó : 2 ( MA + MB + MC ) < 2 ( AB + AC + BC )
MA + MB + MC < AB + AC + BC
Khai thác bài toán : Cho
ABC
. Tìm v trí của điểm M đ thỏa mãn điều kin MB + MC
AB + AC.
Bài 3 : Cho góc xOy, Oz là tia phân giác của góc xOy. Từ đim M trong góc xOz v MH
vuông góc với Ox ( H thuộc Õ ), MK vuông góc với Oy ( K thuộc Oy ). CMR : MH < MK
Phân tích li gii :
Gọi A là giao điểm ca MK với Oz
V AB vuông góc với Ox ( B thuộc Ox ). Ta có : AK = AB
MH < MB < AB + AM = AK + AM = MK
T đó ta sẽ c/m được bài toán.
Gii :
Gọi A là giao điểm ca MK với Oz. Vẽ AB vuông
góc với Ox ( B thuộc Ox). Nối B vi M
Xét
0
( 90 )KOA K∆=
0
( 90 )BOA B∆=
:
OA chung
KOA BOA=
( Oz là tia phân giác
xOy
)
KOA BOA∆=
( cnh huyn góc nhn )
AK = AB
x
z
y
H
B
A
K
O
M
D
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
485
Xét
ABM
có BM < AB + AM ( Bất đẳng thức trong tam giác )
Do đó : BM < AK + AM hay BM < MK
Mà MH < BM ( quan h giữa đường xiên và đường vuông góc )
MH < MK ( đpcm )
Khai thác bài toán :
Cho tam giác ABC có B >C , AM là trung tuyến . D là điểm trên đoạn AM. CMR : DB < DC
Bài tp áp dng
Bài 1 : Cho tam giác ABC có AB > AC, AD là tia phân giác của góc BAC. (D thuộc BC ). M
là một đim nằm trên đoạn thng AD
CMR : MB MC < AB AC
Bài 2 : Cho tam giác ABC, M là điểm trên tia phân giác ngoài của góc C. CMR : MA + MB >
AC + BC
Bài 3 : Ba thành ph A, B, C trên bản đ là ba đỉnh ca một tam giác, trong đó AC=40km,
AB=80km
a. Nếu đt B máy phát sóng truyền hình có bán kính hot động bằng 40km thì ở
thành ph C có nhận đưc tín hiệu hay không ? Vì sao ?
b. Nếu đt B máy phát sóng truyền hình có bán kính hoạt động bằng 120km thì ở
thành ph C có nhận được tìn hiệu hay không ? Vì sao ?
Bài 4 : Cho hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại O , AB = 6, CD = 4. Chứng minh rng
trong 4 đoạn thẳng AC, CB, BD, DA luôn tồn ti hai đon thng nh hơn 5.
Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh bên bằng 5 và hai điểm M, N bất kì.
Chng minh rng trên các cnh của tam giác ABC tồn tại 1 điểm sao cho tng các khong
cách t đó đén M và N lớn hơn 7.
Tài liu tham kho :
V thêm yếu t hình ph để gii mt s bài toán Hình Học 7 _ Nguyễn Đc Tn
Chuyên đ BĐT và cực tr trong hình hc phẳng _ Nguyễn Đc Tn
Tuyn tp các bài toán chn lc THCS Vũ Dương Thy
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
486
BÀI TOÁN DNG HÌNH
I. Các vấn đ dng hình
Dựng hình dùng thưc compa đ dng mt hình nào đó theo yêu cu ca bài
toán trên cơ sở nhng d liệu mà bài toán đã cho.
1. Các phép dựng hình cơ bn
Có 5 phép dựng hình cơ bn:
- Dựng những hình đã cho trước.
- Dựng đưng thẳng đi qua hai điểm
- Dựng đường tròn có tâm và bán kính cho trước
- Dựng giao điểm (nếu có) của hai hình đã biết.
- Dựng đim tu ý trên mặt phng (thuc hay không thuc nh đã dng)
Mi phép dựng khác đều phi quy v 5 phép dựng cơ bản trên.
2. Gii bài toán dng hình
Là ta đi tìm các nghiệm ca bài toán.
Nghim ca bài toán dng hình hình dng đưc tho mãn điu kin ca bài
toán. Đi tìm nghiệm của bài toán nghĩa là chúng ta phải:
- c lp mt s hu hn trưng hp bao hàm tt c nhng kh năng th xảy ra
đối vi vic la chn những cái đã cho.
- Đối vi mi trưng hp tr lời câu hi bài toán có nghim hay không và nếu có thì
bao nhiêu nghim.
- Đối vi mi tng hp mà bài toán có nghim, ch ra mt s hu hn các phép
dng hình bn cn tiến hành theo mt th t nào đó đ th dng đưc nó bng
thưc và compa.
Nếu nhng hình không yêu cu v v tthì nhng hình đó bài toán yêu cu dng
coi như mt nghim. Nếu có yêu cu v v tthì nhng v trí khác nhau cho ta nhng
hình khác nhau.
Để cho đơn gin trong thc hành, trình bày li gii ngưi ta thêm các bài toán dng
hình cơ bn ngoài nhng phép dng hình cơ bn.
3. Các bài toán dựng hình cơ bn:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
487
- Dựng mt đon thng bng mt đon thng cho trưc.
- Dựng mt đon thng bng tng (hiu) hai đon thẳng đã cho.
- Dựng mt góc bng một góc đã cho.
- Dựng mt góc bng tng (hiệu) hai góc đã cho.
- Chia đôi mt đon thẳng đã cho.
- Chia đôi một góc đã cho.
- Dựng đưng trung trc của đoạn thẳng đã cho.
- Dựng đưng thng đi qua mt đim đã cho song song vi mt đưng thng
khác đã cho.
- Dựng đường thẳng đi qua một điểm đã cho và vuông góc với một đường thẳng đã
cho.
- Chia đoạn thng thành nhng phn t lệ vi nhng đon thẳng đã cho.
- Dựng đon thng t lệ th t đối với ba đoạn thẳng đã cho.
- Dựng tiếp tuyến vi mt đường tròn đã cho và đi qua một điểm đã cho.
- Dựng tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho.
- Dựng đon thng trung bình nhân của hai đoạn thẳng đã cho.
- Dựng đon thng bình phương ca bng tng (hiu) các bình phương hai
đon thẳng đã cho.
- Dựng tam giác biết (g.c.g), (c.g.c), (c.c.c).
- Dựng tam giác vuông biết cnh huyn và cnh góc vuông.
- Dựng tam giác vuông biết cnh góc vuông và góc nhọn.
4. Các bước ca mt bài toán dng hình
Để gii mt bài toán dng hình mt cách d dàng ta gii theo 4 bưc: phân tích,
dng hình, chng minh, bin lun.
a) Phân tích
c nhm tìm ra cách dng bng cách thiết lp mi quan h gia nhng yếu t
phải tìm và những yếu t đã cho làm cơ sở để tiến hành các bưc dng.
- Trưc hết ta v phác hình gi s dng đưc như trên (như yêu cu của bài toán),
có th v thêm nhng hình ph.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
488
- Tìm mi tương quan gia cái đã biết và cái chưa biết đ đưa vic dng hình F quy
v dng hình F1, quy vic dng hình F1 v dng hình F2: F F1 F2 ... Fn.
Trong đó Fn hình cơ bn đã biết cách đng. Hình mt tp hp đim, hình
bản đôi khi là những đim cht. T đó ta đưa ra đường li dng.
Chú ý: Phân tích làc quan trng nht vì nó cho ta biết phi dng như thế nào đ
đưc hình theo yêu cu của đề i.
b) Cách dựng
- c ch ra mt s hu hn và có th t các phép dng bn và các bài toán
dng hình cơ bn ri dng ngưc t Fn đến Fn-1... cui cùng được hình F.
Chú ý:
- Các bước dng phải là các phép dựng cơ bản hay các bài toán dng hình cơ bn.
- Mi c dng nếu cn th viết thêm điu kin th dng đưc các phép
dng y.
- Các bước dng phải theo một th t xác định, tránh lộn xn.
- S các bưc dng phi hu hn.
c) Chng minh
Là bước kiểm tra xem hình đã dựng đã thoả mãn điều kin đu bài không?
Để thc hin c này ta dựa vào các bước dng và các đnh đã hc mà chng
minh. Điu kin d chng minh tớc, điều kin khó chng minh sau.
Chú ý:
Cn chng minh hình dng đưc tho mãn đ
bài c v định lưng cũng như đnh tính.
d) Bin lun
c xem khi nào bài toán nghim và nếu
có thì có bao nhiêu nghim. Hay để xét xem nhng
yếu t nào đã cho phi tho mãn điu kin nào đ th dng đưc hình phi tìm, nếu
dng được thì có bao nhiêu nghiệm hình.
- Bin lun theo cách dng là mi c dng đó xét xem phi tho n điu kin
gì thì bưc dng này thc hin đưc và nếu dng được thì có bao nhiêu nghiệm.
Chú ý:
a
h
m
H
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
489
- Phân chia các tng hp tránh ln xn dn đến sót hoc trùng lp các tng
hp.
- Nếu hình phi dng không áp dng đưc cách dng tng quát trong phn dng
hình thì phải trình bày cách dựng tương ng cho tng trưng hp c th này.
- S nghim bài toán dng hình ta quy ước như sau:
Nếu bài toán không quy đnh v trí ca hình phi tìm đi vi mi hình đã cho
tương ng thì nhng hình bng nhau (ch khác nhau v v trí) tho mãn điu kin đu bài
đã được xem là một nghim.
Bin lun là mt c p phn rèn luyn duy đy đ cho hc sinh (bin lun
đủ), tư duy khái quát cho học sinh.
Tóm li, khi m mt bài toán dng hình chúng ta không đưc b mt c nào
trong bn bước trên. Nếu b c phân tích hoặc phân tích không rõ ràng tổng quát có thể
dn đến sót nghim. Nếu b c chng minh th dn đến tha nghim không phi
tt c kết qu của các bước dng đều là hình phải tìm.
5. áp dng
Bài toán 1
Dựng ABC biết cạnh BC = a, đường cao AH = h, trung tuyến AM = m
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s ta dng đưc ABC tho mãn:
Cnh BC = a, đưng cao AH = h, trung tuyến AM = m. Ta phi xác đnh đnh A tho
mãn 2 điều kin:
_A cách BC mt khong bng h, suy ra A đưng thng p// BC và cách BC mt
khong h.
_ A cách điểm M là trung điểm ca BC mt khong m.
b) Cách dng
- Dựng BC bng a
- Dựng đưng thng p//BC
và cách BC mt khong bng h.
- Dựng đường tròn tâm M bán
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
490
kính m ct p ti A.
ABC là tam giác cần dng.
c) Chứng minh
ABC có BC = a (cách dựng)
Đường cao AH = h (cách dựng)
Trung tuyến AM = m (cách dng)
ABC là tam giác cần dng.
d) Bin lun
- m > h bài toán có 4 nghiệm (4 đim A)
- m = h bài toán có 2 nghiệm (2 đim A)
- m < h bài toán vô nghim (không có đim A)
Bài toán 2
Cho đưng thng m song song vi đưng thng n và đim A không thuc 2 đưng
thẳng đó. Dựng đim B m, C n sao cho ABC là tam giác đều.
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s đã dựng đưc đim B m, điểm C n đ ABC đu.
Dựng hình chiếu vuông góc của A trên điểm M là E
Dựng tam giác đều AEF. Xét AEB và AFC ta có:
AE = AF (ABF đu)
CAF = BAE (= 60
0
+ CAE)
AB = AC (ABC đu)
AEB = AFC (c.g.c)
BEA = CFA = 90
0
(vì AE BE)
b) Cách dựng
T A hạ AE m ti E
- Dựng đều AEF
- T F dựng đưng vuông góc với AF cắt n ti C
a
h
m
p
a
h
m
M
H
A
B
C
B
C
A
H
A
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
491
- Nối A với C, dng đưng tròn tâm A bán kính AC cắt m ti B.
- Nối A với B, B với C ta được ABC cn dng
c) Chứng minh
Xét vuông ABE và vuông ACF có:
AB = AC (Cách dng) vuông ABF = vuông ACF (c.g.c)
AE = AF
BAE = CAF
Mà CAF = EAF + CAE = 60
0
+ CAE
BAE = BAC + CAE
BAC = 60
0
ABC có AB = AC và BAC = 60
0
ABC đu
d) Biện luận
Bài toán có 2 nghiệm vì ta có thể dng đưc 2 đều
Bài toán 3. Dựng ABC biết BC = a; AB + AC = d; ABC = α
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s ta đã dựng đưc ABC tho mãn c điu kin của đầu bài. Kéo dài BA và
trên đưng kéo dài lấy điểm D sao cho AD = AC.
Suy ra: BD = AB + AD = AB + AC = d
DAC cân A = BD đưng trung trc ca CD
b) Cách dựng
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
492
- Dựng đoạn BC = a
- Dựng tia Bx sao cho xBC = α
- Dựng điểm D trên Bx sao cho BD = d
- Ni D vi C
- Dựng điểm A là giao của BD và đường trung trc của CD
- Nối A với C ta được ABC cn dng
c) Chứng minh
ABC = α (cách dng)
BC = a (cách dựng)
A đưng trung trc của DC AD = AC
A, D Bx; BD = d (cách dựng)
BD = AB + AD = AB + AC = d
ABC là cn dng
d) Biện luận
- d < a bài toán vô nghiệm
- d > a Bài toán có một nghim
Bài toán 4
Dựng ABC biết BC = a, trung tuyến AM = m, đường cao CH = h
Bài giải
a) Phân ch
Gi s đã dựng đưc ABC tho mãn điều kin của đầu bài
A đường tròn tâm M bán kính m.
H đưng tròn đưng kính BC
CH = h; B, H, A thẳng hàng
b) Cách dựng
- Dựng BC = a, trung điểm M ca BC
- Dựng đưng tròn (M, m)
- Dựng đưng tròn đưng kính BC
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
493
- Dựng đim H đưng tròn đường kính BC sao cho HC = h
- Dựng điểm A là giao điểm của BH và (M, m)
c) Chứng minh
BC = a
CH = h (cách dựng)
A (M, m) AM = m
ABC là tam giác cần dng
d) Biện luận
Bài toán có nghim khi
2
h BC a
mh
<=
>
Bài toán có hai nghiệm do BH cắt (M, m) tại hai điểm là A và A'
II - Các phương pháp dng hình
Có 3 phương pháp dựng hình cơ bn
1. Dng hình bng phương pháp tương giao
Mi hình đu đưc c đnh bi mt s hu hn đim nên bài toán th quy v
dng vài đim nào đó gi đim cht. Gii mt bài toán dng hình bng phương pháp
qu tích tương giao nghĩa quy v xác đnh mt đim tho mãn hai điu kin 1 và 2. Ta
tm b điu kin 2 và tìm qu tích nhng đim tho mãn điu kiện 1. Quỹ tích này là hình
H1. Sau đó ta tm b điu kin 1 và tìm qu tích tho mãn điu kiện 2. Quỹ tích này
hình H2. Qua đó một đim tho mãn c hai điu kin 1 và 2 phải là giao của hình H1 và H2.
Ví dụ áp dụng
Bài toán 1
Dựng ABC biết B = β < 90
0
, đường cao BH và đường cao AD
Bài giải
a) Phân tích
Gi s ABC đã dựng đưc.
vuông ABD là dựng đưc
ta ch cn dng đim C.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
494
Mun vy ta phi đi dng đim H: H giao ca hai đưng tròn đưng kính AB
đường tròn tâm B bán kính BH C = AH BD
b) Cách dựng
- Dựng ABD vuông tại D
sao cho ABD < 90
0
và AD cho trước.
