Các chuyên đề BDHSG lớp Chuyên đề SỐ CHÍNH PHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số ngun II TÍNH CHẤT: Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, ; khơng thể có chữ số tận 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N) Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n  N) Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số 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) A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z  Z nên x2  Z, 5xy  Z, 5y2  Z  x2 + 5xy + 5y2  Z Vậy A số phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n  N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*) Đặt n2 + 3n = t (t  N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Vì n  N nên n2 + 3n +  N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + số phương 1 k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1 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) 4 4 4 k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) Ta có k(k+1)(k+2) = 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết  k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số 10 n  10 n  10n + +1 9 4.10 2n  4.10 n  8.10 n   4.10 n  4.10 n  = = 9 n  2.10    =      = Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho n  2.10          n-1 chữ số  Z hay số có dạng 44…488…89 số phương Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số  10 n   Kết quả: A =    ;     10 n   B=       Trần Truyền Vĩnh ;  2.10 n    C=      Các chuyên đề BDHSG lớp Bài 6: Chứng minh số sau số phương: a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + ( 10 n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + = 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – )  A số phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = n chữ số n chữ số 10 n  10 n  10 n  10 n  5.10 n   10n + +1= 9  10 n   10 n  4.10 n  = =      số phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương Gọi số tự nhiên liên tiếp 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 tận n2+2 khơng thẻ chia hết cho  5.( n +2) khơng số phương hay A khơng số phương Bài 8: Chứng minh số có dạng n – n4 + 2n3 + 2n n  N n>1 khơng phải số 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 n  N, n >1 n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2  n2 – 2n + số phương Bài 9: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp số phương Cách 1: Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương cho 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương Cách 2: Nếu số phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị chữ số tận a  a   a2  Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16, 36, 56, 76, 96  Ta có: + + + + = 25 = 52 số phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng phải số phương a b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m  N) 2 2 2  a + b = (2k+1) + (2m+1) = 4k + 4k + + 4m + 4m + = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t  N) Khơng có số phương có dạng 4t + (t  N) a2 + b2 khơng thể số phương Bài 11: Chứng minh p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng thể số phương Vì p tích n số nguyên tố nên p  p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 số 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 +  p+1 = 4k2 + 4k +  p = 4k + 4k = 4k(k+1)  mâu thuẫn với (1)  p+1 số phương b p = 2.3.5… số chia hết cho  p-1 có dạng 3k+2 Khơng có số phương có dạng 3k+2  p-1 khơng số phương Vậy p tích n số ngun tố p-1 p+1 khơng số phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N 2N+1 khơng có số số phương a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – Có 2N   2N-1 khơng chia hết cho 2N-1 = 3k+2 (k  N)  2N-1 khơng số phương b 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ  N không chia hết cho 2N  2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư  2N khơng số phương c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 2N không chia hết 2N+1 không chia cho dư  2N+1 không số phương Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 2007 chữ số Chứng minh ab  số tự nhiên 10 2008  Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + = 102008 + 2008 chữ số  ab+1 = ab  = (10 2008  1)(10 2007 chữ số 2008  5) +1= (10 2008 )  4.10 2008 chữ số 2008 59  10 2008    =      10 2008   10 2008    =   3   Ta thấy 102008 + = 100…02  nên 10 2008   N hay ab  số tự nhiên 2007 chữ số Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6 2007 chữ số 2008 chữ số 2008 chữ số  ab+1 = a(9a +6) + = 9a + 6a + = (3a+1)  ab  = (3a  1) = 3a + N B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) c 13n + d n2 + n + 1589 Giải a Vì n + 2n + 12 số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k  N) 2 2  (n + 2n + 1) + 11 = k  k – (n+1) = 11  (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1  k+n+1 = 11  k = k–n-1=1 n=4 2 b Đặt n(n+3) = a (n  N)  n + 3n = a  4n2 + 12n = 4a2 2  (4n + 12n + 9) – = 4a  (2n + 3) - 4a =  (2n + + 2a)(2n + – 2a) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1  2n + + 2a =  n = 2n + – 2a = a=2 2 c Đặt 13n + = y ( y  N)  13(n – 1) = y – 16  13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)  (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 số nguyên tố nên y +  13 y –  13 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp  y = 13k  (Với k  N)  13(n – 1) = (13k  ) – 16 = 13k.(13k  8)  n = 13k  8k + Vậy n = 13k2  8k + (Với k  N) 13n + số phương d 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 > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 Bài 2: Tìm a để số sau số phương: a a2 + a + 43 b a2 + 81 c 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 ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương Với n = 1! = = 12 số phương Với n = 1! + 2! = khơng số phương Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … + n! có tận chữ số nên khơng phải số phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề n = 1; n = Bài 4: Tìm n  N để số sau số phương: a n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c n + 4n + 97 d 2n + 15 Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Giả sử 2006 + n2 số phương 2006 + n2 = m2 (m  N) Từ suy m2 – n2 = 2006  (m + n)(m - n) = 2006 Như số m n phải có số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Từ (1) (2)  m + n m – n số chẵn  (m + n)(m - n)  Nhưng 2006 không chia hết cho  Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Bài 6: Biết x N x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái số phương nên vế phải số phương Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) Do x chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề ta có x  N < x ≤ (2) Từ (1) (2)  x nhận giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh n số tự nhiên cho n+1 2n+1 số phương n bội số 24 Vì n+1 2n+1 số phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m  N) Ta có m số lẻ  m = 2a+1  m2 = 4a (a+1) + 4a (a  1) m2 1 = = 2a(a+1)  n= 2  n chẵn  n+1 lẻ  k lẻ  Đặt k = 2b+1 (Với b  N)  k = 4b(b+1) +1  n = 4b(b+1)  n  (1) 2 Ta có