Một số bài toán bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 6 - 7 - 8 - Phần Đại Số. Website: https://www.facebook.com/boiduonghocsinhgioimontoan6789

1. Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán - Đại Số
Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7)
Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức
3 8 15 9999
...
4 9 16 10000
A      với các số 98 và 99.
Ta có: 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 ... 1 1 1 1 ... 1
4 9 16 10000 2 3 4 100
A
               
                                
               
=
2 2 2 2
1 1 1 1
99 ... 99
2 3 4 100
B
 
       
 
với B = 2 2 2 2
1 1 1 1
...
2 3 4 100
    > 0 Nên A
< 99.
Ta có
 
1 1 1
1 1k k k k
 
 
với mọi k 1 nên
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... 1 .... 1 1
2 3 4 100 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 3 4 99 100 100
B                      
Do đó 99 99 1 98A B     . Vậy 98 99A 
Tổng quát:    
2
2
3 8 15 1
2 ... 1
4 9 16
n
n n
n

       
Bài toán 2: Viết số 2 3 4 999 1000
1 2 3 4 ... 999 1000      trong hệ thập phân. Tìm ba số đầu
tiên bên trái số đó?
Giải: Ta có 2 3 4 999 1000
1 2 3 4 ... 999 1000A        ; Đặt 1000 3000
3000
1000 10 100000...0000B    
gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1)
Đặt C 2 3 999 1000 3 6 2997 3000
1000 1000 1000 ... 1000 1000 10 10 .. 10 10           =100100100....1000
gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2). Vì B < A < C và B, C đều có 3001
chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số ầu tiên bên trái của A là 100.
Bài toán 3:
Cho
   
2 22
1 1 1 1
... ...
14 29 18771 2
A
n n n
     
   
. Chứng minh rằng 0,15 0,25A  .
Giải : Ta có
   
2 22
1 1 1 1
... ...
14 29 18771 2
A
n n n
     
   
   
2 22 2 2 2 2 2 2 2 22
1 1 1 1
... ...
1 2 3 2 3 4 24 25 261 2n n n
     
        
   
2 22 2
1 2 3 6 5B n n n n n        . (1)
 Với 1n  từ (1) ta có:     2 2
3 9 6 3 3 2 3 1 2B n n n n n n         . Từ đó :
  
1 1 1 1 1 1 1
... ...
3 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 3
A C
n n
 
           

2. Với C 
  
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6
... ... ...
2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n
               
 
.
Suy ra
1 6 2
. 0,15
3 13 13
A    .
 Với 1n  từ (1) ta có:     2 2
2 6 4 2 3 2 2 1 2B n n n n n n         . Từ đó :
  
1 1 1 1 1 1 1
... ...
2 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2
A C
n n
 
           
Với C 
  
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6
... ... ...
2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n
               
 
.
Suy ra
1 6 3
. 0,25
2 13 13
A    . Vậy 0,15 0,25A 
Tổng quát:
       2 22 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
...
6 3 2 1 2 3 2 3 4 4 2 21 2k kk k k
      
        
Bài toán 4: Tính
A
B
biết :
 
1 1 1 1
... ...
2.32 3.33 30 1979.2009
A
n n
     

;
 
1 1 1 1
... ...
2.1980 3.1981 1978 31.2009
B
n n
     

.
Giải:
Với các số nguyên dương n và k ta có
     
1 1 n k n k
n n k n n k n n k n n k

   
   
.
Với k = 30 ta có :
30 30 30 1 1 1 1 1 1
30 ... ...
2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... ... ... (1)
2 3 1979 32 33 2009 2 3 31 1980 1981 2009
A            
       
                      
       
Với k = 1978 ta có :
1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1
1978 ... ...
2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009
B           
1 1 1 1 1 1
... ... (2)
2 3 31 1980 1981 2009
   
          
   
.
Từ (1) và (2) suy ra
1978 989
30 1978
30 15
A
A B
B
    .
Bài toán 5: Tính tổng sau:
     
2 2 2
3 5 4017
....
1 2 2 3 2008 2009
nS    
  
.
Giải:
Với 1n  thì
   
 
 
 
     
2 222 2 2
2 2 2 2 2 222 2 2 2 2
1 12 1 2 1 1 1
1 1 1 1 1 1
n n nn n n n n
nn n n n n n n n n n n
     
     
     
Do đó
     
2 2 2 2 2 2
3 5 4017 1 1 1 1 1 1
.... 1 ... 1
4 4 9 2008 2009 20091 2 2 3 2008 2009
nS             
  
.

3. Bài toán 6: Tính các tổng sau:
 1.2 2.3 ... . 1 ... 98.99A n n       (*) ;  1.99 2.98 ... 100 ... 98.2 99.1B n n       
Giải:
Ta có:        3 1.2.3 2.3.3 ... 3 1 ... 3.98.99 1.2. 3 0 2.3. 4 1 ... 98.99. 100 97A n n              .
 