- Dựng điểm H là giao điểm
của hai đường tròn: (B,BH)
và đường tròn đưng kính AB (BH cho tc).
- Dựng điểm C là giao của BD và AH ⇒∆ABC là ta cn dng.
c) Chứng minh
ABD = β < 90
0
(cách dng)
AD là đường cao có độ dài cho trước (cách dng)
BH bng đon cho tc (cách dng)
ABC tho mãn yêu cầu ca đề bài
d) Biện luận
Bài toán luôn có nghiệm
Bài toán có một nghim
Bài toán 2
Dựng hình bình hành ABCD biết 2 đnh đi din A và C còn 2 đnh B và D thuc
mt đưng tròn (O,R) cho trưc.
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s đã dng đưc hình bình hành tho mãn điu
kin của đề bài là ABCD. Nếu I là giao đim của 2 đường
chéo ca ABCD thì: I AC và IA = IC, I BD và IB = ID; B,
D (O,R) OI BD
b) Cách dựng
- Dựng I là trung điểm ca AC
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
495
- Dựng đưng thẳng qua I
OI cắt (O) tại B và D
ABCD là hình bình hành cần dng.
c) Chứng minh
OI BD IB = ID
IA = IC (cách dựng); B, D (O,R) (cách dng)
AIB = DIC (c.g.c) ABI = IDC AB//CD
ABCD là hình bình hành tho mãn đầu bài.
d) Biện luận
Bài toán có nghim khi đim I trong đường tròn (O) khi đó bài toán có 1 nghim.
Bài toán 3:
Cho đưng tròn C(O,R) và đim A đưng thng d. Dng đưng tròn tiếpc vi
C(O,R) và tiếp xúc với d ti A.
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s đã dng đưc (O',R') tiếp xúc vi (O,R) và tiếp xúc vi d ti A O' p
đưng thẳng qua A và với d. Dựng điểm E sao cho O'E = O'O (AE = R).
O' nằm trên đường trung trc của OE
O' là giao của đường trung trc ca OE & p
b) Cách dựng
- Dựng đưng thng p d ti A
- Dựng đim E p sao cho AE = R
- Dựng đưng trung trc ca
OE là q, q p O'
- Dựng đưng tròn (O',O'A)
Đó là đường tròn cn dng
c) Chứng minh
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
496
(O',O'A) tiếp xúc với d tại A (cách dựng)
Nối O với O'. Vì O' đưng trung trc của OE OO' = O'E
Mà O'E = O'A + AE OO' = OA + AE = O'A +R
(O,R) & (O',O'A) tiếp xúc với nhau
(O') là đường tròn cn dng
d) Biện luận
Trên p có th lấy E1 trong đưng tròn (O') sao cho AE1 = R. Vậy bài toán 2
nghim hình.
2. Dng hình bng phương pháp đi s
Gii mt bài toán dng hình bng phương pháp đi s tng đưc quy v dng
mt s đon thng. Ta gi các đ dài các đon thng phi tìm là x, y, z. Sau đó ta lp
phương trình đ biu th mi tương quan gia các đon thng đã biết là a, b, c. Sau đó gii
h phương trình đ đưc các ẩn x, y, z.
* Một vài đoạn thng dng đưc biu th bng biu thức đơn giản là:
x = a ± b ; x =
..
.
abc
ef
x = na, n N ; x =
222 2
abcd−+
(a
2
+ d
2
> b
2
+ c
2
)
x =
a
n
, n N ; x =
22
ab±
x =
na
m
; m, n N ; x =
ab
x =
ab
c
; x = a
n
; n N
Ví dụ áp dụng
Bài toán 1
Cho nh thang ABCD, AD // BC. Dựng đường thẳng EF//BC chia đôi diện tích
hình thang.
a) Phân tích
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
497
Gi s đã dng đưc EF//BC chia đôi din ch hình thango dài BC, CD ct nhau
tại O. Suy ra:
OBC OEF OAD
Đặt OB = a, OA = b, OE = x
Ta có:
22
22
;
OBC OAD
OEF OEF
SS
ab
S xS x
∆∆
∆∆
= =
22
2
OBC OAD
OEF
SS
ab
Sx
∆∆
+
+
=
Mà: S
OBC + S
OAD = S
OEF + Shình thang EBCF + S
OAD
= S
OEF + Shình thang AEFD + S
OAD
= 2S
OEF
22
2
2
1
ab
x
+
=
<=> 2x
2
= a
2
+ b
2
22
2
22
ab
x = +
Đặt
22
22
;
22
ab
y z x yz= = ⇒= +
b) Cách dựng
- Kéo dài BA, CD cắt nhau O
- Dựng đon trung bình nhân
ca a,
2
a
ta được y
- Dựng đon trung bình nhân
ca
2
b
, b ta được z
- Dựng vuông có y, z là 2 cạnh góc vuông
độ i cnh huyn ca đó là x.
- Trên OB lấy OE = x, dựng EF // BC ta sẽ đưc đoạn EF cần dng.
c) Chứng minh
Gọi hình thang ADEF diện tích là S1 và hình thang EBCF có diện tích là S2
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
498
Ta phi chng minh S1 = S2
Ta có OAD DEF (vì AD//EF) t s đồng dạng là:
a
x
2
0
2
01
OAD
OEF
SS
a
S x SS
= =
+
OEF OBC
2
012
2
01
OBC
OEF
S SSS
b
S x SS
++
= =
+
22 22
012 012
22
2
01 01
22
2
SSS SSS
ab ab
ab
x SS SS
++ ++
++
= ⇔=
+
++
012
012 0 1 1 2
01
2
2 2 22
SSS
SSS S S SS
SS
++
= ++ = + =
+
Shình thang ADEF = Shình thang EBCF
d) Biện luận
Bài toán luôn có một nghim hình
Bài toán 2
Cho hình bình hành ABCD. Dng hai đưng thng đi qua A đnh A chia hình
bình hành thành 3 phần có diện tích bng nhau.
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s đã dng đưc đưng thẳng qua A cắt BC ti E, ct CD ti F tho mãn: S
ABE
= S
BECF = S
AFD =
1
3
S
ABCD
Gi đ i: BE = x, đường cao AH = h S
ABE =
1
2
h.x
S
ABCD = AH.BC = h.BC. Mà S
ABCD = 3 S
ABE
h.BC = 3.
1
2
hx <=> BC =
3
2
x x =
2
3
BC
Tương tự ta gọi: DF = y y =
2
3
DC
b) Cách dựng
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
499
- Dựng đoạn BE =
2
3
BC
- Dựng đoạn DF =
2
3
DC
- Nối A với E, A với F ta được:
S
ABE = S
AFD = S
AECF =
1
3
S
ABCD
c) Chứng minh
Ta có: S
ABE =
1
2
hx =
1
2
h.
2
3
BC =
1
3
h.BC =
1
3
S
ABCD
Tương tự: S
ADF =
1
3
S
ABCD
S
AECF =
1
3
S
ABCD Điều phải chứng minh
d) Biện luận
Bài toán có một nghiệm hình
3. Dựng hình bằng phương pháp biến hình:
Dựng hình bằng phương pháp biến hình áp dụng phép đối xứng, phép tịnh tiến,
phép quay, đng dng. Ta quy vic dng mt hình v vic dng mt đim M. Dng trc
tiếp điểm M đôi khi gặp khó khăn. Trong trường hợp này ta chọn một phép biến hình
mt song ánh f (đ f có ánh x ngưc) biến đim M thành đim M' mà đim M' này ta có
th đng đưc mt cách d dàng. Sau khi đã dng đưc điểm M' ta đưc phép biến nh
ngược: f
-1
(M') = M. Ví dụ như tịnh tiến
a
.
Ví dụ áp dụng
Bài toán 1
Cho 2 điểm A, B nằm về một phía của đường thẳng d. Tìm điểm M d sao cho AM
+ MB là nhỏ nhất.
Bài giải:
a) Phân tích
Giả sử đã dựng được điểm M d đ (AM + MB) ngn nht. Ta lấy điểm A' đối
xứng với A qua d.
IA = IA'; MA = MA' (AM + MB) ngắn nhất khi: A, M, B thẳng hàng.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
500
M giao của đường thẳng nối 2 điểm A', B và đường thẳng d.
b) Cách dựng
- Dựng điểm A' đối xứng A qua d
- Nối A' với B
- Dựng M = A'B d
Đó là điểm M cần dựng
c) Chứng minh
- Lấy M' d (M' tuỳ ý) và ta chứng minh: M'A + M'B > MA + MB
Theo cách dựng thì A', M, B thẳng hàng và AM = A'M
Xét A'BM' ta có: M'A + M'B > A'B (1)
Mà theo cách dựng thì A'B = MA' + MB = MA + MB (2)
Từ (1) và (2) MA' + MB' > MA + MB (MA + MB) min (đpcm)
d) Biện luận
Bài toán có 1 nghiệm hình vì điểm A' dựng được là duy nhất.
Bài toán 2
Cho 2 đường thẳng b//c, điểm Ab,c. Dựng đều ABC sao cho Bb, Cc.
Bài giải:
a) Phân tích:
Gi s ta dng đưc đu ABC tho mãn điu kin ca bài toán. B b, C c. Ta thực
hiện phép quay theo chiều kim đồng hồ ta có:
r(A, 60
0
)(B) = C ; r(A, 60
0
)(b) = b'
Mà B b C b'. Mặt khác: C c c b' = C
b) Cách dựng
- Dựng đường thẳng
b' = r(A, 60
0
)(b)
- Dựng điểm C
là giao điểm của b' và c
- Dựng điểm B bằng cách:
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
501
r(A, 60
0
)(C) = B
c) Chứng minh:
r(A, -60
0
)(C) = B; r(A, -60
0
)(b') = b
Mà C b' B b (đpcm).
d) Biện luận
Bài toán có 2 nghiệm hình
Bài toán 3
Cho ABC. Dựng hình vuông MNPQ sao cho M AB; N,P BC, Q AC.
Bài giải:
a) Phân tích
Gi s đã dng đưc hình vuông MNPQ tho mãn điu kin ca bài toán. Ni B
với Q và thực hin phép vị tự: h(B, k =
'BQ
BQ
) (Q' BQ) thì: Q Q'; M M'; N N'; P
P'
'' ' ' '' ''MQ NM NP PQ
MQ NM NP PQ
= = =
Mà MQ = MN = NP = PQ và NMQ = 90
0
M'Q' = M'N' = N'P' = P'Q'; N'M'Q' = 90
0
M'N'P'Q' là hình vuông.
b) Cách dựng
- Ly M' AB, dựng M'N' BC
- Dựng hình vuông M'N'P'Q'
- K BQ' cắt AC tại Q
- Thc hin phép v tự: h(B; k =
'BQ
BQ
) (Q') = Q; p' p; M' M; N' N ta dng
đưc hình vuông MNPQ cn dng.
c) Chứng minh
Theo cách dng ta có:
'' ' ' '' ''
MQ NM NP PQ
MQ NM NP PQ
= = =
M'N'P'Q' là nh vuông;
N'M'P' = 90
0
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
502
MN = NP = PQ = MQ & NMP = 90
0
MNPQ là hình vuông
d) Biện luận
Bài toán có 1 nghiệm hình
4. Các phương pháp khác
Các phương pháp dng hình trên rt bn nhưng không th đy đ. Vì thế
chúng ta phải tìm tòi, sáng tạo ra nhng phương pháp tích cc khác. Nhng phương pháp
đó s hình thành khi chúng ta làm nhng bài toán dng hình trên s vn dng, phân
tích và tng hp những phương pháp trên một cách thông minh và linh hot.
Bài tập dựng hình
1. Cho hai đưng tròn (O1, R1) và (O2, R2) phương . Dựng đon AB = a song
song vi sao cho A (O1, R1), B (O2, R2).
2. Cho hai đưng tròn (O1, R1) (O2, R2) ng đưng thng d. Dng hình vuông
ABCD sao cho A (O1, R1), C (O2, R2); B, D d.
3. Dựng mt đều sao cho din tích của nó bằng din tích mt cho trưc
4. Cho hai điểm A, B nằm cùng phía với đưng thẳng d. Dùng đường tròn đi qua A,
B và tiếp xúc với d.
5. Cho hai điểm A, B đường thẳng d cho trước. Dựng đường tròn đi qua hai điểm
A, B và tiếp xúc với đường thẳng d.
6. Dựng hai đưng thng đi qua A chia hình bình hành thành 3 phn bng nhau v
din tích.
7. Cho ABC, dng đưng thng song song vi BC chia ABC thành hai phn
din tích bng nhau.
8. Cho đường tròn (O, R) và hai đim A, B (O, R) cùng mt đon thng đã biết l.
Dựng hai dây cung song song đi qua A và B sao cho tổng của chúng bằng l.
9. Cho điểm A ngoài (O, R). Dựng cát tuyến đi qua A ct (O, R) ti B và C sao cho
AB = BC.
10. Cho đường tròn (O) mt dây cung AB c định. Dựng đều MNP tho mãn:
M & P (O); N AB và MN AB.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
503
11. Cho hình vuông ABCD giao đim hai đưng co là 0. hãy dng nh ca các
điểm A, B, C, D trong phép quay tâm O một góc 45
0
ngưc chiu kim đng h.
12. Dựng mt hình vuông ni tiếp mt đưng tròn bán kính R, dng mt lc giác
và một tam giác đều ni tiếp đưng tròn bán kính R.
CHUYÊN ĐỀ 5 : TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG TRUNG TUYN CA TAM GIÁC
1.Nhc li kiến thc
-Đưng trung tuyến của tam giác:Đoạn thẳng AM nối đỉnh A của tam giác ABC với trung
đim M ca cnh BC gọi là đường trung tuyến xut phát t đỉnh A hoc ng vi cnh BC )
của tam giác ABC.Đường thẳng AM cũng gọi là đường trung tuyến ca tam giác ABC.
Mỗi tam giác có 3 đường trung tuyến.
-Tính chất 3 đường trung tuyến ca tam giác:
Định lý: Ba đưng trung tuyến ca một tam giác cùng đi qua một điểm ,điểm đó ccahs
mi đnh mt khong bng
2
3
độ dài đưng trung tuyến đi qua đỉnh y.
Điểm đó gọi là trọng tâm ca tam giác
2.Ví d
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A có AB = AC= 34cm, BC = 32cm. Kẻ đường trung
tuyến AM.
1. Chứng minh : AM vuông góc BC.
2. Tính AM.
GIẢI
*Phân tích bài toán:
a) để chứng minh AM vuông góc với BC ta cần chứng minh
0
ˆˆ
90AMC AMB= =
Ta sử dụng các giả thiết đã cho để chứng minh 2 góc trên bằng nhau,đồng thời 2 góc đó lại
kề bù.
+tam giác ABC cân
+AM là đường trung tuyến
b) Để tìm được độ dài AM,ta cần gắn vào tam giác AMC
chứng minh được tam giác AMC vuông vì:
+sử dụng các giả thiết đã cho để chứng minh tam giác AMB=tam giác AMC
ˆˆ
AMB AMC=
+ góc AMB và AMC kề bù
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
504
ˆˆ
AMB AMC=
=
0
90
Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông AMC để tính được AM
1. AM vuông góc BC :
Xét ΔAMB và ΔAMC, ta có :
AB =AC (gt)
MB = MC (AM là đường trung tuyến)
AM cạnh chung
=> ΔAMB = ΔAMC (c c c)
=>
Mà : (hai góc kề bù)
=>
Hay AM BC.
