Số Chính Phương - Lớp 6, Giáo Án Lớp 6, Bài Giảng Điện Tử Lớp 6

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Lớp 6 Số chính phương

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

II. TÍNH CHẤT:

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

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

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

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

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

Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2

Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.

Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.

Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.

Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.

III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

35 trang

nguyenkhanh Lượt xem

5946

1 Download Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Số chính phương", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênSỐ CHÍNH PHƯƠNG I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên. II. TÍNH CHẤT: 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N). 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) S =.1.2.3.4 -.0.1.2.3 + .2.3.4.5 -.1.2.3.4 ++ k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 4448889 = 44488..8 + 1 = 444 . 10n + 8 . 111 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1 = 4. . 10n + 8. + 1 2 = = = Ta thấy 2.10n +1=20001 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 2 n-1 chữ số 0 Z hay các số có dạng 4448889 là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 111 + 444 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 111 + 111 + 666 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 C = 444 + 222 + 888 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8 2 2 2 Kết quả: A = ; B = ; C = Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499910009 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 1115556 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 A = 224.102n + 999.10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 A là số chính phương b. B = 11115555 + 1 = 111.10n + 5.111 + 1 n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1 = . 10n + 5. + 1 = 2 = = là số chính phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ). Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó nN và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ] = n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với nN, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 a2 a2 4 Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96 Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương. Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N) a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương. Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không chia hết cho 4 (1) a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ m2 lẻ m lẻ. Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 p+1 = 4k2 + 4k + 1 p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) 4 mâu thuẫn với (1) p+1 là số chính phương p = 2.3.5 là số chia hết cho 3 p-1 có dạng 3k+2. Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 p-1 không là số chính phương . Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.72007. Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương. 2N-1 = 2.1.3.5.72007 – 1 Có 2N 3 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N) 2N-1 không là số chính phương. 2N = 2.1.3.5.72007 Vì N lẻ N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 2N không là số chính phương. 2N+1 = 2.1.3.5.72007 + 1 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1 2N+1 không là số chính phương. Bài 13: Cho a = 111 ; b = 10005 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 Chứng minh là số tự nhiên. Cách 1: Ta có a = 111 = ; b = 10005 = 1000 + 5 = 102008 + 5 2 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 ab+1 = + 1 = = 2 = = Ta thấy 102008 + 2 = 10002 3 nên N hay là số tự nhiên. 