970200
1.2.3 2.3.4 ... 98.99.100 1.2.3 2.3.4 ... 97.98.99 98.99.100 970200 323400
3
A            
       
 
1.99 2. 99 1 3. 99 2 .... 98. 99 97 99. 99 98
1.99 2.99 3.99 ... 99.99 1.2 2.3 3.4 ... 98.99
B           
         
   
99
99 1 2 3 ... 99 99. 99 1 . 99.99.50 323400 166650
2
A A           
Từ bài toán (*) suy ra
98.99.100
3 98.99.100
3
A A   .
Nếu  1.2 2.3 3.4 ... 1A n n      . Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-1)n(n+1) với
n = 100
     1.2 2.3 3.4 ... 1 .3 0.1 1.2 2.3 3.4 ... 1 .3B n n n n             
         1. 0 2 3. 2 4 5. 4 6 ... 97. 96 98 99 98 100 .3             
   2 2 2 2 2
1.1.2 3.3.2 5.5.2 7.7.2 ... 99.99.2 .3 2.3. 1 3 5 7 .. 99           
 2 2 2
6 1 3 ... 99    . Do đó  2 2 2 2
6 1 3 5 ... 99 99.100.101     hay
2 2 2 99.100.101
1 3 ... 99 166650.
6
     Vậy  
   22 2 2 1 2 2 2 3
1 3 ... 2 1
6
n n n
P n
  
     
Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên
  2 2 2 2 1 2 1
1 2 3 ...
6
n n n
P n
 
     
Bài toán 7: Tính
B
A
biết:
 
1 1 1 1
... ...
1.2 2.3 1 2008.2009
A
n n
     

.
  
1 1 1 1 1
...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010
B
n n n
     
 
.
Ta có
 
1 1 1
1 1n n n n
 
 
và
       
2 1 1
1 2 1 1 2n n n n n n n
 
    
Nên:
 
1 1 1 1 1 2008
... ... 1
1.2 2.3 1 2008.2009 2009 2009
A
n n
        

  
2 2 2 2 2 1 1 2019044
2 ... ...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010
B
n n n
         
 
1 2019044 1009522
.
2 2009.2010 2009.2010
B   .
Do đó
1009522 2008 1009522.2009 5047611
:
2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040
B
A
  
1011531
2
2018040


4. Bài toán 8:Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các số
nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002. Hỏi A + B chia hết cho 2003 không?
Giải:
Ta có: 1.2.3.4...1001A  và 1002.1003.1004...2002B  .
Ta viết B dưới dạng:     2003 1001 2003 1000 ... 2003 1B     . Khai triển B có một tổngngoài
số hạng 1001.1000....2.1 . Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003. Nên
2003. 1001.1000...2.1 2003B n n A    với n là số tự nhiên. Do đó: 2003A B n  là một số chia
hết cho 2003.
Cách giải khác:
Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ;
     1002; 1001 ; 1003;1000 ;... 2002;1 . Do đó 1002.1003....2002B  và 1001.1000...2.1A   có cùng
số dư khi chia cho 2003. Nên  A B B A    chia hết cho 2003
Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số (lớp 8)
Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến.
        
1 1 1
x y y z z x x y y z z x
 
     
với ; ;x y y z z x   . Từ kết quả trên ta có thể
suy ra hằng đẳng thức:
        
1 1 1
x y x z z y x z x y y z
 
     
(*) trong đó x ; y; z đôi một
khác nhau.
Thực chất ở đây ta thay x – y bởi z – y thay z - x bởi y – x giữ nguyên thừa số kia sẽ
có hai số hạng ở vế phải, Vận dụng hằng đẳng thức (*) giải các bài tập sau:
Bài toán 1:
Cho ; ;a b b c c a   chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c.
        
2 2 2
A
a b c
a b a c b c b a c a c b
  
     
Áp dụng hằng đẳng thức (*)
           
2 2 2 2
A
a b b c
a b a c b c c a a c b a c a c b
   
       
           
  
  
  
  
2 2 2 2
a b a b b c b ca b b c
a b a c a b a c b c c a b c c a a b a c b c c a
   
     
           
1
a b b c a b b c
a c c a a c a c
   
    
   
Nếu a và 1 2; ;...; na a a là các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì
     1 2 1 2. .... . ...n na a a a a a a a a a    

5. Bài toán 2: Cho ; ;a b b c c a   . Rút gọn biểu thức
  
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x a x b
B
a b a c b c b a c a c b
     
  
     
Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược
  
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x a x b
B
a b a c b c b a c a c b
     
   
     
  
  
  
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x c x a x a x b
a b a c b c c a a c b a c a c b
       
   
       
  
  
  
  
  
  
  
  
     
  
     
  
  
  
  
  
x b x c x c x a x c x a x a x b
a b a c b c c a a c a b a c c b
x b x c x c x a x c x a x b x a x c a b x a b c
a b a c b c c a a b a c a b a c
       
    
       
             
   