2.Tính AM :
Ta có : BM = BC : 2 = 16cm (AM là đường trung tuyến)
Xét ΔAMB vuông tại M. ta có :
AB
2
= AM
2
+ BM
2
(pitago)
34
2
= AM
2
+ 16
2
=>AM = 30cm.
Ví dụ 2: Cho tam giác DEF cân tại D có đường trung tuyến DI.
a) Chứng minh : ΔDEI = ΔDFI.
b) Các góc DIE và góc DIF là góc gì ?
c) DE = DF = 13cm, EF = 10cm. Tính DI.
Gii.
Phân tích bài toán:
a) Để chứng minh tam giác DEI=DFI
Ta nhận thấy 2 tam giác trên bằng nhau theo trường hợp c-c-c
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
505
Sử dụng các giả thiết đã cho để chứng minh
b) Từ chứng mình câu a ta có được rằng : góc DIE=DIF
Lại nhận thấy rằng 2 góc trên kề bù,từ đó ta sử dụng để chứng minh rằng 2 góc đó là
hai góc vuông.
c) Ta sử dụng được giả thiết DI là đường trung tuyến
EI=IF
Mặt khác sử dụng được định lý pitago vì đã chứng mình được câu b
Từ đó tìm được độ dài cạnh DI
a) Chứng minh : ΔDEI = ΔDFI.
Xét ΔDEI và ΔDFI, ta có :
DE = DF (gt)
IE = IF ( DI là trung tuyến)
DI cạnh chung.
=> ΔDEI = ΔDFI (c c c)
b) Các góc DIE và góc DIF :
(ΔDEI = ΔDFI)
Mà : (E, I,F thẳng hàng )
=>
c) tính DI :
IE = EF : 2 = 10 : 2 = 5cm
Xét ΔDEI vuông tại I, ta có :
DE
2
= DI
2
+ IE
2
=> DI
2
= DE
2
IE
2
=132 52 = 144
=> DI = 12cm.
Ví dụ 3:Cho tam giác ABC vuông tại A, đường trung tuyến AM. Trên tia đối của MA lấy
điểm D sao cho MD = MA.
a) Tính số đo góc ABD
b) Chứng minh : ABC = BAD.
c) So sánh độ dài AM và BC.
Gii.
Phân tích bài toán:
a) Để tính được số đo góc ABD ta cần tính được tổng
ˆˆ
12BB+
Sử dụng giả thiết tam giác ABC vuông tại A ta có
0
ˆ
ˆ
1 90BC+=
Sử dụng các giả thiết về cạnh để chứng minh tam giác AMC =BMD
ˆ
ˆ
2BC=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
506
0
ˆˆ
1 2 90BB+=
0
ˆ
90ABD =
b) Sử dụng câu b để chứng minh(AC=BD)
c) Để so sánh AM và BC ta đi so sánh AM và AD( vì AD=BC)
GIẢI
a) Tính số đo góc ABD
b) Xét ΔAMC và ΔDMB, ta có :
MA = MD (gt)
(đối đỉnh)
MC = MB (gt)
=> ΔAMC = ΔDMB
=> (góc tương ứng);
Mà : (ΔABC vuông tại A)
=>
Hay
b)Chứng minh : ABC = BAD
Xét ABC và BAD, ta có :
AB cạnh chung.
AC = BD (AMC = ΔDMB)
=> ΔABC =Δ BAD
c)So sánh độ dài AM và BC :
AM =
2
AD
(gt).
Mà : AD = BC (ΔABC =Δ BAD)
=> AM =
2
BC
3.Bài tập áp dụng:
BÀI 1 :
Hai đường trung tuyến AD và BE của tam giác ABC cắt nhau tại G. kéo dài GD thêm một
đoạn DI = DG. Chứng minh : G là trung điểm của AI.
BÀI 2 :
Trên đường trung tuyến AD của tam giác ABC, lấy hai điểm I và G sao cho AI = IG = GD.
Gọi E là trung điểm của AC.
1. Chứng minh B, G, E thẳng hàng và so sánh BE và GE.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
507
2. CI cắt GE tại O. điểm O là gì của tam giác ABC. chứng minh BE = 9OE.
BÀI 3 :
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 8cm, BC = 10cm. lấy điểm M trên cạnh AB sao cho
BM = 4cm. lấy điểm D sao cho A là trung điểm của DC.
1. Tính AB.
2. Điểm M là gì của tam giác BCD.
3. Gọi E là trung điểm của BC. chứng minh D, M, E thẳng hàng.
BÀI 4: Giả sử hai đường trung tuyến BD và CE của tam giác ABC có độ dài bằng nhau và
cắt nhau tại G.
1. Tam giác BGC là tam giác gì ?
2. So sánh tam giác BCD và tam giác CBE.
3. Tam giác ABC là tam giác gì ?
BÀI 5:Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 8cm, BC = 10cm. lấy điểm M trên cạnh AB
sao cho BM = 16/3cm. lấy điểm D sao cho A là trung điểm của DC.
1. Tính AC.
2. Điểm M là gì của tam giác BCD.
3. Gọi E là trung điểm của BC. chứng minh D, M, E thẳng hàng.
CHỦ ĐIỂM 2: TÍNH CHẤT TIA PHÂN GIÁC CỦA MỘT GÓC
1.Nhắc lại kiến thức
-Định lý 1: Điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó.
-Định lý 2: (định lý đảo)
Điểm nằm bên trong một góc và cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác
của góc đó.
2.Các dạng bài tập
Dạng 1:chứng minh một tia là tia phân giác của một góc
D
O
B
A
x
t
y
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
508
Cách giải: chứng minh tia Ot là tia phân giác của góc xOy
+ Cách 1: chứng minh:
Tia Ot nằm giữa 2 tia Ox và Oy
ˆˆ
xOt tOy=
+ Cách 2: Chứng minh
1
ˆˆ ˆ
2
xOt tOy xOy= =
Ví dụ :Trên nửa mt phng chứa tia Ox,vẽ tia Oy,Ot sao cho
00
ˆˆ
130 ; 65xOy xOt= =
Chng minh rằng : Ot là tia phân giác của
ˆ
xOy
*Phân tích bài toán:
Để chứng minh Ot là tia phân giác của góc xOy ta cần áp dng cách chng minh 1 hoc 2.
bài này ta s dụng cách 2 vì chưa có điều kiện tia Ot nằm giữa Ox và Oy
Chng minh:
Trên cùng mt na mt phng b chứa tia Ox
Ta có:
00
ˆˆ
(65 130 )xOt xOy<<
=>tia Ot nằm giữa Ox và Oy (1)
=>
ˆˆ ˆ
xOt tOy xOy+=
Thay
00
ˆˆ
130 ; 65xOy xOt= =
(gt)
Ta được:
00
ˆ
65 130tOy+=
=>
00
ˆ
130 65tOy =
=>
0
ˆ
65tOy =
0
ˆ
65 ( )xOt gt=
T (1)và (2)=> Ot là tia phân giác của
ˆ
xOy
DẠNG 2: S dng tính cht tia phân giác ca mt góc đ gii các bài toán khác
Ví dụ: tia Oy và Oz cùng nằm trên nửa mt phẳng có bở là tia Ox
00
ˆˆ
30 ; 120xOy xOz= =
Om là tia phân giác của
ˆ
xOy
On là tia phan giác của
ˆ
yOz
Tính
ˆ
yOz
ˆ
mOn
O
y
t
O
x
t
y
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
509
Gii:
*Phân tích bài toán:
S dng các tính cht k bù và tia phân giác của góc để tính các góc
Ta có:
ˆˆˆ
xOy yOz xOz+=
(vì tia Oy nằm giữa Ox và Oz)
Thay
00
ˆˆ
30 ; 120xOy xOz= =
(gt)
ta được:
00
ˆ
30 120yOz+=
hay
00
ˆ
120 30yOz =
0
ˆ
90yOz =
b)Tính
ˆ
?mOn =
ta có:
00
11
ˆˆ ˆ
30 15
22
xOm mOy xOy= = = =
(vì Om là tia p/g của
ˆ
xOy
)
Li có:
00
11
ˆˆ ˆ
90 45
22
yOn nOz yOz= = = =
(vì On là tia p/g của
ˆ
yOz
)
ˆ ˆˆ
mOn mOy yOn= +
(vì tia Oy nằm giữa Om và On)
Thay
00
ˆˆ
15 ; 45mOy yOn= =
ta được:
00 0
ˆ
15 45 60mOn =+=
3.Bài tp áp dng
BÀI 1 :Cho hình thoi ABCD. Trên tia đối tia CD lấy điểm E, gọi F là giao điểm của AE và
BC. Đường thẳng song song AB kẻ từ F cắt BE tại P.
Chứng minh CP là phân giác góc CBE.
BÀI 2 :Cho hình bình hành ABCD. phân giác góc A cắt đường chéo BD tại E và phân giác
góc B cắt đường chéo AC tại F.
Chứng minh : EF // AB.
BÀI 3 :Cho tam giác ABC có AB = 4cm, BC = 6cm, CA = 8cm. Đường phân giác trong AD
và BE cắt nhau tại I.
Tính : BD và CD.
BÀI 4:Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. chứng minh : IG // BC và tính IG.
cho tam giác ABC có AB= 5cm, AC = 6cm và BC =7cm. Tia phân giác của góc BAC cắt
cnh BC tại E.
Tính EB và EC.
BÀI 5:V hai góc kề bù xOy,yOx’,biết
0
ˆ
100xOy =
.Gi Ot là tia phân giác của góc xOy,Ot’là
tia phân giác ca góc x’Oy.
Tính
ˆˆˆ
' ; '; 'x Ot xOt tOt
O
z
n
y
m
x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
510
Ch đim 6:
TÍNH CHT ĐƯNG TRUNG TRC CA MT ĐON THNG
1.Kiến thc cn nh
+Định lý 1(định lý thun):đim nằm trên đường trung trc ca mt đon thng thì cách
đều hai đầu mút của đoạn thng đó.
+ Định lý 2(định lý đảo): điểm cách đều hai đầu mút ca mt đon thng thì nm trên
đưng trung trc của đoạn thng đó.
Nhận xét: Tập hp các đim cách đu hai đầu mút ca mt đon thẳng là đường trung
trc của đoạn thẳng đó.
ng dng:
Ta có thể v đưng trung trc của đoạn thẳng AB bằng thước và compa như sau:
-Lấy A làm tâm vẽ cung tròn bán kính ln hơn
1
2
AB
-Lấy B làm tâm vẽ cung tròn có cùng bán kính đó sao cho hai cung tròn này có 2 điểm
chung ,gọi là C và D
-Dùng thưc v đưng thẳng CD .Đường thẳng CD là đường trung trc của đoạn thng
AB.
2.Các dạng bài tp
Dạng 1: Chng minh mt đưng thằng là đường trung trc ca mt đon thng
Cách gii:
Cách 1:chng minh rng đưng thng đó vuông góc vi đon thẳng tai trung điểm ca
đon thng đó
Cách 2: chng minh 2 đim thuc đưng thẳng cách đều 2 đầu mút của đoạn thng
Ví d 1:cho tam giác ABC cân đỉnh C,tam giác ABD cân đỉnh D
Chng minh rằng CD là đường trung trc của đoạn thng AB
Gii:
*Phân tích bài toán: để chứng minh CD là đường trung trc của AB
Ta chứng minh C và D nằm trên đường trung trc của đoạn thng AB
Tam giác ABC cân đỉnh C (gt)
=> CA=CB
=>C nằm trên đường trung trc của đoạn thng AB
Tương t D cùng nm trên đưng trung trc của đoạn thng AB
=>CD là đường trung trc của đoạn thng AB
Dạng 2: s dng tính cht đưng trung trc của đoạn thng đ gii các bài toán khác
A
C
D
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
511
Ví d 1:Tam giác ABC cân tại A .Đường trung trc ca cnh AC cắt AB tại D .Biết CD là
tia phân giác của góc
ˆ
ACB
,Tính các góc của tam giác ABC
Gii:
Ta có: DA = Dc => tam giác ADC cân tại D
ˆˆ
2AC⇒=
( )
ˆˆ
21CA=
Tam giác ABC cân tại A =>
ˆ
ˆ
CB=
(2)
Tam giác ABC có
ˆˆ
ˆ
180ABC++=
(3)
T 1,2,3 suy ra
0
ˆ
36A =
0
ˆ
ˆ
72BC= =
3.Bài tập áp dụng
BÀI 1 :
Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AH. Vẽ các điểm D, E sao cho các đường AB, AC lần
lược là các đường trung trực của DH, EH.
1. Chứng minh tam giác ADE là tam giác cân.
2. Đưng thẳng DE cắt AB, AC lần lưt ti M N. chứng minh tia HA là phân giác của
góc NHM.
3. Chng minh :
BÀI 2 :
Cho tam giác ABC cân tại A. hai tia phân giác của góc B và C cắt nhau tại I.
1. Chứng minh tam giác BIC cân tại I.
2. Chứng minh AI là đường trung trc ca BC.
BÀI 3 :
Cho tam giác ABC cân tại A. gọi M là trung điểm của BC. hai đường trung trực của AB và
AC cắt nhau tại D. chứng minh :
1. DB = DC.
2. A, M, D thẳng hàng.
BÀI 4: Cho d là đường trung trực của AC. Lấy điểm B sao cho A và B ở cùng bên đường
thẳng d. BC cắt d tại I. điểm M di động trên d.
1. So sánh MA + MB với BC.
2. Tìm vị trí M trên d để MA + MB nhỏ nhất.
BÀI 5 :
A
B
C
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
512
Cho tam giác ABC, trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM = AB. trên tia đối của tia
CB lấy điểm N sao cho CN = AC. Vẽ đường cao BH của tam giác ABM và đường cao CK
của tam giác ACN, hai đường cao cắt nhau tại O. chứng minh rằng :
1. Điểm O nằm trên đường trung trực của MN.
2. AO là phân giác của góc BAC.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
513
TUYN TP CÁC BÀI HÌNH HC
TRONG Đ THI HC SINH GII LP 7
Câu 1.
Cho
0
60xAy =
có tia phân giác
.Az
T đim
B
trên
Ax
k
BH
vuông góc vi
Ay
ti
,H
k
BK
vuông góc vi
Az
Bt
song song vi
,Ay Bt
ct
Az
ti C. T C k
CM
vuông góc
vi
Ay
ti M. Chng minh:
a)
K
là trung điểm ca
AC
b)
KMC
là tam giác đều
c) Cho
2,BK cm=
tính các cnh ca
AKM
Li gii
a)
ABC
cân ti B do
( )
CAB ACB MAC= =
BK
là đưng cao
BK
là đưng
trung tuyến
K
là trung điểm ca
AC
b)
(ABH BAK∆=
cnh huyn góc nhn)
BH AK⇒=
(hai cnh tương ng) mà
11
22
AK AC BH AC= ⇒=
Ta có:
BH CM=
(tính cht đon chn) mà
1
2
CK BH AC CM CK MKC= = = ⇒∆
tam giác cân (1)
Mt khác:
0
90MCB =
00
30 60 (2)ACB MCK=⇒=
T (1) và (2)
MKC⇒∆
là tam giác đều
c) Vì
ABK
vuông ti K mà
0
30 2 2.2 4KAB AB BK cm=⇒= ==
ABK
vuông ti K nên theo pytago ta có:
22
16 4 12AK AB BK= = −=
1
12
2
KC AC KC AK= ⇒==
KCM
đều
12KC KM⇒= =
Theo phn b,
4, 2,AB BC AH BK HM BC= = = = =
(
HBCM
là hình ch nht)
x
y
z
t
M
C
K
H
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
514
Bài 2 Cho đon thng
AB
có O là trung điểm. Trên hai na mt phng đi nhau b
AB
k
hai tia
// .Ax By
Lấy hai điểm
,CE
,DF
ln lưt trên
,Ax By
sao cho
,AC BD CE DF= =
. Chng minh:
a) Ba đim
,,COD
thng hàng,
,,EOF
thng hàng
b)
ED CF=
Li gii
a) Chng minh đưc thng hàng và (1)
Tương t chng minh đưc thng hàng và
b) T (1), (2) kết hp gi thiết chng minh đưc
Bài 3. Tam giác
ABC
cân ti C và
0
100 ;C BD=
là phân giác ca
.B
T A k tia
Ax
to vi
AB
mt góc
0
30 .