k + m = 3n +  (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2  (mod3) k2  (mod3) m2  (mod3) 2  m – k  hay (2n+1) – (n+1)   n  (2) Mà (8; 3) = (3) Từ (1), (2), (3)  n  24 Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + n số phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a  N) Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q  N ; p+q = n p > q p p a+48 =  – 2q = 96  2q (2p-q -1) = 25.3  a- 48 = 2q  q = p-q =  p =  n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m  N 32 < k < m < 100 a, b, c, d  N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤ A = abcd = k2  Ta có B = abcd + 1111 = m2 2  m – k = 1111  (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k m+k số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do m – k == 11  m = 56  A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = k  N, 32 ≤ k < 100 Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10)  k +10  101 k-10  101 Mà (k-10; 101) =  k +10  101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110  k+10 = 101  k = 91  abcd = 91 = 8281 Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b  N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb  11  a + b  11 Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18  a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn  b = Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Số cần tìm 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y  N Vì y3 = x2 nên y số phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999  10 ≤ y ≤ 21 y phương  y = 16  abcd = 4096 Bài 5: Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd phương  d  { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố  d = Đặt abcd = k2 < 10000  32 ≤ k < 100 k số có hai chữ số mà k2 có tận  k tận Tổng chữ số k số phương  k = 45  abcd = 2025 Vậy số phải tìm 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab ( a,b  N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 )  11  a2 - b2  11 Hay ( a-b )(a+b )  11 Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b  11  a + b = 11 2 Khi ab - ba = 32 112 (a - b) Để ab - ba 2là số phương a - b phải số phương a-b = a-b=4  Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11  a = 6, b = 5, ab = 65 Khi 652 – 562 = 1089 = 332  Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11  a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm 65 Bài 7: Cho số phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta số phương Tìm số phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số Gọi số phải tìm ab với a,b  N ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3  (10a+b) = ( a + b )  ab lập phương a+b số phương Đặt ab = t3 ( t  N ) , a + b = l ( l  N ) Vì 10 ≤ ab ≤ 99  ab = 27 ab = 64  Nếu ab = 27  a + b = số phương  Nếu ab = 64  a + b = 10 khơng số phương  loại Vậy số cần tìm ab = 27 Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n  N) Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ ≤ a ≤  12n( n + ) = 11(101a – )  101a –   2a –  Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 2a-1 lẻ nên 2a –  { 3; 9; 15 }  a  { 2; 5; } Vì a lẻ  a =  n = 21 số càn tìm 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số ab (a + b ) = a3 + b3 2  10a + b = a – ab + b = ( a + b ) – 3ab  3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – ) a + b a + b – nguyên tố a + b = 3a a + b – = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b  a=4,b=8 a=3,b=7 Vậy ab = 48 ab = 37 Chuyên đề 10 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp = x(x + 2)2 – 3x(x + 2) + 2(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2) Cách : f(x) = (x – x + 2x) + (2x – 2x + 4) = x(x2 – x + 2) + 2(x – x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2) Từ định lí trên, ta có hệ sau : Hệ Nếu f(x) có tổng hệ số f(x) có nghiệm x = Từ f(x) có nhân tử x – Chẳng hạn, đa thức x – 5x + 8x – có + (–5) + + (–4) = nên x = nghiệm đa thức Đa thức có nhân tử x – Ta phân tích sau : f(x) = (x – x 2) – (4x2 – 4x) + (4x – 4) = x2(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = (x – 1)( x – 2)2 Hệ Nếu f(x) có tổng hệ số luỹ thừa bậc chẵn tổng hệ số luỹ thừa bậc lẻ f(x) có nghiệm x = –1 Từ f(x) có nhân tử x + Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 3x + có + = –5 + nên x = –1 nghiệm đa thức Đa thức có nhân tử x + Ta phân tích sau : f(x) = (x + x 2) – (6x2 + 6x) + (9x + 9) = x 2(x + 1) – 6x(x + 1) + 9(x + 1) = (x + 1)( x – 3)2 Hệ Nếu f(x) có nghiệm nguyên x = a f(1) f(–1) khác số nguyên Ví dụ Phân tích đa thức f(x) = 4x3 - 13x2 + 9x - 18 thành nhân tử Hướng dẫn Các ước 18 ± 1, ± 2, ± 3, ± 6, ± 9, ± 18 f(1) = –18, f(–1) = –44, nên ± nghiệm f(x) Dễ thấy không số nguyên nên –3, ± 6, ± 9, ± 18 khơng nghiệm f(x) Chỉ cịn –2 Kiểm tra ta thấy nghiệm f(x) Do đó, ta tách hạng tử sau : = (x – 3)(4x2 – x + 6) Hệ Nếu ( số nguyên) có nghiệm hữu tỉ Z (p , q)=1, p ước a0, q ước dương an Ví dụ 10 Phân tích đa thức f(x) = 3x - 7x + 17x - thành nhân tử 17 Trần Truyền Vĩnh , p, q Các chuyên đề BDHSG lớp Hướng dẫn Các ước –5 ± 1, ± Thử trực tiếp ta thấy số không nghiệm f(x) Như f(x) khơng có nghiệm nghun Xét số , ta thấy đa thức có nhân tử 3x – Ta phân tích sau : nghiệm đa thức, f(x) = (3x3 – x2) – (6x – 2x) + (15x – 5) = (3x – 1)(x2 – 2x + 5) IV PHƯƠNG PHÁP THÊM VÀ BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ Thêm bớt hạng tử làm xuất hiệu hai bình ph ương Ví dụ 12 Phân tích đa thức x4 + x2 + thành nhân tử Lời giải Cách : x4 + x2 + = (x4 + 2x + 1) – x = (x + 1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1) Cách : x + x + = (x – x + x 2) + (x + 1) = x2(x2 – x + 1) + (x + 1)(x2 – x + 1) = (x – x + 1)(x2 + x + 1) Cách : x4 + x2 + = (x4 + x3 + x2) – (x3 – 1) = x2(x + x + 1) + (x – 1)(x2 + x + 1) = (x – x + 1)(x2 + x + 1) Ví dụ 13 Phân tích đa thức x + 16 thành nhân tử Lời giải Cách : x4 + = (x4 + 4x + 4) – 4x = (x + 2)2 – (2x)2 = (x2 – 2x + 2)(x + 2x + 2) Cách : x4 + = (x4 + 2x + 2x2) – (2x3 + 4x + 4x) + (2x2 + 4x + 4) = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2) Thêm bớt hạng tử làm xuất nhân tử chung Ví dụ 14 Phân tích đa thức x5 + x - thành nhân tử Lời giải Cách x5 + x - = x5 - x + x + x - x + x - x2 + x - = x3(x2 - x + 1) - x 2(x2 - x + 1) - (x - x + 1) = (x2 - x + 1)(x3 - x - 1) Cách Thêm bớt x2 : x5 + x - = x5 + x2 - x + x - = x 2(x3 + 1) - (x - x + 1) 18 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp = (x2 - x + 1)[x2(x + 1) - 1] = (x - x + 1)(x - x2 - 1) Ví dụ 15 Phân tích đa thức x7 + x + thành nhân tử Lời giải x7 + x2 + = x7 – x + x2 + x + = x(x – 1) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + (x2+ x + 1) = x(x3 + 1)(x - 1)(x2 + x + 1) + ( x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x5 - x4 – x2 - x + 1) Lưu ý : Các đa thức dạng x3m + + x 3n + + x7 + x2 + 1, x4 + x5 + chứa nhân tử x2 + x + V PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN Đặt ẩn phụ để đưa dạng tam thức bậc hai sử dụng phương pháp Ví dụ 16 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 Lời giải