2007 chữ số 0 Cách 2: b = 10005 = 1000 – 1 + 6 = 999 + 6 = 9a +6 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9 ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2 = = 3a + 1 N DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589 Giải a. Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n+1)2 = 11 (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 k+n+1 = 11 k = 6 k – n - 1 = 1 n = 4 b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 (2n + 3)- 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) 13(n – 1) = y2 – 16 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13 y = 13k 4 (Với k N) 13(n – 1) = (13k 4 )2 – 16 = 13k.(13k 8) n = 13k2 8k + 1 Vậy n = 13k2 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a2 + a + 43 a2 + 81 a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương . Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) n2 + 4n + 97 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn (m + n)(m - n) 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. 2 Bài 6: Biết x N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương . Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2) Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7. Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài ... ó chữ số hàng đơn vị là 5 mà chữ số hàng chục khác 2 ; + A có hai chữ số tận cùng là lẻ. Bài 14: Cho n Î N và n − 1 không chia hết cho 4. CMR: 7n + 2 không thể là số chính phương. Giải: Do n − 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r (r Î {0, 2, 3}). Ta có 74 − 1 = 2400 100. Ta viết 7n + 2 = 74k + r + 2 = 7r(74k − 1) + 7r + 2. Vậy hai chữ số tận cùng của 7n + 2 cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7r + 2 (r = 0, 2, 3) nên chỉ có thể là 03, 51, 45. Theo tính chất 5 thì rõ ràng 7n + 2 không thể là số chính phương khi n không chia hết cho 4. III. Tìm ba chữ số tận cùng Nhận xét: Tương tự như trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận cùng của số tự nhiên x chính là việc tìm số dư của phép chia x cho 1000. Nếu x = 1000k + y, trong đó k ; y Î N thì ba chữ số tận cùng của x cũng chính là ba chữ số tận cùng của y (y ≤ x). Do 1000 = 8 x 125 mà (8, 125) = 1 nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am như sau: Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am chia hết cho 2m. Gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1 chia hết cho 125. Viết m = pn + q (p ; q Î N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq chia hết cho 8 ta có: x = am = aq(apn − 1) + aq. Vì an − 1 chia hết cho 125 => apn − 1 chia hết cho 125. Mặt khác, do (8, 125) = 1 nên aq(apn − 1) chia hết cho 1000. Vậy ba chữ số tận cùng của am cũng chính là ba chữ số tận cùng của aq. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng của aq. Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1 chia hết cho 1000. Viết m = un + v (u ; v Î N, 0 ≤ v < n) ta có: x = am = av(aun − 1) + av. Vì an − 1 chia hết cho 1000 => aun − 1 chia hết cho 1000. Vậy ba chữ số tận cùng của am cũng chính là ba chữ số tận cùng của av. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng của av. Tính chất sau được suy ra từ tính chất 4. Tính chất 6: Nếu a Î N và (a, 5) = 1 thì a100 − 1 chia hết cho 125. Chứng minh: Do a20 − 1 25 nên a20, a40, a60, a80 khi chia cho 25 có cùng số dư là 1 Þ a20 + a40 + a60 + a80 + 1 5. Vậy a100 − 1 = (a20 − 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) 125. Bài 15: Tìm ba chữ số tận cùng của 123101. Giải: Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1 Þ 123100 − 1 125 (1). Mặt khác: 123100 − 1 = (12325 − 1)(12325 + 1)(12350 + 1) Þ 123100 − 1 8 (2). Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 123100 − 1 1000 Þ 123101 = 123(123100 − 1) + 123 = 1000k + 123 (k Î N). Vậy 123101 có ba chữ số tận cùng là 123. Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng của 3399...98. Giải: Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9100 − 1 chi hết cho 125 (1). Tương tự bài 11, ta có 9100 − 1 chia hết cho 8 (2). Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 9100 − 1 chia hết cho 1000 Þ 3399...98 = 9199...9 = 9100p + 99 = 999(9100p − 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q Î N). Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 cũng chính là ba chữ số tận cùng của 999. Lại vì 9100 − 1 chia hết cho 1000 Þ ba chữ số tận cùng của 9100 là 001 mà 999 = 9100: 9 Þ ba chữ số tận cùng của 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 999 là 9, sau đó dựa vào phép nhân để xác định ). Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 là 889. Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước: Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng. Bài 16: Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200. Giải: do (2004, 5) = 1 (tính chất 6) Þ 2004100 chia cho 125 dư 1 Þ 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư 1 Þ 2004200 chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Do 2004200 8 nên chỉ có thể tận cùng là 376. Bài tập vận dụng: Bài 17: Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4. Bài 18: Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 19: Tìm hai chữ số tận cùng của: a) 3999 b) 111213 Bài 20: Tìm hai chữ số tận cùng của: S = 23 + 223 + ... + 240023 Bài 21: Tìm ba chữ số tận cùng của: S = 12004 + 22004 + ... + 20032004 Bài 22: Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a101 cũng bằng ba chữ số tận cùng của a. Bài 23: Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của A200. Bài 24: Tìm ba chữ số tận cùng của số: 199319941995 ...2000 Bài 25: Tìm sáu chữ số tận cùng của 521. D·y sè cã qui luËt I > Ph¬ng ph¸p dù ®o¸n vµ quy n¹p : Trong mét sè trêng hîp khi gÆp bµi to¸n tÝnh tæng h÷u h¹n Sn = a1 + a2 + .... an (1) B»ng c¸ch nµo ®ã ta biÕt ®îc kÕt qu¶ (dù ®o¸n , hoÆc bµi to¸n chøng minh khi ®· cho biÕt kÕt qu¶). Th× ta nªn sö dông ph¬ng ph¸p nµy vµ hÇu nh thÕ nµo còng chøng minh ®îc . VÝ dô 1 : TÝnh tæng Sn =1+3+5 +... + (2n -1 ) Thö trùc tiÕp ta thÊy : S1 = 1 S2 = 1 + 3 =22 S3 = 1+ 3+ 5 = 9 = 32 ... ... ... Ta dù ®o¸n Sn = n2 Víi n = 1;2;3 ta thÊy kÕt qu¶ ®óng gi¶ sö víi n= k ( k 1) ta cã Sk = k 2 (2) ta cÇn ph¶i chøng minh Sk + 1 = ( k +1 ) 2 ( 3) ThËt vËy céng 2 vÕ cña ( 2) víi 2k +1 ta cã 1+3+5 +... + (2k – 1) + ( 2k +1) = k2 + (2k +1) v× k2 + ( 2k +1) = ( k +1) 2 nªn ta cã (3) tøc lµ Sk+1 = ( k +1) 2 theo nguyªn lý quy n¹p bµi to¸n ®îc chøng minh vËy Sn = 1+3=5 + ... + ( 2n -1) = n2 T¬ng tù ta cã thÓ chøng minh c¸c kÕt qu¶ sau ®©y b»ng ph¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc . 1, 1 + 2+3 + .... + n = 2, 12 + 2 2 + ..... + n 2 = 3, 13+23 + ..... + n3 = 4, 15 + 25 + .... + n5 = .n2 (n + 1) 2 ( 2n2 + 2n – 1 ) II > Ph¬ng ph¸p khö liªn tiÕp : Gi¶ sö ta cÇn tÝnh tæng (1) mµ ta cã thÓ biÓu diÔn ai , i = 1,2,3...,n , qua hiÖu hai sè h¹ng liªn tiÕp cña 1 d·y sè kh¸c , chÝnh x¸c h¬n , gi¶ sö : a1 = b1 - b2 a2 = b2 - b3 .... .... ..... an = bn – bn+ 1 khi ®ã ta cã ngay : Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + ...... + ( bn – bn + 1 ) = b1 – bn + 1 VÝ dô 2 : tÝnh tæng : S = Ta cã : , , Do ®ã : S = D¹ng tæng qu¸t Sn = ( n > 1 ) = 1- VÝ dô 3 : tÝnh tæng Sn = Ta cã Sn = Sn = Sn = VÝ dô 4 : tÝnh tæng Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + ...... + n .n! ( n! = 1.2.3 ....n ) Ta cã : 1! = 2! -1! 2.2! = 3 ! -2! 