Tia
Ax
ct
BD
ti M, ct
BC
ti E. BK là phân giác
CBD
,
BK
ct
Ax
ti
N
a) Tính s đo
ACM
b) So sánh
MN
.CE
Li gii
F
D
O
A
B
C
E
(..) , ,AOE BOF c g c E O F∆=
OE OF=
(..) , ,AOC BOD c g c C O D∆=
(2)OC OD=
(..)EOD FOC c g c ED CF = ⇒=
x
1
1
2
N
K
E
M
D
B
C
A
6⇒=+=AM AH HM
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
515
a) Hc sinh chng minh đưc:
ANB
cân ti N(có hai góc bng nhau
0
30 )=
NA NB⇒=
Ni
,CN
chng minh đưc
(..)CAN CBN c c c∆=
0
50 ;NCA NCB NMB⇒==
là góc ngoài ca
0
11
50ABM NMB A B =+=
T đó, học sinh chng minh đưc:
( .. )BNM BNC g c g BC BM CBM =∆ = ⇒∆
cân
ti B, mà li có góc đỉnh
0
20CBM =
nên tính đưc
0
20ACM =
b) T chng minh trên , ta chng minh đưc
MNC
cân ti
N MN NC⇒=
, so sánh
CN
vi CE
Xét trong tam giác
CNE
tính đưc
( )
0 00 0
180 100 10 70CEN = +=
Và tính đưc
00 0
50 10 60CNE =+=
(góc ngoài ca
)CAN
CEN CNE CN CE > ⇒>
hay
MN CE>
Câu 4. Cho tam giác cân
,ABC AB AC=
. Trên cnh
BC
ly đim
,D
trên tia đối ca
CB
ly đim
E
sao cho
.BD CE=
Các đường thng vuông góc vi
BC
k t
D
E
ct
,AB AC
ln lưt
,.MN
Chng minh rng:
a)
DM EN=
b) Đưng thng
BC
ct
MN
ti đim
I
là trung điểm ca
MN
c) Đưng thng vuông góc vi
MN
ti
I
luôn luôn đi qua một đim c định khi
D
thay đổi tn cnh BC.
Li gii
a)
( )
..MDB NEC g c g∆=
DM EN⇒=
(cp cnh tương ng)
MB NC⇒=
(cp cnh tương ng)
b) Ta có:
MDI
vuông ti D:
0
90DMI MID+=
(tng hai góc nhn trong tam giác vuông)
H
O
I
N
M
A
B
C
D
E
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
516
NEI
vuông ti E:
0
90ENI NIE+=
(tng hai góc nhn trong tam giác vuông)
MID NIE=
i đnh) nên
DMI ENI=
( .. )MDI NEI g c g IM IN⇒∆ =∆ =
(cp cnh tương ng)
Vy
BC
ct
MN
ti đim
I
là trung điểm ca
MN
c) Gi
H
là chân đường vuông góc k t
A
xung
.BC
AHB AHC∆=
(cnh huyn – cnh góc vuông)
HAB HAC⇒=
(cp góc tương ng)
Gi
O
là giao điểm ca
AH
vi đưng thng vuông góc vi
MN
k t I
(..)OAB OAC c g c OBA OCA∆= =
(cp góc tương ng) (1)
OC OB⇒=
(cp cnh tương ng)
(..)OIM OIN c g c OM ON = ⇒=
(cp cnh tương ng )
(..)OBM OCN c c c OBM OCN∆= =
(cp góc tương ng ) (2)
T (1) và (2) suy ra
0
90 ,OCA OCN= =
do đó
OC AC
Vy đim
O
c định
Bài 5. Cho góc nhn
xOy
và tia phân giác
.Ot
Trên tia
Oy
ly đim
.A
Đưng trung trc
ca
OA
ct tia
Ox
ti F. Trên tia
Ay
ly đim
B
sao cho
.AB AF BF=
ct
Ot
ti E.
a) Chng minh
E
thuc đưng trung trc ca
FA
b) So sánh
EF
EB
Li gii
a)
F
thuc đưng trung trc ca
FA FO FA OFA = ⇒∆
cân ti F
2. 2.FOA FAO EOB FOE⇒== =
AF AB FAB= ⇒∆
cân ti A
2AFB ABF FAO FBA⇒==
Vy
EOB EBO OE EB= ⇒=
( )
,,OFE BAE OF AB OE EB FOE EBO∆= = = =
x
y
z
E
B
F
O
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
517
EF EA E⇒=
thuc đưng trung trc ca
.FA
b)
00
90 45FOA FOE≤⇒ <
OFE
( )
00
180 3 3 60OFE FOE FOE=−=
( )
00 0
3 60 45 45 FOE> −=>
Bài 6. Cho tam giác
ABC
vuông cân ti A,
M
là trung đim
.BC
Ly đim D bt k thuc
cnh
.BC
H
I
th t là hình chiếu ca B và C xung đưng thng
.AD
Đưng thng
AM
ct CI ti N. Chng minh rng:
a)
BH AI=
b)
22
BH CI+
có giá tr không đi
c) Đưng thng
DN
vuông góc vi
AC
d)
IM
là phân giác ca
HIC
Li gii
a)
AIC BHA BH AI∆= =
b)
22 2 2 2
BH CI BH AH AB+= + =
c)
,AM CI
là hai đường cao ct nhau ti
NN
là trc tâm
DN AC⇒⊥
d)
BHM AIM HM MI =∆⇒=
BHM IMA=
00
90 90IMA BMI BMH BMI+= +=
HMI⇒∆
vuông cân
0
45HIM⇒=
00
90 45HIC HIM MIC IM=⇒==
là phân giác ca
HIC
Bài 7. Cho
ABC
nhn có góc A bng
0
60 .
Phân giác
ABC
ct
AC
ti D, phân giác
ACB
ct
AB
ti E.
BD
ct
CE
ti I.
a) Tính s đo
BIC
b) Trên cnh
BC
ly đim F sao cho
.BF BE=
Chng minh
CID CIF∆=
c) Tn tia
IF
ly đim
M
sao cho
.IM IB IC= +
Chng minh
BCM
đều
Li gii
N
I
H
M
C
B
A
D
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
518
a)
BD
là phân giác ca
ABC
nên
12
1
2
B B ABC= =
CE
là phân giác ca
ACB
nên
12
1
2
C C ACB= =
Mà tam giác
ABC
00 0
180 60 180A B C ABC ACB++= + + =
0 00
21
120 60 120ABC ACB B C BIC + = += =
b)
(..)BIE BIF c g c BIE BIF∆= =
00 0
120 60 60BIC BIE BIE BIF=⇒=⇒==
00
180 60BIE BIF CIF CIF++==
0
60CID BIE= =
i đnh)
0
60 ( . . )CIF CID CID CIF g c g = = ⇒∆ =∆
c) Trên đon
IM
ly đim
N
sao cho
IB IN NM IC=⇒=
BIN⇒∆
đều
BN BI⇒=
0
120 ( )BNM BNM BIC gcg= ⇒∆ =∆
BM BC⇒=
24
B B BCM= ⇒∆
đều
Câu 8.
1. Cho
ABC
0
60 ,BC+=
phân giác
.AD
Trên
AD
ly đim
,O
trên tia đối
ca tia
AC
ly đim
M
sao cho
ABM ABO=
. Trên tia đối ca tia
AB
ly đim
N sao cho
ACN ACO=
. Chng minh rng
a)
AM AN=
b)
MON
là tam giác đều
2. Cho tam giác
ABC
vuông
,A
đim
M
nm gia B và C. Gi
,DE
th t
hình chiếu ca
M
trên
,.AC AB
Tìm v trí ca
M
để
DE
có đ dài nh nht
1
2
4
3
2
1
N
F
I
E
D
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
519
Li gii
1.
a)
ABC
0
60BC+=
nên
0
120A =
Do
AD
là tia phân giác nên
0
12
60 ,AA= =
ta li có
00
34
180 60AA A= = −=
Suy ra
( )
0
1234
60AAAA= = = =
( . . ) (1)
( . . ) (2)
ABM ABD g c g AM AO
ACN ACO g c g AN AO
= ⇒=
= ⇒=
T (1) và (2) suy ra
AM AN=
b)
( . . ) (3)AOM ON c g c OM ON = ⇒=
( . . ) (4)AOM AMN c g c OM NM = ⇒=
T (3) và (4) suy ra
OM ON NM MON= = ⇒∆
là tam giác đều
2.
DE AM AH=
(AH là đường cao ca
)ABC
Vy
DE
nh nht khi AM nh nht
M
trùng vi H
3
2
1
4
A
M
B
C
N
D
H
D
E
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
520
Câu 9.
Cho góc nhn
xOy
và tia phân giác
.Ot
Trên tia
Oy
ly đim
.A
Đưng trung trc
ca
OA
ct tia
Ox
ti F. Trên tia
Ay
ly đim
B
sao cho
.AB AF BF=
ct
Ot
ti E.
c) Chng minh
E
thuc đưng trung trc ca
FA
d) So sánh
EF
EB
Li gii
c)
F
thuc đưng trung trc ca
FA FO FA OFA = ⇒∆
cân ti F
2. 2.FOA FAO EOB FOE⇒== =
AF AB FAB= ⇒∆
cân ti A
2AFB ABF FAO FBA⇒==
Vy
EOB EBO OE EB= ⇒=
( )
,,OFE BAE OF AB OE EB FOE EBO∆= = = =
EF EA E⇒=
thuc đưng trung trc ca
.FA
d)
00
90 45FOA FOE≤⇒ <
OFE
( )
00
180 3 3 60OFE FOE FOE=−=
( )
00 0
3 60 45 45 FOE> −=>
Câu 10. Cho tam giác
ABC
0
90 , .A AB AC= =
Qua
A
v đưng thng
d
sao cho B và
C nằm cùng phía đối vi đưng thng
.d
K
BH
CK
vuông góc vi
.d
Chng minh
rng:
)
)
a AH CK
b HK BH CK
=
= +
Li gii
x
y
z
E
B
F
O
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
521
a) Xét
AHK
CKH
có:
0
90 ; ( );H K AB AC gt HAB KCA= = = =
(cùng ph vi
) ( .. )KAC AHK CKA g c g AH CK⇒∆ =∆ =
(cp cnh tương ng)
b) T câu
)a AHK CKA BH AK = ⇒=
(cp cnh tương ng)
Vy
KH AH AK BH CK=+=+
Bài 11.Cho tam giác
ABC
0
90B <
2.BC=
K đưng cao
.AH
Trên tia đối ca tia
BA
ly đim E sao cho
.BE BH=
Đưng thng
HE
ct
AC
ti D
a) Chng minh
BEH ACB=
b) Chng minh
DH DC DA= =
c) Ly
'B
sao cho
H
là trung điểm ca
'.BB
Chng minh tam giác
'AB C
cân
d) Chng minh
AE HC=
Li gii
a)
BEH
cân ti B nên
1
EH=
;
1
2ABC E H E=+=
;
d
K
H
C
B
A
1
2
1
B'
D
E
H
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
522
2ABC C BEH ACB=⇒=
b) Chng t đưc
DHC
cân ti D nên
DC DH=
DAH
có:
0 00
2
90 ; 90 90DAH C DHA H C= = −=
DAH⇒∆
cân ti
D
nên
DA DH=
c)
'ABB
cân ti A nên
'2BB C= =
1
'B AC= +
nên
11
2'CAC CA ABC= + = ⇒∆
cân ti
'B
d)
' '; 'AB AB CB BE BH B H= = = =
Có:
; ''AE AB BE HC CB B H=+=+
AE HC⇒=
Câu 12. Cho tam giác
,ABC
trung tuyến
.AM
Trên na mt phng chứa đỉnh C b
đưng thng
AB
dng đon
AE
vuông góc vi
AB
.AE AB=
Trên na mt phng
chứa đỉnh B b là đưng thng
AC
dng đon
AF
vuông góc vi
AC
.AF AC=
Chng minh rng:
)
)2
)
a FB EC
b EF AM
c AM EF
=
=
Li gii
a) Chng minh
()ABF AEC cgc FB EC = ⇒=
b) Trên tia đối ca tia
MA
ly K sao cho
2.AK AM=
Ta có:
//ABM KCM CK AB∆=
0
180ACK CAB EAF CAB ACK EAF +=+= =
EAF
KCA
; ( );AE AB CK AF AC gt ACK EAF= = = =
I
K
F
E
M
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
523
() 2EAF KCA cgc EF AK AM⇒∆ =∆ = =
c) T
EAF KCA∆=
0
90CAK AFE AFE FAK CAK FAK
AK EF
⇒=+=+=
⇒⊥
Câu 13. Cho góc
xOy
. Trên
Ox
lấy hai điểm
A
và B, trên
Oy
lấy hai điểm
C
và D sao cho
,.OA OC AB CD= =
Chng minh
a)
ABC ACD∆=
b)
ABD BCD∆=
Li gii
a) Xét
OAD
OCB
có:
O
chung;
( ); ( . . )OA OC gt OB OD OAD OCB c g c AD BC= = ⇒∆ =∆ =
Xét
ABC
ACD
có:
( );AB CD gt AC=
chung;
AD BC ABC ACD= ⇒∆ =∆
b) Xét
ABD
BCD
có:
( );AB CD gt BD=
chung;
AD BC=
ABD BCD⇒∆ =∆
Câu 14. Cho tam giác
ABC
có góc
A
nh hơn
0
90 .