x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (x + 10x)(x + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức cho có dạng : (y - 12)(y + 12) + 128 = y2 - 16 = (y + 4)(y - 4) = (x2 + 10x + 16)(x + 10x + 8) = (x + 2)(x + 8)(x + 10x + 8) Nhận xét: Nhờ phương pháp đổi biến ta đưa đa thức bậc x thành đa thức bậc y Ví dụ 17 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : A = x4 + 6x3 + 7x - 6x + Lời giải Cách Giả sử x ≠ Ta viết đa thức dạng : Đặt Do : A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = = (x2 + 3x - 1)2 19 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Dạng phân tích với x = Cách A = x4 + 6x3 - 2x + 9x - 6x + = x4 + (6x3 -2x2) + (9x2 - 6x + 1) = x4 + 2x 2(3x - 1) + (3x - 1)2 = (x2 + 3x - 1)2 VI PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH Ví dụ 18 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x4 - 6x + 12x2 - 14x - Lời giải Thử với x= ±1; ±3 không nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỷ Như đa thức phân tích thành nhân tử phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x +(a + c)x + (ac+b+d)x + (ad+bc)x + bd = x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Đồng hệ số ta : Xét bd= với b, d Ỵ Z, b Ỵ {± 1, ± 3} Với b = d = 1, hệ điều kiện trở thành 2c = -14 - (-6) = -8 Do c = -4, a = -2 Vậy x - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x - 4x + 1) VII PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG Trong phương pháp này, trước hết ta xác định dạng nhân tử chứa biến đa thức, gán cho biến giá trị cụ thể để xác định nhân tử cịn lại Ví dụ 19 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : P = x2(y – z) + y2(z – x) + z(x – y) Lời giải Thay x y P = y2(y – z) + y2( z – y) = Như P chứa thừa số (x – y) Ta thấy thay x y, thay y z, thay z x p khơng đổi (đa thức P hốn vị vịng quanh) Do P chứa thừa số (x – y) chứa thừa số (y – z), (z – x) Vậy P có dạng k(x – y)(y – z)(z – x) Ta thấy k phải số P có bậc tập hợp biến x, y, z, cịn tích – y)(y – z)(z – x) có bậc tập hợp biến x, y, z (x Vì đẳng thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) với 20 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp x, y, z nên ta gán cho biến x ,y, z giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = ta được: 4.1 + 1.(–2) + = k.1.1.(–2) suy k =1 Vậy P = –(x – y)(y – z)(z – x) = (x – y)(y – z)(x – z) VIII PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT Đưa đa thức : a3 + b3 + c3 - 3abc Ví dụ 20 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) a3 + b3 + c3 - 3abc b) (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 Lời giải a) a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 + c3 - 3abc = [(a + b)3 + c 3] - 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 - (a + b)c + c2] - 3ab(a + b + c) = (a + b + c)(a2 + b2 + c - ab - bc -ca) b) Đặt x - y = a, y - z = b, z - x = c a + b + c Theo câu a) ta có : a3 + b3 + c3 - 3abc = Þ a3 + b3 + c3 = 3abc Vậy (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x) Đưa đa thức : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 Ví dụ 21 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 b) 8(x + y + z)3 - (x + y)3 - (y + z)3 - (z + x)3 Lời giải a) (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = [(a + b) + c]3 - a3 - b3 - c3 = (a + b)3 + c + 3c(a + b)(a + b + c) - a3 - b3 - c3 = (a + b)3 + 3c(a + b)(a + b + c) - (a + b)(a2 - ab + b2) = (a + b)[(a + b)2 + 3c(a + b + c) - (a2 - ab + b2)] = 3(a + b)(ab + bc + ca + c2) = 3(a + b)[b(a + c) + c(a + c)] = 3(a + b)(b + c)(c + a) b) Đặt