       
1
x c x a x c x a
a c a c a c
    
   
  
Bài toán 3: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
               
a b c x
a b a c x a b a b c x b c a c b c x x a x b x c
  
           
Biến đổi vế trái, ta được:
           
a b c
a b a c x a b a b c x b c a c b c x
 
        
=
               
a b b c
a b a c x a b a a c x b c a b c x b c a c b c x
   
           
=
    
1 1
( )
a b b c
a b a c x a x b c a b c x b x c
   
                
=
        
 
          
1 ( ) 1
. .
bx cxax bx x x
a b a c x a x b c a b c x b x c a c x a x b c a x b x c

   
             
  
 
        
1 1 x a cx x
a c x b x a x c a c x b x c x a x b x c x a
 
               
. Sau khi biến đổi vế
trái bằng vế phải. Đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 4: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh:
        
2 2 2b c c a a b
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
  
    
        
Giải: Ta có
        
1 1b c b a a c
a b a c a b a c a b a c c a a b
  
   
       
(1)
Tương tự ta có:
  
1 1c a
b c b a b c a b

 
   
(2)
  
1 1a b
c b c a b c c a

 
   
(3)

6. Từ (1) ;(2) và (3) ta có
        
1 1 1 1 1 1b c c a a b
a b a c b c b a c a c b c a a b b c a b b c c a
  
       
           
2 2 2
a b b c c a
  
  
(đpcm)
Bài toán 5: Rút gọn biểu thức:
        
2 2 2
a bc b ac c ab
a b a c b c b a c a c b
  
 
     
với ; ;a b b c c a     
Giải:
Ta có:
        
2 2
( ) ( )a bc a ab bc ab a a b b c a a b
a b a c a b a c a b a c a c a b
      
   
       
(1)
Tương tự:
  
2
b ac b c
b a b c a b b c

 
   
(2)
  
2
c ab c a
c a b c c b c a

 
   
(3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có
        
2 2 2
0
a bc b ac c ab a b b c c a
a b a c b c b a c a c b a c a b a b b c c b c a
  
        
           
Bài toán 6: Cho ba phân thức
1
a b
ab


;
1
b c
bc


;
1
c a
ca


. Chứng minh rằng tổng ba phân
thức bằng tích của chúng.
Giải:
Ta có :
1 1 1
b c b a a c
bc bc bc
  
 
  
nên
1 1 1 1 1 1 1
a b b c c a a b b a a c c a
ab bc ca ab bc bc ca
      
     
      
   
  
  
  
  
1 1 1 11 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
a b bc ab c a bc ac
a b c a
ab bc ac bc ab bc ac bc
          
                    
  
  
  
  
  
 
   
   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
b a b c a c c a b a a b c a a b c a b cb c
ab bc ac bc bc ab ac ab bc ac
         
               
(đpcm).
Bài toán 7: Cho ba số nguyên dương a, b, c tuỳ ý, tổng sau có phải là số nguyên dương
không?
a b c
a b b c c a
 
  
Giải:
Ta có 1
a b c a b c a b c
M
a b b c c a a b c a b c a b c a b c
 
       
          
hay M > 1 .
1 1 1 3 3 1 2
b c a b c a
M
a b b c c a a b c b c a c a b
       
                   
               
hay M < 2
Vậy 1 < M <2 . Do đó M không thể là số nguyên dương.

7. Bài toán 8: Đơn giản biểu thức
  
  
  
  
  
  
2 1004 2 1004 2 1004a a b b c c
A
a a b a c b b a b c c c b c a
     
  
     
Giải: MTC là :    abc a b b c a c   Nên
   
   
   
   
   
   
2 1004 2 1004 2 1004bc b c a a ac a c b b ab a b c c
A
abc a b b c a c abc a b b c a c abc a b b c a c
        
  
        
   
2 2 2 2 2 2
2008 2008 2008 2008 2008 2008b c ac a b bc a c ab
abc a b b c a c
    

  
     
   
   
   
2 2 2 2 2 2
2008 2008 2008c a c b a b a c b a b c a b b c a c
abc a b b c a c abc a b b c a c abc
           
     
Với 0abc 
Bài toán 9: Tính giá trị của biểu thức:
  2
2003 2013 31 2004 1 2003 2008 4
2004 2005 2006 2007 2008
P
     

   
Giải: Đặt a = 2004 Khi đó:
      
    
2
1 9 31 1 1 4 4
1 2 3 4
a a a a a
P
a a a a a
             
   
    
    
2 2
2 1 9 31 1 3 4 4
1 2 3 4
a a a a a a
a a a a a
          
   
   
  
    
  
    
3 2 2 2 3 2 2
9 2 18 9 31 1 3 7 14 8 3
1 2 3 4 1 2 3 4
a a a a a a a a a a a a a
a a a a a a a a a a
           
 
       
    
    
1 2 3 4
1
1 2 3 4
a a a a a
a a a a a
   
 
   
. Vậy P = 1