V ra ngoài tam giác
ABC
các tam
giác vuông cân ti
A
ABM
ACN
a) Chng minh rng:
AMC ABN∆=
b) Chng minh:
BN CM
c) K
( ).AH BC H BC⊥∈
Chng minh
AH
đi qua trung điểm ca
MN
Li gii
D
C
x
O
y
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
524
a) Xét
AMC
ABN
có:
(AM AB AMB=
vuông cân)
(AC AN ACN=
vuông cân)
( )
0
90MAC NAC BAC⇒= =+
(..)AMC ABN c g c⇒∆ =∆
b) Gi
I
là giao điểm ca
,,BN AC K
là giao điểm ca
,BN MC
Xét
KIC
AIN
có:
ANI KCI=
(
)AMC ABN∆=
AIN KIC=
i đnh)
0
90 ,IKC NAI⇒==
do đó:
MC BN
c) K
ME AH
ti E,
NF AH
ti F. Gi
D
là giao điểm ca
MN
và AH
Ta có:
( )
00
90 90BAH MAE MAB+= =
Li có:
0
90MAE AME+=
nên
AME BAH=
Xét
MAE
ABH
vuông ti E và H ta có:
; ()AME BAH MA AB MAE ABH ch gn ME AH= = ⇒∆ =∆ =
Chng minh tương t ta có
AFN CHA FN AH = ⇒=
Xét
MED
NFD
vuông ti
,EF
có:
( )
,ME NF AH EMD FND= = =
(cùng ph vi
MDE
FDN
)MDE FDN=
MED NFD BD ND⇒∆ =∆ =
Vy
AH
đi qua trung điểm ca
MN
Câu 15. Cho tam giác
( ),ABC CA CB<
trên
BC
lấy các điểm
M
N
sao cho
BM MN NC= =
. Qua điểm
M
k đưng thng song song vi
AB
ct AN ti I
a) Chng minh
I
là trung đim ca
AN
I
K
D
E
H
F
M
N
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
525
b) Qua K là trung điểm ca
AB
k đưng thng vuông góc vi đưng phân giác góc
ACB
ct đưng thng
AC
ti E, đưng thng BC ti F. Chng minh
AE BF=
Li gii
a) T I k đưng thng //BC ct AB ti H. Ni MH
Ta có:
BHM IMH∆=
vì:
; ( ); ....BHM IMH BMH IHM slt HM chung= =
BM IH MN⇒==
AHI IMN∆=
vì:
( )
( ); ;IH MN cmt AHI IMN ABC AIH INM= = = =
ng v)
()AI IN dfcm⇒=
b) T A k đưng thng song song vi
BC
ct
EF
ti P.
PKA FKB∆=
vì:
PKA FKB=
i đnh);
APK BFK=
(so le trong);
(1)AK KB AP BF=⇒=
EPA KFC=
ng v);
CEF KFC=
(
CFE
cân)
EPA CEF APE = ⇒∆
cân
( )
2AP AK⇒=
T (1) và (2) suy ra
()AE BF dfcm=
Câu 16. Cho
DEF
vuông ti
D
,DF DE>
k DH vuông góc vi
EF
(H thuc cnh
).EF
Gi
M
là trung điểm ca
.EF
a) Chng minh
MDH E F=
b) Chng minh :
EF DE DF DH−>
Li gii
P
F
E
K
I
A
B
C
M
N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
526
a) Vì là trung điểm ca suy ra n ti
, mà cùng ph vi ,
Ta có: , vy
b) Trên cnh ly sao cho trên cnh ly I sao cho
Ta có:
Ta cn chng mình
cân
Trong vuông ti pcm)
Câu 17. Cho
ABC
0
120 .A =
Các tia phân giác
,BE CF
ca
ABC
ACB
ct nhau ti
I (
,EF
ln lưt thuc các cnh
, ).AC AB
Trên cnh
BC
lấy hai điểm
,MN
sao cho
0
30BIM CIN= =
a) Tính s đo ca
MIN
b) Chng minh
CE BF BC+<
ĐÁP ÁN
I
K
M
H
E
D
F
M
EF
MD ME MF MDE= = ⇒∆
M
E MDE⇒=
HDE F=
E
MDH MDE HDE=
MDH E F=
EF
K
,EK ED=
DF
DI DH=
;EF DE EF EK KF DF DH DF DI IF−=−= ==
KF IF>
EK ED DEK= ⇒∆
EDK EKD⇒=
0
90EDK KDI EKD HDK KDI HDK+= + ==
0
( . . ) 90DHK DIK c g c KID DHK = ⇒= =
KIF
I KF FI⇒>
N
M
I
F
E
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
527
a) Ta có:
00
180 60ABC ACB A+ = −=
0
11
30
22
BC⇒+=
0
150BIC⇒=
00
30 90BIM CIN MIN==⇒=
b)
00
150 30BIC FIB EIC= ⇒==
Suy ra
( .. )BFI BMI g c g BF BM= ⇒=
( .. )CNI CEI g c g CN CE = ⇒=
Do đó
CE BF BM CN BM MN NC BC+= +< + +=
Vy
CE BF BC+<
Câu 18. Cho tam giác
ABC
BC
α
−=
, tia phân giác
A
ct
BC
ti D
a) Tính s đo
ADC
ADB
b) V
( )
,AH BC H BC⊥∈
tính s đo
HAD
c) Trên na mt phng b
AB
không chứa điểm C v tam giác
ABP
sao cho
;.AP BC PB AC= =
Chng minh rng
AC
song song vi
BP
AH AP
Li gii
a) Ta có:
( )
ADC ADB B BAD C CAD B C
α
=+ + =−=
Mt khác:
0
180ADC ADB+=
nên
00
90 ; 90
22
ADC ADB
αα
=+=
b) Trong tam giác
HAD
có:
0
90
2
HAD ADH
α
=−=
c)
(..)ABC BAP c c c ABC BAP∆= =
nên
//AP BC
AH BC AH AP⊥⇒
Tương t
ABP BAC=
nên
//BP AC
Câu 19. Cho tam giác nhn
ABC
,AB AC>
ba đường cao
,BD CE
và AF ct nhau ti
H. Ly đim
M
trên cnh AB sao cho
.AM AC=
Gi N là hình chiếu ca
M
trên AC; K là
giao điểm ca
MN
và CE
a) Chng minh hai góc
KAH
MCB
bng nhau
P
H
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
528
b) Chng minh
AB CE AC BD+>+
Li gii
a) Nêu đưc
AK MC KAH MCB⊥⇒ =
b) Chng minh
CE MN=
Viết đưc
AB AC BD CE BM BD MN>− >−
MI BD BM BI⊥⇒ >
Vy
AB CE AC BD+>+
Câu 20. Cho tam giác nhn
ABC
,AB AC>
ba đường cao
,BD CE
và AF ct nhau ti
H. Ly đim
M
trên cnh AB sao cho
.AM AC=
Gi N là hình chiếu ca
M
trên AC; K là
giao điểm ca
MN
và CE
c) Chng minh hai góc
KAH
MCB
bng nhau
d) Chng minh
AB CE AC BD+>+
Li gii
K
N
M
H
F
E
D
A
B
C
K
N
M
H
F
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
529
c) Nêu đưc
AK MC KAH MCB⊥⇒ =
d) Chng minh
CE MN=
Viết đưc
AB AC BD CE BM BD MN>− >−
MI BD BM BI⊥⇒ >
Vy
AB CE AC BD+>+
Câu 21. Cho tam giác
ABC
0
90 .A =
V phân giác
BD
và CE
( )
,D AC E AB∈∈
chúng
ct nhau ti O
a) Tính s đo góc
BOC
b) Trên
BC
lấy hai điểm
M
và N sao cho
,.BM BA CN CA= =
Chng minh
EN
song
song vi
DM
c) Gi
I
là giao điểm ca
BD
.AN
Chng minh tam giác
AIM
vuông cân
Li gii
a)
0
0 00 0
90
90 90 45 135
22
ABC ACB
BOC BAC
+
= + =+=+=
b)
ABM
cân, nên phân giác
BD
đồng thời là đường trung trc
ACN
cân, nên phân giác
CE
đồng thời là đường trung trc.
Suy ra
,DA DM EA EN= =
Dn ti
, (..)ABD MBD ACE NCE c c c∆= ∆=
Suy ra
00
90 ; 90DMB DAB ENC EAC= = = =
Hay
,.EN BC DM BC⊥⊥
Do vy
//EN DM
c) Phân giác
BD
và phân giác
CE
ct nhau ti O cho ta
AO
là phân giác ca
0
45BAC OAE⇒=
(1)
0
( . . ) 45OAE ONE c c c OAE ONM∆= = =
Theo chng minh câu b, ta thấy, O là tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác
AMN OM ON⇒=
hay
OMN
cân ti O(2)
I
N
M
O
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
530
T (1) và (2) suy ra
OMN
vuông cân ti O
D chng minh
00
2 2 90 45MON MAI MAI MAI= =⇒=
AIM
IA IM=
(do I thuc trung trc BD ca AM) nên cân ti I.
Li có
0
45 .MAI =
Vy
AIM
vuông cân ti
.I
Câu 22. Cho tam giác cân
,.ABC AB AC=
Trên tia đối ca các tia
,BC CB
ly theo th t
hai điểm
D
E
sao cho
.BD CE=
a) Chng minh tam giác
ADE
là tam giác cân
b) Gọi M là trung điểm ca
.BC
Chng minh
AM
là tia phân giác ca
DAE
c) T B và C v
,BH CK
theo th t vuông góc vi
,AD AE
. Chng minh
BH CK=
d) Chứng minh 3 đường thng
,,AM BH CK
gp nhau tại 1 điểm.
Li gii
a)
ABC
cân nên
ABC ACB ABD ACE=⇒=
Xét
ABD
ACE
có:
( ); ( ); ( )AB AC gt ABD ACE cmt DB CE gt= = =
(..)ABD ACE c g c AD AE ADE⇒∆ =∆ = ⇒∆
cân ti A
b) Xét
AMD
AME
có:
( ; );MD ME DB CE MB MC AM= = =
chung;
()AD AE cmt=
(..)AMD AME c c c MAD MAE⇒∆ =∆ =
Vy
AM
là tia phân giác ca
DAE
c) Vì
ADE
cân ti A (cm câu a) nên
ADE AED=
Xét
BHD
CKE
có:
( ... ); ( )BDH CEK do ADE AED DB CE gt= = =
()BHD CKE ch gn BH CK⇒∆ =∆ =
d) Gọi giao điểm ca
BH
CK
là O
Xét
AHO
AKO
có:
OA
cnh chung;
( , ( ))AH AK AD AE DH KE do BHD CKE= = = ∆=
()AHO AKO ch cgv⇒∆ =∆
K
H
C
M
A
D
E
O
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
531
Do đó
OAH OAK=
nên
AO
là tia phân giác ca
KAH
hay
AO
là tia phân giác ca
DAE
, mt khác theo câu b)
AM
là tia phân giác ca
DAE
Do đó
,AO AM
suy ra ba đường thng
,,AM BH CK
ct nhau ti O.
Câu 23
1. Cho đon thng AB. Trên cùng mt na mt phng có b là đưng thng AB v hai tia
Ax và By ln lưt vuông góc vi AB ti A và B. Gọi O trung đim ca đon thng AB. Trên
tia Ax ly đim C và trên tia By ly đim D sao cho góc COD bng 90
0
.
a) Chng minh rng: AC + BD = CD.
b) Chng minh rng:
2
.
4
AB
AC BD =
2. Cho tam giác nhn ABC, trc tâm H. Chng minh rng:
HA + HB + HC <
2
()
3
AB AC BC++
Li gii
A, V tia CO cắt tia đối ca tia By ti đim E.
Chng minh
( )
;AOC BOE g c g AC BE CO EO = −− = =
Chng minh
( )
DOC DOE c g c CD ED = −− =
ED EB BD AC BD=+=+
.
T đó :
CD AC BD= +
(đpcm)
B, Áp dng đnh lí Pytago vào các tam giác vuông BOE và BOD ta có:
2 22
2 2 22 2
222
2
OE OB EB
OE OD OB EB DB
OD OB DB
= +
+ = ++
= +
22 2
;OE OD DE+=
Nên
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
532
( )
( )
2 22 2
2
2
2
2
2 . .( )
2 ....
2 . . 2.
DE OB EB DB
OB EB DE BD DB DE BE
OB EB DE EB BD DB DE DB BE
OB EB DE DB DE BD BE
= ++
= + −+
=+−+
=++
( )
2
22
2 . 2.
2 2.
OB DE EB DB BD BE
OB DE BD BE
= + +−
= +−
Suy ra
22
2 2. 0 .OB BD BE BD BE OB =⇒=
;
2
AB
BE AC OB= =
.
Vy
2
2
.
24
AB AB
AC BD

= =


(đpcm)
2. Qua H k đưng thng // vi AB ct AC ti D, k đưng thng // vi AC ct AB ti E
Ta có ΔAHD = ΔHAE (g –c-g)
AD = HE; AE = HD
Δ AHD có HA< HD + AD nên HA < AE + AD (1)
T đó HE
BH
ΔHBE vuông nên HB < BE (2)
Tương t ta có HC < DC (3)
T 1,2,3 HA + HB + HC < AB + AC (4)
Tương t HA + HB + HC < AB + BC (5)
HA + HB + HC < BC + AC (6)
T đó suy ra HA + HB + HC <
2
()
3
AB AC BC++
đpcm
Câu 24.
Cho
ABC
có 3 góc nhn,
.AB AC BC<<
Các tia phân giác ca góc
A
và góc
C
ct nhau ti O. Gi
F
là hình chiếu ca
O
trên BC;
H
là hình chiếu ca O trên
.AC
Ly
đim
I
trên đon
FC
sao cho
.FI AH=
Gi
K
là giao điểm ca
FH
.AI
a) Chng minh
FCH
cân
b) Chng minh
AK KI=
c) Chứng minh 3 điểm
,,BOK
thng hàng.
Li gii
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
533
a) Chng minh
Ta có
0
90 (CHO CFO= =
,)
OH AC OF BC⊥⊥
Xét
CHO
vuông và
CFO
vuông có:
OC
chung;
(HCO FCO OC=
là phân giác
)C
Vy
CHO CFO∆=
(cnh huyn góc nhn)
CH CF⇒=
(hai cnh tương ng). Vy
FCH
cân ti C
b) Qua
I
v
( )
//IG AC G FH
Ta có
FCH
cân ti C (cmt)
(1)CHF CFH⇒=
CHF FGI=
ng v,
/ / ) (2)IG AC
T (1) và (2)
CFH FGI⇒=
hay
IFG IGF=
, Vy
IFG
cân ti I
FI GI⇒=
, mt khác :
FI AH=
nên
()GI AH FI= =
Ta li có :
;IGK AHK HAK GIK= =
(so le trong ,
// )IG AC
Xét
AHK
IGK
có:
(); (); ()IGK AHK cmt GI AH cmt HAK GIK cmt= = =
() ( )AHK IGK gcg AK KI dfcm⇒∆ =∆ =
c) V
OE AB
ti E, Chng minh đưc
BO
tia phân giác ca
(*)ABC
Chng minh đưc
AB BI=
Chng minh đưc:
(..)ABK IBC c c c ABK IBK∆= =
T đó suy ra
BK
l tia phân giác ca
( )
**ABC
T (*) và (**) suy ra tia
,BK BO
trùng nhau
Hay
,,BOK
là ba điểm thng hàng.
