Quỹ tích và Dựng hình Những vấn đề cơ bản và Ứng dụng Trần Nam Dũng Trường Đại học KHTN Tp HCM 1. Mở đầu Quỹ tích và dựng hình là hai chủ đề rất quan trọng trong hình học phẳng, đóng vai trò then chốt trong việc hình thành kỹ năng giải toán hình học. Để giải tốt loại toán này cần nắm vững kiến thức cơ bản, có kỹ năng dự đoán, phân tích và kỹ năng chứng minh hình học. Ngược lại, nắm vững quỹ tích và dựng hình sẽ phục vụ rất tốt cho các bài toán chứng minh, tính toán hình học, cực trị. Chuyên đề này cung cấp cho các bạn học sinh những kiến thức cơ bản về quỹ tích và dựng hình, cấu trúc lời giải của bài toán quỹ tích và bài toán dựng hình, phương pháp tìm kiếm lời giải. Phần trình bày phương pháp giải sẽ được minh họa bởi những ví dụ điển hình. Để nắm sâu phương pháp giải và kỹ năng trình bày lời giải, học sinh sẽ được cung cấp các bài tập tự giải được chọn lọc từ các đề thi ở nhiều cấp độ khác nhau. Một nội dung quan trọng khác của chuyên đề là những ứng dụng của quỹ tích và dựng hình trong các bài toán chứng minh, tính toán và cực trị hình học. 2. Các bài toán quỹ tích 2.1. Mở đầu Bài toán quỹ tích là bài toán đi tìm tập hợp những điểm thỏa mãn một điều kiện đã cho. Trong hình học, tìm tập hợp điểm tức là mô tả tập hợp đó: Ví dụ quỹ tích là một đường tròn, một đường thẳng, một đoạn thẳng, phần trong của một tam giác, hợp của một số đoạn thẳng … Bài toán quỹ tích thường được phát biểu dưới dạng: Cho một cấu hình có một số yếu tố cố định và một (hoặc vài) yếu tố thay đổi theo một yêu cầu nào đó (điểm di chuyển trên một đường tròn, đường thẳng quay quanh một điểm …). Yếu tố thay đổi này sẽ dẫn đến sự di động của một số yếu tố điểm khác. Yêu cầu tìm quỹ tích các yếu tố điểm liên quan. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có BC cố định còn A di động sao cho góc BAC bằng 60 0 . Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC. Ví dụ 2. Cho đường tròn (C) tâm O. P là một điểm cố định nằm trong (C) nhưng không trùng với O. Một đường thẳng (d) thay đổi qua P cắt (C) tại A và B. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn BC khi (d) quay quanh P. Để giải bài toán quỹ tích, ta thực hiện các bước sau Phần thuận: Phân tích các yếu tố cố định và thay đổi để chỉ ra tập hợp mà điểm cần tìm quỹ tích phải thuộc vào (thường là đường tròn, đường thẳng). Ta sẽ sử dụng các quỹ tích cơ bản (như cung chứa góc, trung trực, đường tròn Appolonius …) để xác định và chứng minh quỹ tích. Để dự đoán quỹ tích, có thể phải vẽ một số vị trí (trong đó có các vị trí đặc biệt) của cấu hình. Phần đảo: Sau khi đã làm phần thuận, tức là xác định tập hợp M những điểm mà quỹ tích thuộc vào, ta cần xem xét xem với những điểm P nào thuộc M thì tồn tại một cấu hình có vị trí điểm cần tìm quỹ tích trùng với P. Bước này sẽ loại bỏ những điểm không tương ứng với một cấu hình nào. Giới hạn: Sau khi thực hiện phần đảo, ta có thể sẽ thấy rằng chỉ một phần của M thuộc về quỹ tích. Bước này mô tả rõ phần đó. Ví dụ mặc dù điểm P thuộc đường tròn (C) nhưng quỹ tích có thể chỉ là một cung của (C). Kết luận: Dựa trên các phần trên kết luận quỹ tích là tập hợp những điểm như thế nào. Ta lấy bài toán ở ví dụ 2 để minh họa. Phần thuận: Nối OM. Vì tam giác OAB cân tại O nên OM vuông góc với AB. Suy ra góc OMP vuông. Như vậy M luôn nhìn đoạn OP cố định dưới một góc vuông. Vậy M luôn thuộc đường tròn đường kính OP. Phần đảo: Lấy một điểm M bất kỳ thuộc đường tròn đường kính OP (M khác O). Nối OM. Qua M kẻ đường thẳng (d) vuông góc với OM cắt (C) tại A và B. Do góc OMP = 90 0 nên (d) đi qua P. Vì tam giác OAB cân tại O và OM vuông góc với AB nên M là trung điểm của AB. Vậy M là một điểm thuộc quỹ tích. Giới hạn: Theo chứng minh trên thì mọi điểm M trên đường tròn đường kính OP khác O đều thuộc quỹ tích và ngược lại, mọi điểm thuộc quỹ tích đều thuộc đường tròn trên. Cuối cùng, vị trí M trùng O tương ứng với trường hợp (d) đi qua O. Như vậy, quỹ tích là cả đường tròn đường kính OP. Kết luận: Quỹ tích là đường tròn