x + y = a, y + z = b, z + x = c a + b + c = 2(a + b + c) 21 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Đa thức cho có dạng : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c Theo kết câu a) ta có : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Hay 8(x + y + z)3 - (x + y)3 - (y + z)3 - (z + x)3 = 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y) II Bài tập: Bài tập 1: Phân tích đa thức thành nhân tử 16x3y + 0,25yz3 21 (a + b + c)2 + (a + b – c)2 – 4c2 x – 4x3 + 4x2 22 4a2b2 – (a2 + b2 – c2)2 2ab – a2b – b3 23 a + b4 + c4 – 2a2b2 – 2b2c2 – 2a2c2 a + a2b – ab2 – b 24 a(b3 – c3) + b(c3 – a3) + c(a3 – b 3) x + x2 – 4x - 25 a – a4 + 2a3 + 2a2 x – x2 – x + 26 (a + b)3 – (a – b)3 x + x3 + x2 - 27 X – 3x2 + 3x – – y3 x y2 + – x2 – y2 28 X m + + xm + – x - 10 x – x2 + 2x - 29 (x + y)3 – x3 – y3 11 3a – 3b + a2 – 2ab + b2 30 (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 12 a + 2ab + b – 2a – 2b + 31 (b – c)3 + (c – a)3 + (a – b)3 13 a – b2 – 4a + 4b 32 x3 + y3+ z3 – 3xyz 14 a – b3 – 3a + 3b 33 (x + y)5 – x5 – y5 15 x + 3x2 – 3x - 34 (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 16 x – 3x2 – 3x + 17 x – 4x2 + 4x - 18 4a2b – (a2 + b – 1)2 19 (xy + 4)2 – (2x + 2y)2 20 (a2 + b2 + ab)2 – a2b2 – b2c2 – c2a2 Bài tập 2: Phân tích đa thức thành nhân tử x2 – 6x + 23 x3 – 5x2 y – 14xy2 x2 – 7xy + 10y2 24 x4 – 7x2 + a2 – 5a - 14 25 4x4 – 12x2 + 22 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp 2m2 + 10m + 26 x2 + 8x + 4p2 – 36p + 56 27 x2 – 13x + 36 x3 – 5x2 – 14x 28 x2 + 3x – 18 a4 + a2 + 29 x2 – 5x – 24 a4 + a2 – 30 3x2 – 16x + x4 + 4x2 + 31 8x2 + 30x + 10 x3 – 10x - 12 32 2x2 – 5x – 12 11 x3 – 7x - 33 6x2 – 7x – 20 12 x2 – 7x + 12 34 x2 – 7x + 10 13 x2 – 5x – 14 35 x2 – 10x + 16 14 x2 – 3x – 36 3x2 – 14x + 11 15 x2 – 7x + 37 5x2 + 8x – 13 16 x2 – 7x + 38 x2 + 19x + 60 17 6x3 – 17x2 + 14x – 39 x4 + 4x2 - 18 4x3 – 25x2 – 53x – 24 40 x3 – 19x + 30 19 x4 – 34x2 + 225 41 x3 + 9x2 + 26x + 24 20 4x4 – 37x2 + 42 4x2 – 17xy + 13y2 21 x4 + 3x3 + x2 – 12x - 20 43 - 7x2 + 5xy + 12y2 22 2x4 + 5x3 + 13x2 + 25x + 15 44 x3 + 4x2 – 31x - 70 Bài tập 3: Phân tích đa thức thành nhân tử x4 + x2 + 17 x5 - x4 - x4 – 3x2 + 18 x12 – 3x6 + x4 + 3x2 + 19 x8 - 3x4 + 2x4 – x2 – 20 a5 + a4 + a3 + a2 + a + x4y4 + 21 m3 – 6m2 + 11m - 6 x4y4 + 64 22 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + x4y4 + 23 x3 + 4x2 – 29x + 24 32x4 + 24 x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + x4 + 4y4 25 x7 + x5 + x4 + x3 + x2 + 10 x7 + x2 + 26 x5 – x4 – x3 – x2 – x - 11 x8 + x + 27 x8 + x6 + x4 + x2 + 12 x8 + x7 + 28 x9 – x7 – x6 – x5 + x4 + x3 + x2 + 13 + 3x4 + 29 a(b3 – c3) + b(c3 – a3 ) + c(a3 – b3) 14 x10 + x5 + 23 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp 15 x5 + x + 16 x5 + x4 + Bài tập 4: Phân tích đa thức thành nhân tử 2 x + 2xy – 8y + 2xz + 14yz – 3z 3x – 22xy – 4x + 8y + 7y + 12x + 5x – 12y + 12y – 10xy – 2x – 7xy + 3y + 5xz – 5yz + 2z x + 3xy + 2y + 3xz + 5yz + 2z x – 8xy + 15y + 2x – 4y – x – 13x + 36 x4 + 3x2 – 2x + x + 2x + 3x + 2x + 2 2 2 2 2 2 4 Bài tập 5: Phân tích đa thức thành nhân tử: 3 (a – b) + (b – c) + (c – a) 3 (a – x)y – (a – y)x – (x – y)a 2 2 3 2 x(y – z ) + y(z – x ) + z(x – y ) 3 (x + y + z) – x – y – z 5 3x – 10x – 8x – 3x + 10x + 5x4 + 24x3 – 15x2 – 118x + 24 15x + 29x – 8x – 12 3 2 x – 6x + 7x + 6x – x + 9x + 26x + 24 Bài tập 6: Phân tích đa thức thành nhân tử 2 2 2 a(b + c)(b – c ) + b(a + c)(a – c ) + c(a + b)(a – b ) ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a) 