Câu 25. Cho tam giác
ABC
vuông góc ti A. Phân giác trong ca B ct cnh
AC
ti đim
D. T D k
DE
vuông góc vi
( )
.BC E BC
Tia
ED
và tia
BA
ct nhau ti
.F
a) So sánh
DA
DC
b) Chng minh
BD FC
c) Chng minh
//AE FC
E
G
K
I
H
F
O
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
534
Li gii
a) Ta có
ABD EDB∆=
vì có
AD
chung ;
12
BB=
cho ta
(1)DA DE=
Trong tam giác vuông
EDC
thì
(2)DE DC<
T (1) và (2) suy ra
DA DC<
b)
ABD EDB∆=
nên
AB BE=
(hai cnh tương ng)
Hai tam giác
EFB
ACB
AB BE=
B
chung, suy ra
BF BC=
FBC⇒∆
cân , đỉnh B
BM
là phân giác ca
B
nên cũng là đường cao, suy ra
(3)BM FC
hay
BD FC
c) Ta d dàng thy
(4)BD AE
T (3) và (4) suy ra
//AE FC
Câu 26. Cho tam giác
( ),ABC AB AC M>
là trung điểm ca
.BC
Đưng thẳng đi qua
M
vuông góc vi tia phân giác ca
A
ti H ct cnh
,AB AC
ln lưt ti
E
F
Chng minh:
a)
2BME ACB B=
b)
2
22
4
FE
AH AE+=
c)
BE CF=
Li gii
M
F
E
D
A
B
C
1
D
F
E
M
B
C
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
535
a)
1
()AEH AFH cgc E F = ⇒=
Xét
CMF
ACB
là góc ngoài suy ra
CMF ACB F=
BME
1
E
là góc ngoài suy ra
1
BME E B=
Vy
( )
1
()CMF BME ACB F E B+ = −+
Hay
2 ()BME ACB B dfcm=
b) Áp dng đnh lý Pytago vào tam giác
AFH
Ta có:
22 2
HF HA AF+=
hay
2
22
()
4
FE
AH AE dfcm+=
c) Chng minh
1
( .. ) ;AHE AHF g c g AE AF E F = ⇒= =
T
C
v
// ( )CD AB D EF
Chng minh đưc
( . . ) (1)BME CMD g c g BE CD = ⇒=
Và có
1
E CDF=
(cặp góc đồng v)
Do đó:
CDF F CDF= ⇒∆
cân
(2)CF CD⇒=
T (1) và (2) suy ra
BE CF=
Câu 27.
Cho tam giác nhn
.ABC
V v phía ngoài tam giác
ABC
các tam giác vuông ti A:
,ABD ACE∆∆
sao cho
,.AB AD AE AC= =
K
AH
vuông góc vi
,BC
DM
vuông góc
vi
,AH EN
vuông góc vi
.AH
a) Chng minh :
DM AH=
b) Chng minh
MN
đi qua trung điểm ca
.DE
Li gii
1
1
4
2
3
1
I
H
N
M
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
536
a) Xét :
T (1), (2), (3) suy ra
b) Chng minh tương t u a
Gọi giao điểm ca là I
Chng minh đưc: là trung điểm ca
đi qua trung điểm I ca
Câu 28. Cho tam giác đều
.ABC
M là mt đim nm trong tam giác sao cho
: : 3:4:5MA MB MC =
. Tính s đo góc
AMB
Li gii
Do
: : 3:4:5MA MB MC =
Đặt
3, 4, 5
345
MA MB MC
a MA a MB a MC a= = =⇒= = =
Trên na mt phng b
AC
dựng tam giác đều
AMN
3AM AN MN a⇒===
0
60AMN =
Xét
ABN
ACM
có:
( )(1); 3 (2)AB AC gt AN AM a= = =
0
12
13
0
23
60
(3)
60
AA
AA
AA
+=
⇒=
+=
T (1), (2), (3)
(..) 5ABN ACM c g c BN CN a⇒∆ =∆ = =
Xét
BMN
( )
2
22
5 25BN a a= =
( ) ( )
22
22 2
4 3 25BM MN a a a+= +=
MAD
HBA
( )
0
90 ( ) 1 ; ( )(2)AMD BHA gt AD AB gt= = =
0
11
12
0
12
90
(3)
90
DA
DA
AA
+=
⇒=
+=
( ) (4)MAD HBA ch gn DM AH = −⇒ =
(5)EN AH⇒=
MN
DE
()MID NIE cgv gn ID IE = ⇒=
I
DE MN
DE
3
2
1
N
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
537
222
BN BM MN BMN = + ⇒∆
vuông tại M (định lý Pytago đo)
0
90NMB⇒=
00 0
90 60 150AMB AMN NMB = + =+=
Câu 29. Cho tam giác
ABC
0
90 .A <
V ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thng
AD
vuông góc và bng
;AB AE
vuông góc và bng
.AC
a) Chng minh:
DC BE=
DC BE
b) Gi
N
là trung điểm ca
.DE
Trên tia đối ca tia
NA
ly
M
sao cho
.NA NM=
Chng minh
,AB ME ABC EMA=∆=
c) Chng minh :
MA BC
Li gii
a) Xét
ADC
BAF
ta có:
( )
0
( ); ( ); 90DA BC gt AE AC gt DAC BAE BAC= = = = +
(..)DAC BAE c g c DC BE⇒∆ =∆ =
Xét
AIE
TIC
có:
12
II=
i đnh);
( )
11
E C DAC BAE=∆=
0
90EAI CTI CTI DC BE = =⇒⊥
b) Ta có:
1
(..) ,MNE AND c g c D MEN AD ME = ⇒= =
( ) ( )(1)AD AB gt AB ME dpcm= ⇒=
0
1
/ / 180D MEN DA ME DAE AEM= ⇒+ =
(trong cùng phía)
0
180 (2)BAC DAE BAC AEM+=⇒=
H
P
M
N
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
538
Ta li có:
( )(3).AC AE gt=
T
( ) ( ) ( )
1,2,3 ( )ABC EMA dfcm⇒∆ =∆
c) Kéo dài
MA
ct
BC
ti H. T
E
h
EP MH
Xét
AHC
EPA
có:
CAH AEP=
(cùng ph vi
); ( );PAE AE CA gt PAE HCA= =
(do
)ABC EMA∆=
0
90 ( )AHC EPA EPA AHC AHC MA BC dfcm⇒∆ =∆ = =
Câu 30. Cho tam giác
ABC
vuông ti
.A
V v phía ngoài tam giác
ABC
các tam giác đều
ABD
.ACE
Gi
I
là giao điểm ca
BE
.CD
Chng minh rng:
)a BE CD=
b)
BDE
là tam giác cân
0
) 60c EIC =
IA
là tia phân giác ca
DIE
Li gii
a) Ta có:
000 0
1
000 0
2
90 60 90 150
90 60 90 150
DAC A
DAC BAE
BAE A
=+=+=
⇒=
=+=+=
Xét
DAC
BAE
có:
( ); ( ); ( )DA BA gt DAC BAE cmt AC AE gt= = =
(..)DAC BAE c g c BE CD⇒∆ =∆ =
(hai cnh tương ng)
b) Ta có :
0
31 2
360A A BAC A++ +=
000 0
3
0
3
60 90 60 360
150
A
A DAC
⇔+ + + =
⇔= =
Xét
DAE
BAE
có:
3
( ); ( );DA BA gt A DAC cmt AE= =
chung
2
1
2
2
1
3
2
1
2
1
I
E
D
A
C
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
539
(..)DAE BAE c g c DE BE BDE⇒∆ =∆ = ⇒∆
cân ti
E
c) Ta có:
(DAC BAE cm∆=
câu a)
11
EC⇒=
(hai góc tương ng)
Li có:
0
12
180I E ICE++ =
(tng 3 góc trong
)ICE
( )
( )
0
1 1 12
0 00
1 11
00
1 11
0
1
180
60 60 180
120 180 ( )
60
I AEC E C C
I EC
I EC
I
⇔+ + + =
⇔+ + + =
⇔+ = =
⇔=
(DAE BAE cm∆=
câu b)
12
EE⇒=
(hai góc tương ng)
EA
là tia phân giác ca
(1)DEI
12
DAC BAE
DAC DAE D D
DAE BAE
∆=
⇒∆ =∆ =
∆=
(hai góc tương ng)
DA
là tia phân
giác ca
(2)EDC
T (1) và (2)
A
là giao điểm ca 2 tia phân giác trong
DIE IA∆⇒
là đưng phân giác
th 3 trong
DIE IA∆⇒
là tia phân giác ca
DIE
Câu 31. Cho
0
60xAy =
có tia phân giác
.Az
T đim
B
trên
Ax
k
BH
vuông góc vi
Ay
ti
,H
k
BK
vuông góc vi
Az
Bt
song song vi
,Ay Bt
ct
Az
ti C. T C k
CM
vuông góc vi
Ay
ti M. Chng minh:
d)
K
là trung điểm ca
AC
e)
KMC
là tam giác đều
f) Cho
2,BK cm=
tính các cnh ca
AKM
Li gii
x
y
z
t
M
C
K
H
A
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
540
d)
ABC
cân ti B do
( )
CAB ACB MAC= =
BK
là đưng cao
BK
là đưng
trung tuyến
K
là trung điểm ca
AC
e)
(ABH BAK∆=
cnh huyn góc nhn)
BH AK⇒=
(hai cnh tương ng) mà
11
22
AK AC BH AC= ⇒=
Ta có:
BH CM=
(tính cht đon chn) mà
1
2
CK BH AC CM CK MKC= = = ⇒∆
tam giác cân (1)
Mt khác:
0
90MCB =
00
30 60 (2)ACB MCK=⇒=
T (1) và (2)
MKC⇒∆
là tam giác đều
f) Vì
ABK
vuông ti K mà
0
30 2 2.2 4KAB AB BK cm=⇒= ==
ABK
vuông ti K nên theo pytago ta có:
22
16 4 12AK AB BK= = −=
1
12
2
KC AC KC AK= ⇒==
KCM
đều
12KC KM⇒= =
Theo phn b,
4, 2,AB BC AH BK HM BC= = = = =
(
HBCM
là hình ch nht)
6AM AH HM⇒=+=
Câu 32. Cho tam giác
( )
0
90 ,ABC BAC <
đưng cao
.AH
Gi
,EF
ln lượt là điểm đi
xng ca
H
qua
,,AB AC
đưng thng
EF
ct
,AB AC
ln lưt ti
M
.N
Chng minh
rng:
a)
AE AF=
b)
HA
là phân giác ca
MHN
c) Chng minh
// , .//CM EH BN FH
Li gii
N
M
F
E
H
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
541
a) Vì
AB
là trung trc ca
EH
nên ta có:
(1)AE AH=
AC
là trung trc ca
HF
nên ta có:
(2)AH AF=
T (1) và (2) suy ra
AE AF=
b)
M AB
nên
MB
là phân giác
EMH MB
là phân giác ngoài góc
M
ca tam
giác
MNH
N AC
nên
NC
là phân giác
FNH NC
là phân giác ngoài
N
ca tam giác
MNH
Do
,MB NC
ct nhau ti
A
nên
HA
là phân giác trong góc
H
ca tam giác
HMN
hay
HA
là phân giác ca
.MHN
c) Ta có:
()AH BC gt
HM
là phân giác
MHN HB
là phân giác ngoài ca
H
ca tam giác
HMN
MB
là phân giác ngoài ca
M
ca tam giác
()HMN cmt NB
là phân giác trong
góc N ca tam giác
HMN BN AC⇒⊥
(hai đưng phân giác ca hai góc k bù t
vuông góc vi nhau)
//BN HF
(cùng vuông góc vi
)AC
Chng minh tương t ta có:
//EH CM
Câu 33. Cho Oz là tia phân giác ca
0
60xOy =
. T mt đim B trên tia Ox v đưng thng
song song vi tia Oy ct Oz ti đim C. K
;;BH Oy CM Oy BK Oz ⊥⊥
( )
,;H M Oy K Oz∈∈
. MC ct Ox ti P. Chng minh
a) K là trung điểm ca OC
b)
KMC
là tam giác đều
c)
OP OC>
Li gii
y
z
P
K
M
H
C
O
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
542
a)
ABC
12
OO=
(Oz là tia phân giác ca
)xOy
,
11
OC=
(Oy // BC, so le trong)
21
O C OBC = ⇒∆
cân ti B
,BO BC⇒=
BK OC
ti K
KC KO⇒=
(hai đưng xiên
bng nhau
hai hình chiếu bằng nhau). Hay K là trung điểm OC (đpcm)
b) Hc sinh lp lun đ chng minh:
KMC
cân
Mt khác
OMC
0 0 00 0
90 ; 30 90 30 60M O MKC KMC= = = = ⇒∆
đều
c)
OMC
vuông ti M
MCO
nhn
OCP
tù (Hai góc
;MCO OCP
bù nhau)
Xét trong
OCP
OCP
tù nên OP > OC.
Bài 34. Cho
0
60 ,xAy =
v tia phân giác
Az
của góc đó. Từ mt đim
B
trên tia
Ax
v
đưng thng song song vi
Ay
ct
Az
ti C. K
BH Ay
ti H,
CM Ay
ti M,
BK AC
ti K. Chng minh
a)
KC KA=
b)
2
AC
BH =
c)
KMC
đều
Li gii
a) Ta có: tia phân giác ca
cân ti B
Trong tam giác cân là đưng cao ng vi cnh đáy cũng là
đưng trung tuyến ca
b) Ta có: vuông ti H)
Xét hai tam giác vuông có:
chung;
c) Ta có: vuông ti M có là trung tuyến ng vi cnh huyn
y
x
M
H
K
C
A
z
B
0
30 (yAz zAx Az= =
)xAy
( )
// ,yAz ACB Ay BC slt=
zAx ACB ABC = ⇒∆
ABC
BK
BK
ABC KC KA ⇒=
00
90 30 (ABH xAy ABH=−=
ABH
BAK
AB
( )
0
30zAx ABH ABH BAK BH AK= = ⇒∆ =∆ =
()
22
AC AC
AK cmt BH= ⇒=
AMC
MK
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
543
T (1) và (2) cân ti K (3)
Mt khác
T (3) và (4) suy ra đều.
Câu 35. Cho
ABC
0
2 90BC= <
V
AH
vuông góc vi
BC
ti H. Trên tia
AB
ly
đim D sao cho
.AD HC=
Chng minh rng đưng thng
DH
đi qua trung điểm ca
đon thng
.AC
Li gii
Ta có:
2B C BC= ⇒>
nên
AC AB HC HB>⇒ >
Trên đon thng
HC
ly đim I sao cho
IH IB AHI AHB= ⇒∆ =∆
AI AB⇒=
2AIB ABC ACB= =
Mt khác :
AIB ACB IAC IAC ACB= +⇒=
Do đó:
IA IC HC= <
hay
AB HC AD<=
Gọi K là giao điểm ca
DH
vi
.AC
,AD HC AB IC= =
nên
BD HI HB DBH= = ⇒∆
cân ti B
Do đó:
1
2
BDH BHD ABC ACB= = =
( )
KHC ACB BHD KAH KHA⇒== ⇒=
(ph hai góc bng nhau)
Suy ra
KA KH KC= =
hay
K
là trung điểm của đoạn thng AC
Vy đưng thẳng DH đi qua trung điểm ca đon thng AC
(1)
2
AC
KM⇒=
(2)
2
AC
AK KC= =
KM KC KMC = ⇒∆
AMC
0 0 000
90 , 30 90 30 60 (4)AMC yAz MCK= =⇒ =−=
AMC
K
I
D
H
B
C
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
544
Câu 36. Cho tam giác
ABC
có ba góc nhn
( )
.AB AC<
V v phía ngoài tam giác
ABC
các tam giác đều
ABD
.ACE
Gi I là giao ca
CD
và BE, K là giao ca
AB
và DC.