đường kính OP. Ghi chú: Nếu P là một điểm nằm ngoài đường tròn thì quỹ tích sẽ chỉ là phần đường tròn đường kính OP nằm bên trong (C). Như vậy phần đảo và phần giới hạn là có ý nghĩa và nói chung không thể bỏ qua. 2.2. Một số quỹ tích cơ bản 1. Quỹ tích những điểm cách đều hai điểm A và B là đường trung trực của đoạn thẳng đó, tức là đường thẳng qua trung điểm M của AB và vuông góc với AB. 2. Quỹ tích những điểm A cách một điểm I cố định một đoạn AI = R không đổi là đường tròn tâm I bán kính R. 3. Quỹ tích những điểm cách đều hai đường thẳng cắt nhau a và b là hai đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng đó. 4. Quỹ tích những điểm cách một đường thẳng a cho trước một đoạn d không đổi là hai đường thẳng song song với a và cách a một khoảng cách bằng d. 5. Quỹ tích những điểm nhìn đoạn AB cố định một góc α cố định là hai cung chứa góc α nhận AB làm dây cung. Đặc biệt, nếu α = 90 0 thì quỹ tích là đường tròn đường kính AB. 6. Cho hai điểm A, B và số thực k. Quỹ tích những điểm M sao cho MA 2 – MB 2 = k là một đường thẳng vuông góc với AB tại H, trong đó H xác định bởi hệ thức: kBAHBHA =+ )( 7. Cho hai điểm A, B với AB = 2a và số thực dương k. Quỹ tích những điểm M sao cho MA 2 + MB 2 = 2k 2 là tập rỗng nếu k 2 < a 2 và là đường tròn tâm I, bán kính 22 akR −= . 8. Cho hai điểm A, B và số thực dương k ≠ 1. Quỹ tích những điểm M sao cho k MB MA = là đường tròn đường kính EF, trong đó E và F là các điểm thuộc đường thẳng AB sao cho k EB EA = và k FB FA −= (Đường tròn Appolonius) 2.3. Một số bài toán có lời giải Bài toán 1. Cho đường tròn (C) với dây cung BC cố định. A là một điểm di động trên đường tròn (A khác B và C). a) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC; b) Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác ABC; c) Tìm quỹ tích tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC; d) Tìm quỹ tích tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Lời giải tóm tắt. a) Gọi M là trung điểm của BC. Trên OM lấy điểm O’ sao cho OO’:O’M = 2:1. Theo tính chất của trọng tâm thì AG:GM = 2:1. Từ đó suy ra O’GOA. Áp dụng định lý Talet ta có O’G:OA = 1:3. Từ đó suy ra O’G = R3 không đổi. b) Hãy tính góc BHC. c) Hãy tính góc BIC. d) Hãy tính góc BJC. Bài toán 2. Cho hình vuông ABCD. M là một điểm di động trên cạnh CD. AM và BM kéo dài cắt BC và AD kéo dài tại P và Q. DP cắt CQ tại N. Tìm quỹ tích điểm N khi M di động trên cạnh BC. Bài toán 3. Cho tam giác ABC. Trên AB kéo dài về phía B lấy điểm M và trên AC kéo dài về phía C lấy điểm N sao cho BM = CN. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. Bài toán 4. Cho hai điểm A, B cố định. C là một điểm thay đổi trên đoạn AB, C khác A và B. Dựng các hình vuông ACDE và BCFG nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AB. Gọi I, J là tâm các hình vuông ACDE và BCFG. Tìm quỹ tích trung điểm K của IJ. Bài toán 5. Tìm quỹ tích những điểm cách đều một điểm đã cho và một đường thẳng đã cho. Bài toán tưởng như rất đơn giản này không thể giải bằng phương pháp hình học thuần túy. Ta có thể dựng một số vị trí để thấy rằng quỹ tích không phải là đường thẳng. Một đặc điểm đáng chú ý nữa là trên 1 đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho sẽ tìm được duy nhất 1 điểm thỏa mãn tính chất. Bài này có thể giải được dễ dàng bằng phương pháp tọa độ. Gọi điểm đã cho là P và đường thẳng đã cho là P. Xét hệ trục tọa độ có Ox là đường thẳng d và Oy là đường thẳng qua điểm P và vuông góc với d. Giả sử P có tung độ là p > 0. Xét điểm M(x, y) bất kỳ nằm trên quỹ tích. Dễ thấy y > 0. Khi đó khoảng cách từ M đến d là y và từ M đến P là 22 )( pyx −+ . Từ đó ta có 22 2)( 2 222222 p p x yppyyxypyxy +=⇔+−+=⇔−+= . Đó là phương trình của một parabol 2.4. Bài tập 1. Cho hai điểm A, B cố định. C là một điểm thay đổi trên đoạn AB, C khác A và B. Dựng các hình vuông ACDE và BCFG nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AB. Tìm quỹ tích trung điểm I của EG. 2. Cho một góc nhọn Oxy và một điểm M nằm trong góc ấy. Từ M ta kẻ các đường vuông góc MH xuống cạnh Ox và MK xuống cạnh Oy. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện MH + MK = a, trong đó a là một độ dài cho trước. 3. Cho tam giác đều ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hạ PA 1 , PB 1 , PC 1 vuông góc với BC, CA, AB tương ứng. Tìm tập hợp các điểm P sao cho A 1 B 1 C 1 là tam giác cân. 4. Cho tam giác đều ABC. P là một điểm nằm trong tam giác. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ P đến cạnh BC, CA, AB tương ứng. a) Biết rằng x = 1, y = 2, z = 3. Hãy tính diện tích tam giác ABC. b) Tìm quỹ tích những điểm P trong tam giác sao cho x + y = z. Từ đó suy ra tập hợp những điểm P trong tam giác sao cho x, y, z lập thành 3 cạnh của một tam giác. 5. Cho hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng (d) thay đổi nhưng luôn đi qua A cắt (C 1 ), (C 2 ) tại các điểm thứ hai C và D tương ứng. Tìm quỹ tích trung điểm M của CD khi (d) quay quanh A. 6. Cho đường tròn (C) tâm O bán kính R. Đường tròn (C 1 ) có bán kính R2 tiếp xúc trong với (C) tại A. Bây giờ ta cố định vị trí điểm A trên đường tròn (C 1 ) là cho (C 1 ) lăn nhưng luôn tiếp xúc trong với (C). Hãy tìm quỹ tích điểm A. 7. Cho hai điểm A, B cố định, AB = 2a. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho MA + MB = 2c không đổi, với c > a. Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp tọa độ, xem ví dụ 5. 3. Các bài toán dựng hình 3.1. Mở đầu Dựng hình bằng thước và compa là dạng toán khó đòi hỏi người giải phải nắm vững các kiến thức cơ bản, kỹ năng cũng như sự sáng tạo trong việc kẻ thêm các yếu tố phụ để kết nối các dữ kiện. Vì thế nắm vững kỹ năng dựng hình sẽ có ý nghĩa quan trọng trong việc giải toán hình học nói chung. Bài toán dựng hình bằng thước và compa có ý nghĩa toán học rất sâu sắc và nội dung của nó nhiều lúc vượt ra khỏi lĩnh vực hình học. Ông Vua của các nhà Toán học Carl Friederich Gauss rất tự hào với kết quả tìm ra cách dựng đa giác đều 17 cạnh của mình. Kết quả này có được nhờ vào lượng giác, cụ thể Gauss đã tính được 17 360 cos 0 chỉ thông qua các phép tính số học và phép khai căn bậc 2. Ở dưới đây ta sẽ thấy những số như thế sẽ dựng được bằng thước và compa nếu biết đoạn thẳng 1. Để giải bài toán dựng hình, ta đi theo các bước cơ bản sau Phân tích: Giả sử hình đã dựng được, tìm cách kết nối các đối tượng đã biết với các đối tượng cần dựng bằng những cầu nối để tìm ra quy trình dựng: Bắt đầu từ một thành phần có thể dựng được, tiếp tục dựng ra các thành phần khác cho đến khi hoàn thành yêu cầu. Ví dụ phép dựng một tam giác sẽ hoàn thành khi ta dựng được 3 đỉnh của nó. Cách dựng: Nêu ra các bước để dựng được cấu hình thỏa mãn yêu cầu bài toán. Mỗi bước dựng phải là những động tác có thể thực hiện được bằng thước và compa (kẻ đường thẳng nối hai điểm, vẽ một đường tròn có tâm và bán kính xác định, tìm giao điểm của hau đường thẳng, hai đường tròn …). Chứng minh: Chứng minh cách dựng vừa nêu ở phần trên sẽ cho ta cấu hình cần dựng. Biện luận: Biện luận số nghiệm của bài toán theo các điều kiện ban đầu cho. Khi nào vô nghiệm, khi nào đó nghiệm duy nhất, khi nào có 2 nghiệm hình … Kết luận: Tổng kết lại các bước trên để đưa ra kết luận. Ví dụ 3. Dựng tam giác biết độ dài ba đường trung tuyến. Phân tích: Giả sử tam giác ABC đã dựng xong và có trung tuyến AM = m a , BN = m b , CP = m c . Nhìn vào hình vẽ ta chưa thấy có yếu tố nào có thể dựng được, trừ các đoạn thẳng AM, BN, CP một cách riêng lẻ. Và dĩ nhiên, nếu ta đã dựng, chẳng hạn AM thì có thể xác định thêm được G. Tuy nhiên, nếu ta gọi E là trung điểm của AG thì do PE = BG2 =BN3, EG = AG2 = AM3 và PG = CP3 (tính chất đường trung tuyến và tính chất đường trung bình) nên các cạnh của tam giác PEG hoàn toàn xác định. Khi đã xác định được tam giác PEG, ta dễ dàng xác định được các điểm C, A, M và cuối cùng là B. Từ đó suy ra cách dựng. Cách dựng: 1) Dựng tam giác PEG có PE = m b 3, PG = m c 3, EG = m a 3; 2) Nối dài PG về phía G, trên