2 2 2 a(b – c ) – b(a – c ) + c(a – b ) (x – y) + (y – z)5 + (z – x)5 7 (x + y) – x – y ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + abc 5 5 (x + y + z) – x – y – z 2 2 2 a(b + c ) + b(c + a ) + c(a + b ) + 2abc 3 a (b – c) + b (c – a) + c (a – b) 10 abc – (ab + bc + ac) + (a + b + c) – 24 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Bài tập 7: Phân tích đa thức thành nhân tử 2 (x + x) + 4x + 4x – 12 2 2 2 (x + 4x + 8) + 3x(x + 4x + 8) + 2x (x + x + 1)(x + x + 2) – 12 (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 (x2 + 2x) + 9x2 + 18x + 20 2 x – 4xy + 4y – 2x + 4y – 35 (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) + 16 2 (x + x) + 4(x + x) – 12 2 4(x + 15x + 50)(x + 18x + 72) – 3x Chuyên đề Tính chia hết với số nguyên I Mục tiêu Sau học xong chuyên đề học sinh có khả năng: 1.Biết vận dụng tính chất chia hÕt cđa sè nguyên d chng minh quan hệ chia hết, tìm số dư tìm điều kiện chia hết Hiu cỏc bước phân tích tốn, tìm hướng chứng minh Có kĩ vận dụng kiến thức trang bị để giải toán II Các tài liệu hỗ trợ: - Bài tập nâng cao số chuyên đề toán - Toán nâng cao chuyên đề đại số - Bồi dưỡng toán - Nâng cao phát triển toán -… III Nội dung Kiến thức cần nhớ Chøng minh quan hÖ chia hÕt Gäi A(n) lµ mét biĨu thøc phơ thc vào n (n N n Z) a/ §Ĩ chøng minh A(n) chia hÕt cho m ta ph©n tích A(n) thành tích có thừa số m + Nếu m hợp số ta phân tích m thành tích thừa số đôI nguyên tè cïng råi chøng minh A(n) chia hÕt cho tất số + Trong k số liên tiếp tồn số bội cña k b/ Khi chøng minh A(n) chia hÕt cho n ta cã thĨ xÐt mäi tr­êng hỵp vỊ sè d­ chia m cho n * VÝ dô1: C/minh r»ng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hÕt cho 5040 víi số tự nhiên n Giải: Ta có 5040 = 24 32.5.7 A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) Ta l¹i cã n3-7n – = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) T­¬ng tù : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d Do ®ã A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) 25 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp Ta thÊy : A tích số nguyên liên tiếp mà số nguyên liên tiếp: - Tồn bội sè cđa (nªn A  ) - Tån bội (nên A ) - Tồn hai bội (nên A ) - Tån t¹i béi cđa ®ã cã béi cđa (nªn A  16) VËy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi nguyên tố cïng  A  5.7.9.16= 5040 VÝ dô 2: Chưng minh với số nguyên a : a/ a3 –a chia hÕt cho b/ a5-a chia hết cho Giải: a/ a3-a = (a-1)a (a+1) tích số nguyên liên tiếp nên tích chia hÕt cho b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1)  Cách 1: Ta xết trường hợp số dư chia a cho - NÕu a= k (k  Z) th× A  (1) - NÕu a= 5k  th× a2-1 = (5k2  1) -1 = 25k2  10k   A  (2) - NÕu a= 5k  th× a2+1 = (5k  2)2 + = 25 k2  20k +5  A  (3) Tõ (1),(2),(3)  A  5,  n  Z C¸ch 2: Phân tích A thành tổng hai số hạng chia hết cho : + Một số hạng tÝch cđa sè nguyªn liªn tiÕp + Mét sè h¹ng chøa thõa sè Ta cã : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) Mµ = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)  (tÝch cđa sè nguyªn liªn tiÕp ) 5a (a2-1)  Do ®ã a5-a  * Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5-a tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Ta cã: a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a   a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2)  Mµ (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2)   a5-a  5(TÝnh chÊt chia hÕt cña mét hiƯu) c/ Khi chøng minh tÝnh chia hÕt cđa luỹ thừa ta sử dụng đẳng thøc: an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (H§T 8) an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (HĐT 9) - Sử dụng tam giác Paxcan: 1 1 1 3 1 Mỗi dòng bắt đầu kết thúc Mỗi số dòng (kể từ dòng thứ 2) số liền cộng với số bên trái số liền Do đó: Với a, b Z, n  N: an – bn chia hÕt cho a – b( a  b) a2n+1 + b2n+1 chia hÕt cho a + b( a  - b) 26 Trần Truyền Vĩnh Các chuyên đề BDHSG lớp (a+b) = Bsa +b ( BSa:Béi sè cña a) (a+1)n = Bsa +1 (a-1)2n = Bsa +1 (a-1)2n+1 = Bsa -1 * VD3: CMR víi mäi sè tù nhiªn n, biĨu thøc 16n – chia hÕt cho 17 vµ chØ n số chẵn Giải: + Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, k N thì: A = 162k – = (162)k – chia hÕt cho 162 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 – = 255  17 VËy A  17 - Nếu n lẻ : A = 16n – = 16n + – mµ n lẻ 16n + 16+1=17 (HĐT 9) A không chia hết cho 17 +Cách 2: A = 16n – = ( 17 – 1)n – = BS17 +(-1)n (theo công thức Niu Tơn) - Nếu n chẵn A = BS17 + – = BS17 chia hÕt cho 17 - NÕu n lẻ A = BS17 = BS17 – Kh«ng chia hÕt cho 17 VËy biÓu thøc 16n – chia hÕt cho 17 n số chẵn, n N d/ Ngoài dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết  VD 4: CMR tån t¹i mét béi cđa 2003 có dạng: 2004 2004.2004 Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004 a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ……………………… a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhãm 2004 n n Theo nguyên lý Dirichle, tồn hai số có sè d­ chia cho 2003 Gäi hai sè ®ã lµ am vµ an (  n nªn 3n – > Ta lại có: 3n < 4n +5(vì n 0) nên để 12n2 5n 25 số ngưyên tố thừa số nhỏ phải hay 3n – =  n = Khi ®ã, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 số nguyên tố Vậy với n = giá trị biểu thức 12n2 5n 25 số nguyên tố 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n 1)(4n + 3) Biến đổi tương tự ta n = Khi đó, 8n2 + 10n +3 số nguyên tố c/ A = n3 3n Do A số tự nhiên nªn n(n + 3)  4 Hai sè n n + chẵn Vậy n , hc n + chia hÕt cho - Nếu n = A = 0, không số nguyên tố - Nếu n = A = 7, số nguyên tố -Nếu n = 4k víi k  Z, k > th× A = k(4k + 3) lµ tÝch cđa hai thõa sè lớn nên A hợp số - Nếu n + = A = 1, không số nguyên tố - Nếu n + = 4k víi k  Z, k > th× A = k(4k - 3) lµ tÝch cđa hai thõa sè lớn nên A hợp số Vậy với n = n3 3n số nguyên tố Bài 7: Đố vui: Năm sinh hai bạn Một ngày thập kỷ cuối kỷ XX, nhườ khách đến thăm 30 Trn Truyền Vĩnh Các chun đề BDHSG lớp tr­êng gỈp hai häc sinh Ng­êi kh¸ch hái: - Cã lÏ hai em tuổi nhau? Bạn Mai trả lời: - Không, em bạn em tuổi Nhưng tổng chữ số năm sinh chúng em số chẵn - Vậy em sinh năm 1979 1980, không? Người khách đà suy luận nào? Giải: Chữ số tận năm sinh hai bạn phảI trường hợp ngựoc lại tổng chữ số năm sinh hai bạn 1, số chẵn Gọi năm sinh Mai 19a9 +9+a+9 = 19 + a Muốn tổng số chẵn a {1; 3; 5; 7; 9} Hiển nhiên Mai sinh năm 1959 1999 Vậy Mai sinh năm 1979, bạn Mai sinh năm 1980 Chúc bạn học tốt!!! 31 Trần Truyền Vĩnh ... ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4 489 ; 44 488 9; 444 488 89; … Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương Ta có 44… 488 ? ?89 = 44… 488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ... kiến thức trang bị để giải toán II Các tài liệu hỗ trợ: - Bài tập nâng cao số chuyên đề toán - Toán nâng cao chuyên đề đại số - Bồi dưỡng toán - Nâng cao phát triển toán -… III Nội dung Kiến thức... 10 20 08  Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + = 1020 08 + 20 08 chữ số  ab+1 = ab  = (10 20 08  1)(10 2007 chữ số 20 08  5) +1= (10 20 08 )  4.10 20 08 chữ số 20 08 59  10 20 08  