Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán THCS

Các chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán THCS

Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán THCS giúp các em học sinh thử sức mình với các dạng bài tập khác nhau.. Đây cũng là tài liệu tham khảo hữu ích cho các giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS.

268 bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 9

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 8

Chuyên đề 1: 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 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, 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.

III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.

A- Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.

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

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

Giải: 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

Vì 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.

Giải: Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n + 1, n + 2, n + 3 (n ∈ Z). 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)(+ 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.

Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = 1/4 k (k + 1)(k + 2). 4 = 1/4 k(k + 1)(k + 2).[(k + 3) - (k - 1)]

= 1/4 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - 1/4 k(k + 1)(k + 2)(k - 1)

=> 4S =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 phương.

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .

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

Bài 5: 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 +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 thể chia hết cho 5

=> 5. (n² + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương.

Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n⁶ - n⁴ + 2n³ + 2n² trong đó n ∈ N và n >1

không phải là số chính phương.

n⁶ - n ⁴ + 2n³ + 2n² = n². (n⁴ - n² + 2n +2)

= n². [n²(n-1)(n+1) +2(n+1)]

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

= n²(n + 1)² . (n² - 2n + 2)

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

Và n² - 2n + 2 = n² - 2(n - 1) < n²

Vậy (n - 1)² < n² - 2n + 2 < n² => n² - 2n + 2 không phải là một số chính phương.

Bài 7: Cho 5 số chính phương bất kỳ 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.

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 đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5² là số chính phương.

Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là 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

=> a² + b² không thể là số chính phương.

Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) 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 p chia hết cho 2 và p không thể 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) chia hết cho 4 mâu thuẫn với (1).

=> p + 1 không phải là số chính phương.

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

=> p - 1 không là số chính phương.

Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phương.

Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011

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

a) 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1

Có 2N chia hết cho 3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k ∈ N)

=> 2N - 1 không là số chính phương.

b) 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn.

=> N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N chia hết cho 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 => 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.

Mời các bạn tải file đầy đủ về tham khảo.