đó dựng C sao cho GC = 2GP; 3) Nối dài GE về phía E, trên đó dựng A sao cho EA = EG; 4) Nối dài EG về phía G, trên đó dựng M sao cho GM = GE; 5) Nối AP và MC cắt nhau tại B. Tam giác ABC chính là tam giác cần dựng. Chứng minh: Theo cách dựng ở trên thì AM = m a và CP = m c . Cũng theo cách dựng và tính chất đường trung tuyến thì G chính là trọng tam giác ABC, do đó BG là đường trung tuyến. Vì PE là đường trung bình trong tam giác ABG nên BG = 2PE = 2m b 3, suy ra đường trung tuyến kẻ từ B bằng m b . Như vậy ta có tam giác ABC có ba trung tuyến bằng với m a , m b , m c . Biện luận: Bước dựng thứ nhất dựng được khi m a 3, m b 3, m c 3 là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Điều này tương đương với m a , m b , m c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Các bước dựng tiếp theo đều thực hiện được một cách duy nhất. Suy ra nếu độ dài 3 đoạn thẳng đã cho là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì bài toán có 1 nghiệm hình. Trong trường hợp ngược lại bài toán vô nghiệm. Ghi chú: Từ bài toán dựng hình nói trên, ta suy ra một kết quả thú vị sau: “Ba đường trung tuyến của tam giác ABC là độ dài 3 cạnh của một tam giác có diện tích bằng 34 diện tích tam giác ABC”. Ví dụ 4. Cho hai đường tròn (C 1 ), (C 2 ) có bán kính R 1 < R 2 cắt nhau tại A và B. Hãy dựng tiếp tuyến chung của hai đường tròn. Phân tích: Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc (C 1 ) tại M và (C 2 ) tại N. Nối dài NM cắt đường thẳng O 1 O 2 tại P. Vì O 1 M và O 2 N đều vuông góc với MN nên chúng song song với nhau, theo định lý Talet ta có PO 1 PO 2 = O 1 MO 2 N = R 1 R 2 nên từ đây ta dựng được điểm P. Vì PMO 1 = 90 0 nên M nằm trên đường tròn đường kính PO 1 , như vậy M là giao điểm của đường tròn đường kính PO 1 và (C 1 ). Cách dựng: 1) Dựng điểm P trên O 1 O 2 sao cho PO 1 PO 2 = R 1 R 2 (dựng thế nào?); 2) Dựng đường tròn đường kính PO 1 ; 3) Đường tròn đường kính PO 1 cắt (C 1 ) tại M; 4) Nối PM, đó là tiếp tuyến chung cần dựng. Chứng minh: Theo bước 2, 3 thì PM vuông góc với MO 1 suy ra PM là tiếp tuyến của (C 1 ). Từ O 2 kẻ O 2 N vuông góc với PM thì O 2 NO 1 M. Áp dụng định lý Talet ta có PO 1 PO 2 = O 1 MO 2 N. Theo bước 1 thì ta có PO 1 PO 2 = R 1 R 2 . Từ hai đẳng thức cuối, với chú ý O 1 M = R 1 , ta có O 2 N = R 2 , tức là điểm N nằm trên (C 2 ), suy ra PM tiếp xúc (C 2 ) tại N, tức là PM chính là tiếp tuyến chung của hai đường tròn. Biện luận: Bài toán luôn có 2 nghiệm hình (tại sao?) 3.2. Một số phép dựng cơ bản 1. Dựng trung trực của một đoạn thẳng. Dựng trung điểm của một đoạn thẳng. Dựng một đường thẳng đi qua một điểm đã cho và vuông góc với một điểm đã cho. 2. Dựng một đường thẳng đi qua một điểm đã cho và song song với một điểm đã cho. 3. Dựng một đoạn thẳng bằng n lần đoạn thẳng đã cho. Dựng một đoạn thẳng bằng 1n đoạn thẳng đã cho. 4. Dựng một góc bằng góc đã cho. Chia đôi một góc. Dựng tổng và hiệu của hai góc. 5. Cho hai đoạn thẳng có độ dài a, b, dựng đoạn thẳng có độ dài ab . 6. Dựng tiếp tuyến kẻ từ một điểm đến một đường tròn. 7. Dựng đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của một tam giác. 3.3. Một số bài toán có lời giải Bài toán 1. Cho trước một đoạn thẳng có độ dài bằng 1, hãy dựng các đoạn thẳng có độ dài bằng a) 2; b) 2 1 ; c) 3 1 ; d) 5 1 e) 2 f) 5 g) 4 2 Lời giải. (Sẽ thảo luận trên lớp) Bài toán 2. Dựng tam giác biết b, a + c và C. Phân tích: Giả sử tam giác ABC đã dựng được. Nối dài CB về phía B tới điểm D sao cho BD = BA. Khi đó tam giác ACD có góc C đã cho, AC = b và CD = a + c nên hoàn toàn xác định. Đỉnh B là đỉnh của tam giác cân BDA, do đó là giao điểm của trung trực đoạn AD với CD. Bài toán 3. Cho hai đường thẳng a b và một điểm C. Hãy dựng tam giác đều ABC có A nằm trên a và B nằm trên b. Gợi ý: Hãy chọn một số điểm A tùy ý trên A rồi dựng tam giác đều ABC. Chú ý xem B sẽ vạch ra đường gì? Bài toán 4. Dựng tam giác ABC biết độ dài đường trung tuyến, đường phân giác và đường cao kẻ từ đỉnh A. Câu hỏi gợi ý: Đường phân giác góc A và đường trung trực cạnh BC cắt nhau ở đâu? Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD. Từ A hãy kẻ một đường thẳng chia đôi diện tích tam giác. Câu hỏi gợi ý: Nếu tứ giác ABCD suy biến thành tam giác ABC thì vẽ như thế nào? 3.4. Bài tập 1. Dựng tam giác biết a, b và m a . 2. Dựng tam giác có chu vi 2p, góc A và đường cao h a . 3. Dựng tứ giác biết độ dài 4 cạnh liên tiếp và đoạn nối trung điểm hai đường chéo. 4. Cho biết 4 51 )72cos( 0 +− = . Hãy nêu cách dựng ngũ giác đều cạnh bằng a cho trước. 5. Cho đường thẳng (d) và hai điểm A, B nằm cùng một phía đối với d. Hãy dựng đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với (d). 6. Nêu cách dựng trục đẳng phương của hai đường tròn trong các trường hợp sau a) Hai đường tròn cắt nhau b) Hai đường tròn ngoài nhau c) Hai đường tròn chứa nhau 7. Cho tam giác ABC. Hãy nêu cách dựng đường thẳng chia tam giác thành 2 phần có diện tích và chu vi bằng nhau. 4. Ứng dụng của quỹ tích và dựng hình 4.1. Dựng hình và bài toán chứng minh Với bài toán chứng minh, việc dựng rõ ràng cấu hình của bài toán sẽ giúp chúng ta thấy rõ mối liên hệ giữa các dữ kiện, đồng thời dự đoán được những yếu tố hay tính chất phát sinh trong cấu hình (góc bằng nhau, tam giác bằng nhau, góc vuông, song song, điểm cố định …) Ví dụ 5. (VMO 2010) Cho đường tròn (O). Hai điểm B, C cố định trên đường tròn, BC không phải đường kính. Lấy A là một điểm trên đường tròn không trùng với B, C. AD, AE là các đường phân giác trong và ngoài của góc BAC. I là trung điểm của DE. Qua trực tâm tam giác ABC kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt AD, AE tại M,N. a) Chứng minh rằng MNluôn đi qua một điểm cố định. b) Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác AMN lớn nhất. Đầu tiên chúng ta vẽ hình. Ta xét trường hợp A nằm trên cung lớn BC và lệch về phía C. Đặt BAC = α. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Ta vẽ hình và để ý một số sự kiện quen thuộc sau: 1) Về D, E, I. Tam giác DAE vuông tại A và I là trung điểm cạnh huyền. 2) AH = 2Rcosα không đổi.
Chuyên đề 1 : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Các ví dụ và phương pháp giải Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a. ( ) ( ) 11 22 +−+ axxa b. nn xxx −+− + 3 1 . Giải: a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ( ) ( ) 11 22 +−+ axxa = xxaaax −−+ 22 ( ) ( ) ( )( ) 1 −−=−−−= axaxaxaxax b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức nn xxx −+− + 3 1 . ( ) ( ) 11 3 −+−= xxx n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) 11 111111 12 22 +++−= +++−=−+++−= ++ nnn nn xxxx xxxxxxxxx Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. x 8 + 3x 4 + 4. b. x 6 - x 4 - 2x 3 + 2x 2 . Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức x 8 + 3x 4 + 4 = (x 8 + 4x 4 + 4)- x 4 = (x 4 + 2) 2 - (x 2 ) 2 = (x 4 - x 2 + 2)(x 4 + x 2 + 2) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng đẳng thức x 6 - x 4 - 2x 3 + 2x 2 = x 2 (x 4 - x 2 - 2x +2) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] 221 11111 1212 2 2 2 22 2 2 2 22 2242 ++−= ++−=−+−= +−++−= xxxx xxxxxx xxxxx Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. abcbccbaccaabba 42442 222222 −+−+−+ b. 200720062007 24 +++ xxx Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp: abcbccbaccaabba 42442 222222 −+−+−+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( )( )( ) cacbba cbccbababccacabba babcbacbaacbaab abcbccbacabccaabba abcbccbaccaabba −−+= −−−+=−+−+= +−+++−+= =−+−+−−+= −+−+−+ 22 222222 222222 224242 42442 2 2 222222 222222 b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức 20072062007 24 +++ xxx ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 20071 1200711 200720072007 22 22 24 +−++= +++++−= +++−= xxxx xxxxxx xxxx Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. abccba 3 333 −++ b. ( ) 333 3 cbacba −−−++ . Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức ( ) ( ) abbababa −++=+ 2233 ( ) ( ) [ ] abbaba 3 2 −++= ( ) ( ) baabba +−+= 3 3 .Do đó: =−++ abccba 3 333 ( ) [ ] ( ) abcbaabcba 33 3 3 −+−++= ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) cabcabcbacba cbaabccbabacba −−−++++= ++−++−+++= 222 2 2 3 b. ( ) ( ) [ ] ( ) 3 3 3 333 3 cbacbacbacba +−−++=−−−++ ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) bacacbcabcabacb cbcbcbacbaacbacb +++=++++= +−+−+++++++= 33333 2 222 2 Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng :a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Giải: Vì a + b + c = 0 ( ) ( ) abccbaabccba cbaabbacba 303 3 333333 3333 3 =++⇒=−++⇒ −=+++⇒−=+⇒ Ví dụ 6: Cho 4a 2 + b 2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính 22 4 ba ab P − = Giải: Biến đổi 4a 2 + b 2 = 5ab ⇔ 4a 2 + b 2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b. Do đó 3 1 34 2 2 22 == − = a a ba ab P Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu: 1;0 =++=++ c z b y a x z c y b x a thì 1; 2 2 2 2 2 2 =++ c z b y a x Giải: 000 =++⇒= ++ ⇒=++ cxybxzayz xyz cxybxzayz z c y b x a 1 1.2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =++⇒ = ++ +++= ++⇒=++ c z b y a x abc cxybxzayz c z b y a x c z b y a x c z b y a x 1. Phân tích đa thức thành nhân tử : a. 12 2 −− xx b. 158 2 ++ xx c. 166 2 −− xx d. 3 23 ++− xxx 2. Phân tích đa thức thành nhân tử : ( ) ( ) 152 2 2 2 −−−− xxxx . 3. Phân tích đa thức thành nhân tử 1.(a - x)y 3 - (a - y)x 3 + (x - y)a 3 . 2.bc(b + c) + ca(c + a) + ba(a + b) + 2abc. 3.x 2 y + xy 2 + x 2 z + xz 2 + y 2 z + yz 2 + 2xyz. 4. Tìm x,y thỏa mãn: x 2 + 4y 2 + z 2 = 2x + 12y - 4z - 14. 5. Cho a +| b + c + d = 0. Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 3(c + d)( ab + cd). 6. Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì : 2(x 5 + y 5 + z 5 ) = 5xyz(x 2 + y 2 + z 2 ). 7. Chứng minh rằng với x,y nguyên thì : A = y 4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y) là số chính phương. 8. Biết a - b = 7. Tính giá trị của biểu thức sau: ( ) ( ) ( ) 1311 22 +−−+−−+ baababbbaa 9. Cho x,y,z là 3 số thỏa mãn đồng thời: =++ =++ =++ 1 1 1 333 222 zyx zyx zyx . Hãy tính giá trị biếu thức P = ( ) ( ) ( ) 1997917 111 −+−+− zyx . 10. a.Tính 2222222 10110099 4321 +−++−+− . b.Cho a + b + c = 9 và a 2 + b 2 + c 2 = 53. Tính ab + bc + ca. 11. Cho 3 số x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Hãy tính giá trị của Biếu thức : S = (x-1) 2005 + (y - 1) 2006 + (z+1) 2007 12. Cho 3 số a,b,c thỏa điều kiện : cbacba ++ =++ 1111 . Tính Q = (a 25 + b 25 )(b 3 + c 3 )(c 2008 - a 2008 ). ==========o0o========== HƯỚNG DẪN: 1. Phân tích đa thức thành nhân tử : a. ( )( ) 3412 2 +−=−− xxxx b. ( )( ) 53158 2 ++=++ xxxx c. ( )( ) 82166 2 −+=−− xxxx d. ( ) ( ) 3213 223 +−+=++− xxxxxx 2. Phân tích đa thức thành nhân tử : ( ) ( ) ( )( ) 35152 222 2 2 +−−−=−−−− xxxxxxxx . 3. Phân tích đa thức thành nhân tử 1.(a - x)y 3 - (a - y)x 3 + (x-y)a 3 ( )( )( )( ) ayxayaxyx ++−−−= 2.bc(b + c) + ca(c + a) + ba(a + b) + 2abc ( )( )( ) accbba +++= 3.x 2 y + xy 2 + x 2 z + xz 2 + y 2 z + yz 2 + 2xyz ( )( )( ) xzzyyx +++ 4. x 2 + 4y 2 + z 2 = 2x + 12y - 4z - 14 ( ) ( ) ( ) 222 2|321 −+−+−⇔ zyx 5. Từ a + b + c + d = 0 ( ) ( ) 33 dcba +−=+⇒ Biến đổi tiếp ta được :a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 3(c + d)( ab + cd). 6. Nếu x + y + z = 0 thì : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 222555 222555 222222333 333 2 *;622 3 3 3 zyxxyzzxyzxyxyz zyxxyzzxyzxyxyzzyx zyxxyzzxyzxyxyzzyx zyxxyzzyxzyx xyzzyx ++=++− ++=++−++⇔ ++=++−++⇔ ++=++++ ⇒=++ Nhưng: ( ) ( ) 222 2 20 zyxzxyzxyxyzzyx ++=++−⇒=++ (**) Thay (**) vào (*) ta được: 2(x 5 + y 5 + z 5 ) = 5xyz(x 2 + y 2 + z 2 ). 7. Với x,y nguyên thì : A = y 4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y) ( ) 2 22 55 yxyx ++= 8. Biến đổi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 11311 2 22 +−−=+−−+−−+ bababaababbbaa 9. Từ =++ =++ 1 1 333 zyx zyx ( ) ( )( )( ) xzzyyxzyxzyx +++=−−−++⇒ 3 333 3 =+ =+ =+ 0 0 0 xz zy yx 2 −=⇒ P 10. a. Sử dụng hằng đẳng thức a 2 - b 2 ; S -=5151 b. Sử dụng hằng đẳng thức (a + b + c) 2 ; P = 14 11. Từ giả thiết suy ra: x 2 + y 2 + z 2 = 0 suy ra : x = y = z = 0;S = 0 12. Từ: cbacba ++ =++ 1111 . : (a + b)(b + c)(c + a) = 0 Tính được Q = 0 ==========o0o========== Chuyờn 2 : TNH CHT CHIA HT TRONG N Ti t 10-12: Mt s du hiu chia ht Vớ d I.Mt s du hiu chia ht 1. Chia hết cho 2, 5, 4, 25 và 8; 125. 