3.3! = 4! -3! ..... ..... ..... n.n! = (n + 1) –n! VËy Sn = 2! - 1! +3! – 2 ! + 4! - 3! +...... + ( n+1) ! – n! = ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - 1 VÝ dô 5 : tÝnh tæng Sn = Ta cã : i = 1 ; 2 ; 3; ....; n Do ®ã Sn = ( 1- = 1- III > Ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh víi Èn lµ tæng cÇn tÝnh: VÝ dô 6 : TÝnh tæng S = 1+2+22 +....... + 2100 ( 4) ta viÕt l¹i S nh sau : S = 1+2 (1+2+22 +....... + 299 ) S = 1+2 ( 1 +2+22+ ...... + 299 + 2 100 - 2100 ) => S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5) Tõ (5) suy ra S = 1+ 2S -2101 S = 2101-1 VÝ dô 7 : tÝnh tæng Sn = 1+ p + p 2 + p3 + ..... + pn ( p1) Ta viÕt l¹i Sn díi d¹ng sau : Sn = 1+p ( 1+p+p2 +.... + pn-1 ) Sn = 1 + p ( 1+p +p2 +..... + p n-1 + p n –p n ) Sn = 1+p ( Sn –pn ) Sn = 1 +p.Sn –p n+1 Sn ( p -1 ) = pn+1 -1 Sn = VÝ dô 8 : TÝnh tæng Sn = 1+ 2p +3p 2 + .... + ( n+1 ) pn , ( p 1) Ta cã : p.Sn = p + 2p 2 + 3p3 + ..... + ( n+ 1) p n +1 = 2p –p +3p 2 –p2 + 4p3–p3 + ...... + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1 = ( 2p + 3p2 +4p3 + ...... +(n+1) pn ) – ( p +p + p + .... pn ) + ( n+1) pn+1 = ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ ....... + ( n+1) pn ) – ( 1 + p+ p2 + .... + p n) + ( n +1 ) pn+1 p.Sn=Sn- ( theo VD 7 ) L¹i cã (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - Sn = IV > Ph¬ng ph¸p tÝnh qua c¸c tæng ®· biÕt C¸c kÝ hiÖu : C¸c tÝnh chÊt : 1, 2, VÝ dô 9 : TÝnh tæng : Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ......... + n( n+1) Ta cã : Sn = V× : (Theo I ) cho nªn : Sn = VÝ dô 10 : TÝnh tæng : Sn =1.2+2.5+3.8+.......+n(3n-1) ta cã : Sn = = Theo (I) ta cã : Sn = VÝ dô 11 . TÝnh tæng Sn = 13+ +23 +53 +... + (2n +1 )3 ta cã : Sn = [( 13 +2 3 +33 +43 +....+(2n+1)3 ] –[23+43 +63 +....+(2n)3] = [13+23 +33 +43 + ..... + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 +......+ n3 ) Sn = ( theo (I) – 3 ) =( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2 = (n +1 )2 (2n2 +4n +1) V/ VËn dông trùc tiÕp c«ng thøc tÝnh tæng c¸c sè h¹ng cña d·y sè c¸ch ®Òu ( Häc sinh líp 6 ) C¬ së lý thuyÕt : + ®Ó ®Õm sè h¹ng cña 1 d·y sè mµ 2 sè h¹ng liªn tiÕp cña d·y c¸ch nhau cïng 1 sè ®¬n vÞ , ta dïng c«ng thøc: Sè sè h¹ng = ( sè cuèi – sè ®Çu 0 : ( kho¶ng c¸ch ) + 1 + §Ó tÝnh tæng c¸c sè h¹ng cña mét d·y sè mµ 2 sè h¹ng liªn tiÕp c¸ch nhau cïng 1 sè ®¬n vÞ , ta dïng c«ng thøc: Tæng = ( sè ®Çu – sè cuèi ) .( sè sè h¹ng ) :2 VÝ dô 12 : TÝnh tæng A = 19 +20 +21 +.... + 132 Sè sè h¹ng cña A lµ : ( 132 – 19 ) : 1 +1 = 114 ( sè h¹ng )m A = 114 ( 132 +19 ) : 2 = 8607 VÝ dô 13 : TÝnh tæng B = 1 +5 +9 +.......+ 2005 +2009 sè sè h¹ng cña B lµ ( 2009 – 1 ) : 4 + 1 = 503 B = ( 2009 +1 ) .503 :2 = 505515 VI / V©n dông 1 sè c«ng thøc chøng minh ®îc vµo lµm to¸n VÝ dô 14 : Chøng minh r»ng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 ) Tõ ®ã tÝnh tæng S = 1..2+2.3 + 3.4 +...... + n (n + 1) Chøng minh : c¸ch 1 : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1) = k( k+1) = k (k+1) .3 = 3k(k+1) C¸ch 2 : Ta cã k ( k +1) = k(k+1). = * 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1) => 1.2 = S = VÝ dô 15 : Chøng minh r»ng : k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2) tõ ®ã tÝnh tæng S = 1.2 .3 + 2.3 .4 +3.4.5 +.... + n(n+1) (n+2) Chøng minh : VT = k( k+1) (k+2) = k( k+1) ( k +2 ) .4 Rót ra : k(k+1) (k+2) = ¸p dông : 1.2.3 = 2.3.4 = .......................................................... n(n+1) (n+2) = Céng vÕ víi vÕ ta ®îc S = * Bµi tËp ®Ò nghÞ : TÝnh c¸c tæng sau 1, B = 2+ 6 +10 + 14 + ..... + 202 2, a, A = 1+2 +22 +23 +.....+ 26.2 + 2 6 3 b, S = 5 + 52 + 53 + ..... + 5 99 + 5100 c, C = 7 + 10 + 13 + .... + 76 3, D = 49 +64 + 81+ .... + 169 4, S = 1.4 + 2 .5 + 3.6 + 4.7 +.... + n( n +3 ) , n = 1,2,3 ,.... 5, S = 6, S = 7, A = 8, M = 9, Sn = 10, Sn = 11, Sn = 12, M = 9 + 99 + 999 +...... + 99..... .....9 50 ch÷ sè 9 13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9 S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14 TÝnh S100 =? Trong qu¸ tr×nh båi dìng häc sinh giái , t«i ®· kÕt hîp c¸c d¹ng to¸n cã liªn quan ®Õn d¹ng tÝnh tæng ®Ó rÌn luyÖn cho c¸c em , ch¼ng h¹n d¹ng to¸n t×m x : 14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) +...... + ( x+100 ) = 5070 b, 1 + 2 + 3 + 4 +.............+ x = 820 c, 1 + Hay c¸c bµi to¸n chøng minh sù chia hÕt liªn quan 15, Chøng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 +..... + 220 lµ luü thõa cña 2 b, B =2 + 22 + 2 3 + ...... + 2 60 3 ; 7; 15 c, C = 3 + 33 +35 + ....+ 31991 13 ; 41 d, D = 119 + 118 +117 +......+ 11 +1 5