a) Chng minh rng :
ADC ABE∆=
b) Chng minh rng:
0
60DIB =
c) Gi
M
và N ln lượt là trung điểm ca
CD
và BE. Chng minh rng
AMN
đều
d) Chng minh rng
IA
là phân giác ca
DIE
Li gii
a) Ta có:
,AD AB DAC BAE= =
(..)AC AE ADC ABE c g c= ⇒∆ =∆
b) T
ADC ABE ABE ADC =∆⇒ =
BKI AKD=
i đnh)
Khi đó xét
BIK
DAK
suy ra
0
60 ( )BIK DAK dfcm= =
c) T
,ADC ABE CM EN ACM AEN =∆⇒= =
(..)ACM AEN c g c AM AN⇒∆ =∆ =
CAM EAN=
0
60 .MAN CAE= =
Do đó
AMN
đều
d) Tn tia
ID
ly đim
J
sao cho
IJ IB BIJ= ⇒∆
đều
BJ BI⇒=
0
60 ,JBI DBA IBA JBD= =⇒=
kết hp
BA BD=
0
( . . ) 120IBA JBD c g c AIB DJB⇒∆ =∆ = =
0
60BID =
0
60 .DIA⇒=
T đó suy ra
IA
là phân giác ca
DIE
Câu 37. Cho tam giác nhn
.ABC
V v phía ngoài tam giác
ABC
các tam giác đều
,ABD ACE
. Gọi M là giao điểm ca
DC
BE
a) Chng minh
ABE ADC∆=
b) Tính s đo
BMC
J
N
M
K
I
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
545
Li gii
có:
đều); đều)
Câu 38.
a) Cho tam giác
.ABC M
là đim bt k trong tam giác. Chng minh:
( )
2 MA MB MC AB AC BC+ + >++
b) Cho tam giác
.,,ABC AN BP CQ
là ba trung tuyến. Chng minh:
( )
4
3
AN BP CQ AB AC BC++ >++
Li gii
a) Tam giác
MBC
có :
MB MC BC+>
Tương t :
;MC MA AC MA MB AB+> +>
M
D
E
A
B
C
ABE
ADC
(AD AB ADB=
(AE AC AEC=
( )
0
60BAE DAC BAC= = +
ABE ADC⇒∆ =∆
ACM AEM⇒=
00 0
60 60 120
BMC MCE CEM
MCA ACE CEM
AEM ACE CEM
AEC ACE
= +
=++
= ++
= + =+=
A
B
C
M
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
546
( )
222
2
MA MB MC AB AC BC
MA MB MC AB AC BC
+ + >++
++ >++
b) Gi G là trng tâm ca tam giác. Áp dng câu a ta có:
( )
2 GA GB GC AB AC BC++ >++
Có:
222
;;
333
GA AN GB BP GC CQ= = =
Thay vào trên được:
( )
2 22
2
3 33
4
3
AN BP CQ AB AC BC
AN BP CQ AB AC BC

+ + >++


++ >+ +
Câu 39. Cho tam giác cân
,.ABC AB AC=
Trên tia đối ca các tia
,BC CB
ly theo th t
hai điểm
D
E
sao cho
.BD CE=
e) Chng minh tam giác
ADE
là tam giác cân
f) Gọi M là trung điểm ca
.BC
Chng minh
AM
là tia phân giác ca
DAE
g) T B và C v
,BH CK
theo th t vuông góc vi
,AD AE
. Chng minh
BH CK=
h) Chứng minh 3 đường thng
,,AM BH CK
gp nhau tại 1 điểm.
Li gii
e)
ABC
cân nên
ABC ACB ABD ACE=⇒=
Xét
ABD
ACE
có:
( ); ( ); ( )AB AC gt ABD ACE cmt DB CE gt= = =
(..)ABD ACE c g c AD AE ADE⇒∆ =∆ = ⇒∆
cân ti A
f) Xét
AMD
AME
có:
( ; );MD ME DB CE MB MC AM= = =
chung;
()AD AE cmt=
K
H
C
M
A
D
E
O
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
547
(..)AMD AME c c c MAD MAE⇒∆ =∆ =
Vy
AM
là tia phân giác ca
DAE
g)
ADE
cân ti A (cm câu a) nên
ADE AED=
Xét
BHD
CKE
có:
( ... ); ( )BDH CEK do ADE AED DB CE gt= = =
()BHD CKE ch gn BH CK⇒∆ =∆ =
h) Gọi giao điểm ca
BH
CK
là O
Xét
AHO
AKO
có:
OA
cnh chung;
( , ( ))AH AK AD AE DH KE do BHD CKE= = = ∆=
()AHO AKO ch cgv⇒∆ =∆
Do đó
OAH OAK=
nên
AO
là tia phân giác ca
KAH
hay
AO
là tia phân giác ca
DAE
, mt khác theo câu b)
AM
là tia phân giác ca
DAE
Do đó
,AO AM
suy ra ba đường thng
,,AM BH CK
ct nhau ti O.
Bài 40. Cho tam giác
ABC
cân ti
A
( )
0
40 .BC= =
K phân giác
( )
.BD D AC
Trên tia
AB
ly đim
M
sao cho
AM BC=
a) Chng minh
BD AD BC+=
b) Tính
AMC
Li gii
a) T
D
k
//DE BC
, trên
BC
ly đim
F
sao cho
(1)BD BF=
Chng minh đưc
DE BE=
(tam giác
BED
cân)
Do tam giác
AED
cân nên
AD AE BE CD DE CD=⇒==
Tam giác
BDF
cân có
0
20DBF =
nên
00
80 100BFD DFC=⇒=
0
100DFC EAD⇒==
Vy
DFC
0
40FDC =
N
F
E
M
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
548
Chng minh đưc:
( . . ) (2)ADE FCD g c g AD CF = ⇒=
T (1) và (2) suy ra
dfcm
b) Dựng tam giác đều
AMN
sao cho
N
C
cùng mt phía so vi
AB
AC
chung;
( )
0
; 40BC AN AM ACB CAN= = = =
BAC NCA AC CN AB⇒∆ =∆ = =
Vy
MC
là trung trc ca
AN
nên
0
1
30
2
AMC AMN= =
Câu 41. Cho tam giác
ABC
vuông A có
6, 8AB cm AC cm= =
và đường cao
AH
. Tia
phân giác ca
BAH
ct
BH
ti D. Trên tia
CA
ly đim
K
sao cho
.CK BC=
a) Chng minh
//KB AD
b) Chng minh
KD BC
c) Tính đ i
KB
Li gii
a) Chng minh
vuông H
(vì là phân giác ca
Nên cân C
cân C
Do đó
b) Chng minh
cân C)
K
D
H
A
B
C
//KB AD
00
90 90 ,BAC BAD CAD AH BC AHD= + = ⇒∆
0
90HAD ADH⇒+ =
BAD HAD=
AD
)BAH
CAD ADH ACD= ⇒∆
0
180
2
C
CAD
⇒=
()CK BC gt CBK= ⇒∆
0
180
2
C
CKB
⇒=
//CAD CKB KB AD⇒=
KD BC
( ); (KC BC gt AC CD ACD= =
(1)DB KA⇒=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
549
cân C
T (1) và (2)
c) Tính đ i
Lp lun tính đúng
cân C
vuông D
Câu 42. Cho tam giác
ABC
A
tù. K
AD AB
AD AB=
(tia
AD
nm gia hai tia
AB
).AC
K
AE AC
AE AC=
(tia
AE
nm gia hai tia
AB
).AC
Gi
M
trung đim ca
.BC
Chng minh rng
.AM DE
Li gii
Trên tia đối ca tia
MA
ly đim
F
sao cho
(..)MF MA AMB FMC c g c= ⇒∆ =∆
(1); (2)AB AD CF ABM FCM⇒== =
T (2)
0
/ / 180 (3)CF AB FCA BAC ⇒+=
00
90 , 90AD AB BAE EAD BAD AE AC CAD EAD CAE+== ⇒+==
00
180 180 (4)BAE EAD CAD EAD BAC EAD+++=⇔+=
T (3), (4)
(..)FCA EAD ADE CFA c g c AED CAF = ⇒∆ =∆ =
0
90CAF FAE CAE+==
nên
0
90AED FAE+=
hay
0
90AEK KAE+=
AKE⇒∆
vuông ti
K AM DE⇒⊥
Câu 43. Cho tam giác nhn
.ABC
V phía ngoài ca tam giác v các tam giác vuông cân
,ABE ACF
vuông B và C. Có
AH
vuông góc với BC, trên tia đối ca tia
AH
ly đim I
sao cho
.AI BC=
Chng minh:
a)
ABI BEC∆=
b)
BI CE=
BI
vuông góc vi
CE
c) Ba đưng thng
,,AH CE BF
ct nhau ti một điểm
CBK
(2)DBK AKB⇒=
0
( . . ) 90BKD KBA c g c BDK KAB KD BC⇒∆ =∆ = =
KB
2 2 222 2
6 8 10 10BC AB AC BC= + =+= =
ACD
8 10 8 2CD AC BD BC CD⇒==⇒===
() 6BKD KBA cmt KD AB = ⇒==
KD BC KDB ⇒∆
2 2 222
6 2 40 40KB KD BD KB = + =+= =
F
M
E
D
B
A
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
550
Li gii
a) Ta có:
b) (câu a) nên (hai cnh tương ng)
hay
Gọi giao điểm ca vi là M, ta có:
Do đó Chng minh tương t
c) Trong tam giác là ba đường cao. Vy đồng quy tại
mt đim.
Câu 44. Tam giác
ABC
cân
B
0
80 .ABC I=
là mt đim nm trong tam giác, biết
0
10 ,IAC =
0
30 .ICA =
Tính
AIB
Li gii
M
H
F
E
A
B
C
I
( )
0 00
180 180 90IAB BAH ABC= =−−
0
90 ABC EBC=+=
(..)ABI BEC c g c⇒∆ =∆
ABI BEC∆=
BI EC=
ECB BIA=
ECB BIH=
CE
AB
00
90 90MCB MBC BIH IBH BMC+ =+= =
.CE BI
BF CI
: ,,BIC AH CE BF
,,AH CE BF
K
A
C
B
I
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
551
ABC
cân B,
0
80ABC =
nên
0
50BAC BCA= =
00
20 , 30IAC ICA= =
nên
00
40 , 20IAB ICB= =
V tam giác đều
AKC
(K và B thuc cùng mt na mt phng b AC)
Ta có:
0
10BAK BCK= =
0
( . . ) 30ABK CKB c g c BAK BCK∆= = =
( .. )ABK AIC g c g AB AI = ⇒=
ABI
cân
0
70A AIB⇒=
Câu 45. Cho tam giác
ABC
0
90B <
2.BC=
K đưng cao
.AH
Trên tia đối ca tia
BA
ly đim
E
sao cho
.BE BH=
Đưng thng
HE
ct
AC
ti
.D
1) Chng minh
BEH ACB=
2) So sánh độ dài của ba đoạn thng :
,DH DC
DA
3) Ly
'B
sao cho
H
là trung điểm ca
'BB
. Tam giác
'AB C
tam gc gì ? Vì sao ?
4) Chng minh: Nếu tam giác
ABC
vuông ti A thì
2 22
DE BC AB=
Li gii
1) Tam giác
BEH
cân ti B nên
1
EH=
1
22C ABC E H E= =+=
.
Vy
BEH ACB=
2) Chng t đưc
DHC
cân ti D nên
DC DH=
(1)
Chng minh đưc:
0
90DAH C=
,
0
2
90DAH H=
Suy ra
DAH AHD DAH= ⇒∆
cân ti D nên
(2)DA DH=
T (1) và (2) ta có:
DC DH DA= =
3)
'ABB
cân ti A nên
' '2AB B ABB C= =
1
'AB B A C= +
Vy
11
2'C A C A C AB C= + = ⇒∆
cân ti
'B
1
2
1
D
E
B'
H
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
552
4) Chng minh đưc:
ABC
vuông ti A thì
00
60 , 30ABC ACB= =
Chng minh đưc:
AHC DAE DE AC = ⇒=
Do
2 22
AC BC AB=
t đó
2 22
DE BC AB=
Câu 46. Cho tam giác
,ABC M
là trung điểm BC. Trên tia đối ca tia MA ly đim E sao
cho
.ME MA=
Chng minh rng:
a)
, //AC EB AC BE=
b) Gi I là một điểm trên
,AC K
là mt đim trên
EB
sao cho
.AI EK=
Chng minh
rng
,,IMK
thng hàng
c) T E k
( )
EH BC H BC⊥∈
. Biết
00
50 , 25 .HBE MEB= =
Tính
HEM
BME
Li gii
a) Xét
AMC
EMB
có:
( );AM EM gt AMC EMB= =
i đnh);
()BM MC gt=
nên
(..)AMC EMB c g c AC EB = ⇒=
b)
AMC EMB MAC MEB=∆⇒ =
, mà 2 góc này v trí so le trong \
Suy ra
//AC BE
Xét
AMI
EMK
có:
( ); ( )AM EM gt MAI MEK AMC EMB= = ∆=
Nên
AMI EMK=
0
180AMI IME+=
(k bù)
0
180 , ,EMK IME I M K +=
thng hàng
c) Trong
( )
0
90BHE H∆=
0
50HBE =
0 000
90 90 50 40HBE HEB =− =−=
000
40 25 15HEM HEB MEB = =−=
H
K
E
M
A
B
C
I
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
553
BME
là góc ngoài ti đnh M ca
HEM
Nên
00 0
15 90 105BME HEM MHE= + =+=
nh lý góc ngoài ca tam giác)
Câu 47. Cho tam giác
ABC
.AB AC<
Trên tia đối ca tia
CA
ly đim
D
sao cho
.CD AB=
Gi
I
là giao điểm các đưng trung trc ca
BC
AD
a) Chng minh
AIB DIC∆=
b) Chng minh
AI
là tia phân giác ca
BAC
c) K
IE
vuông góc vi
,AB
chng minh
1
2
AE AD=
Li gii
a) Vì
I
là giao điểm các đưng trung trc ca
BC
AD
nên
,IB IC IA ID= =
Li có
( )
AB CD gt=
, do đó
(..)AIB DIC c c c∆=
b)
AID
cân I, suy ra
DAI D=
AIC DIC∆=
(câu a)
BAI D⇒=
, do đó:
DAI BAI=
Vy
AI
là tia phân giác ca
BAC
c) K
,IP AD
ta có:
AIE AIP∆=
(cnh huyn góc nhn)
AE AP⇒=
2
AD
AP =
(vì P là trung điểm
)AD
Suy ra
1
2
AE AD=
Câu 48.
Cho tam giác
ABC
0
90 .B <
Trên na mt phng có cha
A
b
,BC
v tia
Bx
vuông góc vi
,BC
trên tia đó lấy đim
D
sao cho
.BD BC=
Trên na mt phng có cha
E
I
P
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
554
C
b
,AB
v tia
By
vuông góc vi
,BA
trên đó lấy đim
E
sao cho
.BE BA=
Chng minh
rng:
a)
DA BC=
b)
DA EC
Li gii
a) Xét
ABC
EBC
có:
;AB BE ABD EBC= =
(cùng bng
0
90 )ABC
(..)BD BC ABD EBC c g c DA EC= ⇒∆ =∆ =
b) Gọi giao điểm ca
DA
vi
BC
EC
theo th t là H và K
Ta có:
()ABD EBC cmt ADB ECB BDH KCH∆= = =
DBH
CKH
có:
,BDH KCH DHB CHK DBH CKH= =⇒=
Do
0
90DBH =
nên
0
90CKH =
. Vy
DA EC
Câu 49. Cho tam giác
ABC
0
120 .A =
Các đường phân giác
AD
,BE
tính s đo ca
góc
BED
Li gii
Gi
Ax
là tia đối ca tia
AB
ta có:
0
60BAD DAC= =
Xét
ABD
AE
là tia phân giác góc ngoài ca đỉnh A
H
K
E
D
A
B
C
1
2
2
1
D
E
B
A
C
x
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
555
BE là phân giác ca góc
B
chúng ct nhau ti E nên
DE
là phân giác góc ngoài ca D, do
đó:
0
11
30
22
ADC ABC BAD
BED D B
=−= = =
Câu 50. Cho tam giác
ABC
cân ti A,
BH
vuông góc vi
AC
ti H. Trên cnh
BC
ly
đim
M
bt k (khác
B
và C). Gi
,,DEF
là chân đường vuông góc h t
M
đến
,,AB AC BH
a) Chng minh
DBM FMB∆=
b) Chng minh khi
M
chy trên cnh
BC
thì tng
MD ME+
có giá tr không đi
c) Trên tia đối ca tia
CA
ly đim K sao cho
.CK EH=
Chng minh
BC
đi qua
trung đim ca
.DK
ng dn gii
a) Chng minh đưc
()DBM FMB ch gn∆=
b) Theo câu a ta có:
( ) (1)DBM FMB ch gn MD BF = −⇒ =
Chng minh
(2)MFH HEM ME FH∆=∆⇒=
T (1) và (2) suy ra
MD ME BF FH BH+=+=
BH không đi
MD ME⇒+
không đi (đpcm)
c) V
DP BC
ti
,P
KQ BC
ti Q, gi
I
là giao điểm ca
DK
và BC.