1 1 0 0 0 2 2 0;2;4;6;8. n n a a a a a a =M M 1 1 0 0 5 0;5 n n a a a a a =M 1 1 0 4 n n a a a a M ( hoặc 25) 1 0 4a a M ( hoặc 25) 1 1 0 8 n n a a a a M ( hoặc 125) 2 1 0 8a a a M ( hoặc 125) 2. Chia hết cho 3; 9. 1 1 0 3 n n a a a a M (hoặc 9) 0 1 3 n a a a + + + M ( hoặc 9) Nhận xét: D trong phép chia N cho 3 ( hoặc 9) cũng chính là d trong phép chia tổng các chữ số của N cho 3 ( hoặc 9). 3. Dấu hiệu chia hết cho 11 : Cho 5 4 3 2 1 0 A a a a a a a= ( ) ( ) 0 2 4 1 3 5 11 11A a a a a a a + + + + + + M M 4.Dấu hiệu chia hết cho 101 5 4 3 2 1 0 A a a a a a a= ( ) ( ) 1 0 5 4 3 2 7 6 101 101A a a a a a a a a + + + + M M II.Vớ d Ví dụ 1: Tìm các chữ số x, y để: a) 134 4 45x yM b) 1234 72xyM Giải: a) Để 134 4 45x yM ta phải có 134 4x y chia hết cho 9 và 5 y = 0 hoặc y = 5 Với y = 0 thì từ 134 40 9x M ta phải có 1+3+5+x+4 9M 4 9 5x x + =M khi đó ta có số 13554 với x = 5 thì từ : 134 4 9x yM ta phải có 1+3+5+x+4 +5 9M 9 0; 9x x x = =M lúc đóta có 2 số: 135045; 135945. b) Ta có 1234 123400 72.1713 64 72 64 72xy xy xy xy= + = + + +M M Vì 64 64 163xy + nên 64 xy+ bằng 72 hoặc 144. + Với 64 xy+ =72 thì xy =08, ta có số: 123408. + Với 64 xy+ =14 thì xy =80, ta có số 123480 Ví dụ 2 Tìm các chữ số x, y để 7 36 5 1375N x y= M Giải: Ta có: 1375 = 11.125. ( ) ( ) 125 6 5 125 2 7 3625 11 5 6 2 3 7 12 11 1 N y y N x x x x = = + + + + = = M M M M Vậy số cần tìm là 713625 Ví dụ 3 a) Hỏi số 1991 1991 1991 1991 1991 so A = 1 4 2 4 3 có chia hết cho 101 không? b) Tìm n để 101 n A M Giải: a) Ghép 2 chữ số liên tiếp nhau thì A 1991 có 2 cặp số là 91;19 Ta có: 1991.91-1991.19 = 1991. 72 M 101 nên 1991 101A M b) 101 .91 .19 72 101 101 n A n n n n = M M M II. MT S NH L V PHẫP CHIA HT A.Tóm tắt lý thuyết 1. Định lý về phép chia hết: a) Định lý Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, 0b , khi đó có 2 số nguyên q, r duy nhất sao cho : a bq r= + với 0 r b , a là só bị chia, b là số chia, q là thơng số và r là số d. Đặc biệt với r = 0 thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ớc của a, ký hiệu a bM . Vậy b) Tính chất a) Nếu a bM và b cM thì a cM M b) Nếu a bM và b aM thì a = b c) Nếu a bM , a cM và (b,c) = 1 thì a bcM d) Nếu ab cM và (c,b) = 1 thì a cM 2. Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích. - Nếu mb ma mba + - Nếu mb ma mba - Nếu mb ma a .b m - Nếu ma a n m (n là số tự nhiên) 3.Mt s tớnh cht khỏc: Trong n s t nhiờn liờn tip cú mt s chia ht cho n Tớch n s t nhiờn liờn tip chia ht cho n! A aM A bM v (a;b) = 1 a.bA M B.Vớ d: 1. Chng minh rng vi mi s nguyờn dng n ta cú: ( ) 2411 2 2 + nn Gii: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 2 4! 24A n n n n n n = + = + + = M Bi tp t luyn: 2. Chng minh rng a. 4886 23 nnn ++ vi n chn b. 384910 24 + nn vi n l 3. Chng minh rng : 722 246 nnn + vi n nguyờn 4. CMR vi mi s nguyờn a biu thc sau: a) a(a 1) (a +3)(a + 2) chia ht cho 6. b) a(a + 2) (a 7)(a -5) chia ht cho 7. c) (a 2 + a + 1) 2 1 chia ht cho 24 d) n 3 + 6n 2 + 8n chia ht cho 48 (mi n chn) 5. CMR vi mi s t nhiờn n thỡ biu thc: a) n(n + 1)(n +2) chia ht cho 6 b) 2n ( 2n + 2) chia ht cho 8. a b M có số nguyên q sao cho a = b.q 3. §ång d thøc I.Lí thuyết đồng dư : a) §Þnh nghÜa : Cho sè nguyªn m > 0. NÕu 2 sè nguyªn a, b cho cïng sè d khi chia cho m th× ta nãi a ®ång d víi b theo m«®un m . KÝ hiÖu : (mod )a b m≡ b) TÝnh chÊt a) (mod ) (mod )a b m a c b c m≡ ⇒ ± ≡ ± b) (mod ) (mod )a b m na nb m⇒M M c) (mod ) (mod ) n n a b m a b m≡ ⇒ ≡ d) (mod ) (mod )a b m ac bc m≡ ⇒ ≡ c) Một số hằng đẳng thức: • m m a b a b− −M • n n a b a b+ +M (n lẻ) • ( ) ( ) n a b B a b+ = + II.Ví dụ: 1. Chứng minh: 9 99 2 2 200+ M Giải: 2 + 2 = 2 = 512 ≡ 112(mod 200) (1) ⇒ 2 = 2 ≡ 112 (mod 200) . 