Tài liệu đính kèm:

4 chuyen de cuc hay danh cho boi duong hoc sinh gioi.doc

Tài liệu liên quan

Giáo án Số học Lớp 6 - Tiết 66: Ôn tập chương II (tiết 1) - Trường THCS Phú Túc
Lượt xem: 212 Lượt tải: 0
Giáo án môn Hình học 6 - Tiết 6: Luyện tập
Lượt xem: 624 Lượt tải: 3
Giáo án Hình học Lớp 6 - Tiết 3 đến 8 - Năm học 2008-2009 - Trần Thị Hợp
Lượt xem: 296 Lượt tải: 0
Giáo án Số học Lớp 6 - Tiết 52, Bài 8: Quy tắc dấu ngoặc (bản 3 cột)
Lượt xem: 792 Lượt tải: 0
Giáo án Số học Lớp 6 - Tiết 25: Số nguyên tố. Hợp số. Bảng số nguyên tố - Năm học 2010-2011 (bản 2 cột)
Lượt xem: 354 Lượt tải: 0
Giáo án Lớp 6 - Môn Số học - Tiết 44: Cộng hai số nguyên cùng dấu
Lượt xem: 1287 Lượt tải: 0
Giáo án Số học 6 - Tiết 60: Nhân hai số nguyên khác dấu - Năm học 2010-2011
Lượt xem: 1064 Lượt tải: 0
Giáo án Số học Lớp 6 - Tiết 1 đến 30 - Năm học 2006-2007 - Lê Tuấn Việt
Lượt xem: 10 Lượt tải: 0
Giáo án Số học Lớp 6 - Tiết 90: Phép chia phân số - Nguyễn Thị Bích Vân
Lượt xem: 366 Lượt tải: 0
Giáo án Số học Lớp 6 - Tiết 29: Ước chung và bội chung - Năm học 2011-2012 (Bản 2 cột)
Lượt xem: 87 Lượt tải: 0