+Chng minh :
BD FM EH CK= = =
Chng minh
()BDP CKQ ch gn DP KQ = −⇒=
(hai cnh tương ng)
Chng minh
(..) ( )IDP IKQ DPI KQI c g c ID IK dfcm= ⇒∆ =∆ =
Câu 51. Cho tam giác
ABC
vuông ti
,A
tia phân giác
ABC
ct
AC
ti D. Trên cnh
BC
ly đim
E
sao cho
.BE BA=
Chng minh rng:
a)
DA DE=
b)
DA DC<
c)
2 2 22 2
2DB DC DE EB EC+ = ++
ng dn gii
Q
P
I
E
F
D
H
B
C
A
M
K
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
556
a) Chng minh đưc
(..)ABE EBD c g c DA DE = ⇒=
b)
0
( ) 90ABE EBD cmt A E = ⇒==
Trong
EDC
DE DC<
hay
AD DC<
c)
( ) ( )
2 2 22 22 22 2
2DB DC FB ED ED EC EB EC ED+=+++=++
Câu 52. Cho tam giác
ABC
36ABC= =
a) Tính s đo các góc của
ABC
b) K
( )
AD BC D BC⊥∈
. Chng minh :
AD BD CD<<
ng dn gii
a) T
0
0
180
3 6 20
6 2 1 621 9
A B C ABC
ABC
++
= = ⇒=== = =
++
000
120 , 40 , 20A BC⇒= = =
Vy
000
120 , 40 , 20A BC= = =
b) Trong
ACD
có:
00 0 0
21
90 , 20 70 50ADC C A A= = = ⇒=
Xét
ABD
( )
0 0 22
40 20 *B C AB AC AB AC= >= < <
Áp dng đnh lý Pytago cho hai tam giác vuông
,ADB ADC
có:
222
AB AD BD= +
222
AC AD CD= +
Do đó, từ (*)
2222
AD BD AD CD+<+
22
(2)BD CD BD CD < ⇒<
E
D
B
A
C
2
1
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
557
T (1) và (2)
AD BD CD<<
Bài 53. Cho tam giác
ABC
cân A. Trên cnh
AB
ly đim
,M
trên tia đối ca tia
CA
ly
đim
N
sao cho
2AM AN AB+=
a) Chng minh rng:
BM CN=
b) Chng minh rng:
BC
đi qua trung điểm của đoạn thng
MN
c) Đưng trung trc ca
MN
và tia phân giác ca
BAC
ct nhau ti K. Chng minh
rng
KC AC
ng dn gii
a) Theo gi thiết, ta có:
2AB AB AB AB AM BM=+=+ +
AM AN AM AC CN+= ++
,
ABC
cân A
AB AC⇒=
Do đó, từ
2AM AN AB BM CN+= =
b) Qua M k
( )
//ME AC E BC
ABC
cân A
BME⇒∆
cân M
EM BM CN⇒==
( .. )MEI NCI g c g IM IN⇒∆ =∆ =
Vy
BC
đi qua trung điểm ca
MN
c) K thuc đưng trung trc ca
(1)MN KM KN⇒=
( . . ) (2); (*)ABK ACK c g c KB KC ABK ACK = ⇒= =
Kết quả chng minh câu a:
(3)BM CN=
T
( ) ( ) ( )
1,2,3
( ) (**)BMK CNK c c c ABK NCK⇒∆ =∆ =
T (*) và (**)
0
0
180
90
2
ACK NCK KC AN = = =⇒⊥
E
K
I
A
B
C
M
N
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
558
Câu 54. Cho
ABC
nhn. Trên na mt phng b
AB
không chứa điểm C dng đon
thng
AD
vuông góc vi
AB
.AD AB=
Trên na mt phng b
AC
không chứa điểm
B
dng đon thng
AE
vuông góc vi
AC
.AE AC=
1) Chng minh rng:
BE CD=
2) Gi
M
là trung điểm ca
,DE
tia
MA
ct
BC
ti H. Chng minh
MA BC
3) Nếu
,,.AB c AC b BC a= = =
hãy tính đ i đon
HC
theo
,,abc
ng dn gii
1) Ta có:
DAC DAB BAC= +
(vì tia
AB
nm gia hai tia
,)AD AC
0
90BAD =
(Vì
AB AD
ti A) nên
0
90 (1)DAC BAC= +
Ta có:
BAE CAE BAC= +
(vì tia
AC
nm gia hai tia
,)AB AE
0
90CAE =
(Vì
AE AC
ti A) nên
0
90 (2)BAE BAC= +
T (1) và (2) suy ra
BAE DAC=
Xét
ABE
ADC
có:
( ); ( ); ( )AB AD gt BAE DAC cmt AE AC gt= = =
Do đó
(..)ABE ADC c g c BE CD = ⇒=
(hai cnh tương ng)
2) Trên tia đối ca tia
MA
ly đim
N
sao cho M là trung điểm AN
T D k
DF
vuông góc vi
MA
ti F
Xét
MAE
MDN
có:
(MN MA=
v thêm);
( )
; ()AME DMN cmt ME MD gt= =
(..)MAE MND c g c⇒∆ =∆
I
K
H
N
F
M
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
559
Suy ra
AE DN=
NDM MEA=
NDM
MEA
v trí so le trong nên
0
/ / 180 (AE DN ADN DAE+=
trong cùng
phía) (3)
Ta li có :
0
360DAE DAB BAC EAC+++=
Hay
00
180 ( .... 90 ) (4)DAE BAC do DAB EAC+= ==
T (3) và (4)
ADN BAC⇒=
Ta có:
( ); ( )AE DN cmt AE AC gt= =
nên
AC DN=
Xét
ABC
DAN
có:
( ); ( ); ( )AB AD gt ADN BAC cmt AC DN cmt= = =
(..)ABC DAN c g c⇒∆ =∆
DNA ACB⇒=
hay
DNF ACB=
Ta có:
0
180 ( , ,DAF BAD BAH F A H++ =
thng hàng)
Hay
( )
00
90 .... 90DAF BAH Do BAD+= =
(5)
Trong
ADF
vuông ti F có
0
90 (FDA DAF+=
hai góc ph nhau) (6)
T (5), (6)
FDA BAH⇒=
Ta có:
ADN NDF FDA= +
(vì tia
DF
nm gia hia tia DA, DN)
BAC HAC BAH= +
(vì tia
AH
nm gia hai tia
,)AB AC
; ()ADN BAC FDA BAH cmt= =
nên
NDF HAC=
Xét
AHC
DFN
có:
(); (); ()NDF HAC cmt AC DN cmt DNF ACB cmt= = =
( .. )AHC DFN g c g DFN AHC⇒∆ =∆ =
0
90DFN =
(vì
DE MA
ti F)
Nên
0
90AHC MA BC=⇒⊥
ti H (
)dfcm
3)
MA BC
ti H nên
,AHB AHC∆∆
vuông ti H
Đặt
HC x HB a x=⇒=
(vì H nm gia B và C)
Áp dng đnh lý Pytago cho 2 tam giác vuông
,AHB AHC
ta có:
22 2
AH AB BH=
222
AH AC CH=
( )
2
22222 22
AB BH AC CH c a x b x = ⇒− =
T đó tìm đưc:
222
2
abc
HC x
a
+−
= =
Câu 55. Cho tam giác
,ABC
trung tuyến
.AM
Gọi I là trung điểm của đoạn thng
,AM
BI
ct cnh
AC
ti D
a) Chng minh
3AC AD=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
560
b) Chng minh:
1
4
ID BD=
ng dn gii
a) Gi
E
là trung điểm
CD
trong tam giác
BCD
nên
ME
là đưng trung bình
// .ME BD
Trong tam giác
MAE
I
là trung điểm ca cnh
()AM gt
// ( )ID ME gt
Nên
D
là trung điểm ca
AE AD DE⇒=
(1)
E
là trung điểm ca
(2)DC DE EC⇒=
So sánh
( )
1
( )
2
3AD DE EC AC AD⇒==⇒=
b) Trong tam giác
,MAE ID
là đưng trung bình (theo a)
1
(1)
2
ID ME⇒=
Trong
,BCD ME
là đưng trung bình
1
(2)
2
ME BD⇒=
T (1) và (2)
1
.
4
ID BD⇒=
Câu 56. Cho tam giác
ABC
vuông ti
A
vi
3
4
AB
AC
=
15 .BC cm=
Tia phân giác góc C
ct
AB
ti D. K
( )
.DE BC E BC⊥∈
a) Chng minh
AC CE=
b) Tính đ i
,AB AC
c) Tn tia
AB
ly đim
F
sao cho
.AF AC=
K tia
Fx FA
ct tia
DE
ti M. Tính
DCM
ng dn gii
E
D
I
M
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
561
a) Chng minh đưc
()ACD ECD ch gn AC CE = −⇒=
2 2 2 2 22
2
2
3
) ()
4 34
15
9
9 16 9 16 25 25
9.9 81 9
9.16 144 12
AB AB AC
b gt
AC
AB AC AB AC BC
AB AB cm
AC AC cm
= ⇒=
+
⇔== ===
+
==⇒=
= =⇒=
c) K
Cy Fx
ct nhau ti
K
Ta thy
AC AF FK CK CE= = = =
0
90ACK =
Chng minh đưc
()CEM CKM ch cgv ECM KCM = −⇒ =
(2 góc tương ng)
00
11
.90 45
22
DCM DCE ECM ACK=+= ==
Câu 57. Cho tam giác
ABC
vuông cân tại A, M là trung điểm ca
.BC
Ly đim
D
bt k
thuc cnh
.BC
H và I th t là hình chiếu ca
B
C
xung đưng thng AD. Đưng
thng
AM
ct
CI
ti N. Chng minh rng:
a)
BH AI=
b)
22
BH CI+
có giá tr không đi
c) Đưng thng
DN
vuông góc vi
.AC
d)
IM
là phân giác ca
HIC
ng dn gii
K
M
F
E
D
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
562
a)
AIC BHA BH AI∆= =
b)
22 2 2 2
BH CI BH AH AB+= + =
c)
,AM CI
là hai đường cao ct nhau ti
NN
là trc tâm
DN AC⇒⊥
d)
BHM AIM HM MI =∆⇒=
BHM IMA=
00
90 90IMA BMI BMH BMI+= +=
HMI⇒∆
vuông cân
0
45HIM⇒=
Mà :
00
90 45HIC HIM MIC IM=⇒==
là phân giác
HIC
Câu 58. Cho tam giác ABC (
90
o
BAC <
), đường cao AH. Gi E; F lần lưt đim đối xứng
của H qua AB; AC, đường thẳng EF cắt AB; AC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng:
a. AE = AF;
b. HA là phân giác của
MHN
;
c. CM // EH; BN // FH.
ng dn gii
N
I
H
M
B
A
C
D
N
M
F
E
H
A
B
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
563
a) Vì AB là trung trực của EH nên ta có: AE = AH (1)
Vì AC là trung trực của HF nên ta có: AH = AF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AE = AF
b) Vì M AB nên MB là phân giác MB là phân giác ngoài góc M của tam
giác MNH
Vì N AC nên NC là phân giác NC là phân giác ngoài góc N của tam
giác MNH
Do MB; NC cắt nhau tại A nên HA là phân giác trong góc H của tam giác HMN hay
HA là phân giác của .
c) Ta có AH BC (gt) mà HM là phân giác HB là phân giác ngoài góc H
của tam giác HMN
MB là phân giác ngoài góc M của tam giác HMN (cmt) NB là phân giác trong góc
N của tam giác HMN
BN AC ( Hai đường phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau).
BN // HF ( cùng vuông góc với AC)
Chứng minh tương tự ta có: EH // CM
Câu 59. Cho
ABC nhn có góc A bng 60
0
. Phân giác
ABC
ct AC ti D, phân giác
ACB
ct AB ti E. BD ct CE ti I.
a) Tính s đo góc BIC.
b) Trên cnh BC lấy điểm F sao cho BF = BE. Chứng minh
CID =
CIF.
c) Trên tia IF ly đim M sao cho IM = IB + IC. Chứng minh
BCM là tam giác đu.
ng dn gii
EMH
FNH
MHN
MHN
4
3
2
1
2
1
N
M
C
F
E
D
I
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
564
a) BD là phân giác ca góc ABC nên B1 = B2 = ABC
CE là phân giác ca góc ACB nên C1 = C2 = ACB
Mà tam giác ABC có A+B+C = 180
0
suy ra 60
0
+ ABC+ACB = 180
0
ABC+ACB = 120
0
B2+C1= 60
0
BIC = 120
0
b) BIE = BIF (cgc) BIE = BIF
BIC = 120
0
BIE = 60
0
BIE = BIF = 60
0
Mà BIE + BIF + CIF = 180
0
CIF = 60
0
CID = BIE = 60
0
(đ.đ) CIF = CID = 60
0
CID = CIF (g.c.g)
c) Trên đon IM ly đim N sao cho IB = IN NM = IC
BIN đu BN = BI và BNM = 120
0
BNM = BIC (c.g.c)
BM = BC và B2 = B4 BCM đu
Câu 60. Cho tam giác ABC, AD là tia phân giác của góc A và
BC>
.
a) Chứng minh rằng
ADC ADB B C−=
.
b) Vẽ đường thẳng AH vuông góc BC tại H. Tính
ADB
HAD
khi biết
0
40BC−=
c) Vẽ đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của góc đỉnh A, nó cắt đường thẳng BC
tại E. Chứng minh rằng
2
BC
AEB HAD
= =
ng dn gii
a)
( góc ngoài ABD) (1)
( góc ngoài ADC) (2)
Mà AD là phân giác góc BAD nên (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm
1
2
1
2
E
H
D
B
A
C
ADC B BAD= +
ADB C CAD= +
BAD DAC=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
565
b)
Ta có:
c)
Ta có AD, AE là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh A nên ADAE
Xét AED ta có: (4)
Xét AHD ta có: (5)
Mặt khác
Từ (4), (5) và (6) suy ra đpcm
0
0
00
00
0
40
180
180 40
110 ; 70
2
20
ADC ADB B C
ADC ADB
ADC ADB
AHD
=−=
+=
+
⇒= = =
⇒=
0
90AEB ADE+=
0
90HAD ADE+=
0
0
0
0
0
A
ADB C DAC C
2
A B C 180
A BC
90
22
BC
ADB C 90
2
CB
90
2
BC
ADB 90 (6)
2
=+=+
++=
+
⇒=
+
=+−
= +
+=
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIU TOÁN HC
| 1/567