112 = 12544 ≡ 12 (mod 200) ⇒ 112 ≡ 12 (mod 200) 12 = 61917364224 ≡ 24(mod 200) . 112 ≡ 24.112(mod 200) ≡ 2688(mod 200) ≡ 88(mod 200) ⇒ 2 ≡ 88(mod 200) (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 + 2 = 200(mod 200) hay 9 99 2 2 200+ M III,Bài tập tự luyện: Sử dụng hằng đẳng thức và đồng dư 1. ( ) 72196519631961 196619641962 +++ 2. ( ) 191424 19171917 + 3. ( ) 20022 999 + 4. ( ) 183113 123456789 − 5. ( ) 1980198219811979 19811979 +− 6. ( ) 1203 333 10032 ++++ 7. ( ) 755552222 22225555 + QUY NẠP TOÁN HỌC I.PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH B 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1? B 2 : Giả sử Mệnh đề đúng với n = k ≥ 1. Chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 II.VÍ DỤ : 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 2 2 1 7 8 57 n n+ + + M Giải: -Với n = 1:A 1 = 7 + 8 = 855 + 57 - Giả sử A k + 57 nghĩa là 2 2 1 7 8 57 n n+ + + M ⇒ A k+1 = 7 + 8 =7. 7 + 64.8 = 7(7 + 8 ) + 57.8 . Vì 7 + 8 ( giả thiết qui nạp) và 57.8 M 57 ⇒ A k+1 M 57 Vậy theo nguyên lí qui nạp A = 7 + 8 M 57. *Chú í: Trong trường hợp tổng quát với n là số nguyên và n ≥ n 0 . Thì ta kiểm tra mệnh đề đúng khi n = n 0 ? III.BÀI TẬP: Chứng minh : Với n là số tự nhiên thì: 1. ( ) 23225 1412 +++ ++ nnn 2. 11 + 12 M 133 3. ( ) 5985.265 122 ++ ++ nnn 4. ( ) 532 1312 ++ + nn 5. ( ) 1814242 22 ++ + n n LUYỆN TẬP 1. 102521 cabA = 2. ( ) 2 15 +== cabcaB 3. abE = sao cho ( ) 3 2 baab += 4. A = ( ) 2 baab += HD: ( ) 2 baab += ⇔ ( )( ) 2 991 ≤=−++ ababa ⇒ (a + b) ≤ 9 và (a + b) = 9k ⇒ k = 1 ⇒ a + b = 9 ⇒ 9a = 9.8 = 72 ⇒ a = 8 và b = 1 5. B = ( ) 2 cdababcd += HD: Đặt abx = ; cdy = ⇒ 99x = (x + y)(x + y - 1) ≤ 99 2 Xét 2 khả năng : < = )2(99 )1(99 x x (1) ⇒ B = 9801 (2) ⇒ =−+ =+ =−+ =+ lyx kyx lyx kyx 91 11 111 9 ⇒ = = 3025 2025 B B ĐS: B = 9801;2025;3025 6. abcdefC = = ( ) 2 defabc + 7. abcdH = sao cho 3 1 1 +=+ n n nn dddcccbbbaaa 8. Tìm 2 41 zzxyy =+ 9. Tính giá trị của biểu thức: 1/ Cho x +y = 3, tính giá trị A = x 2 + 2xy + y 2 – 4x – 4y + 3. 2/ Cho x +y = 1.Tính giá trị B = x 3 + y 3 + 3xy 3/ Cho x – y =1.Tính giá trị C = x 3 – y 3 – 3xy. 4/ Cho x + y = m và x.y = n.Tính giá trị các biểu thức sau theo m,n. a) x 2 + y 2 b) x 3 + y 3 c) x 4 + y 4 5/ Cho x + y = m và x 2 + y 2 = n.Tính giá trị biểu thức x 3 + y 3 theo m và n. 6/ a) Cho a +b +c = 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 2.Tính giá trị của bt: a 4 + b 4 + c 4 . b) Cho a +b +c = 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1.Tính giá trị của bt: a 4 + b 4 + c 4 . I.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI VÀ CÁC HỆ QUẢ 1. Chứnh minh : (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si) Giải: ( a – b ) = a - 2ab + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b 2. Chứng minh: . (Với a , b ≥ 0) Giải: ( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b. 3. Chứng minh: (Với a , b ≥ 0) Giải: 2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ≥ 0 ⇒ 2(a + b) ≥ ( a+b ). Đẳng thức xảy ra khi a = b. 4. Chứng minh: .(Với a.b > 0) Giải: + = .Do ab ≤ ⇒ ≥ 2 .Hay + ≥ 2 . Đẳng thức xảy ra khi a = b 5. Chứng minh: .(Với a.b < 0) Giải: + = - .Do ≥ 2 ⇒ - ≤ -2. Hay + ≤ - 2. Đẳng thức xảy ra khi a = -b. 6. Chứng minh: . (Với a , b > 0) Giải: + - = = ≥ 0 ⇒ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi a = b. 7. Chứng minh rằng: . Giải: 2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ≥ 0 ⇒ 2(a +b +c) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c ≥ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c. [...]... 2( x + )2 4 8 8 4 8 4 31 5 Khi x = − 8 4 2 Tìm GTLN của A = -2x + 5x + 7 5 25 25 2 − )+7= Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = - 2( x − 2 x + 4 16 16 5 25 56 + 25 5 81 5 = −2( x − ) 2 + + 7 = − 2( x − ) 2 = − 2( x − ) 2 ≤ 4 8 8 4 8 4 Suy ra MinA = 2 Suy ra MinA = 3 4 81 5 Khi x = 8 4 Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ≥ 8 ⇒ MinB = 8 khi : ⇔ Tìm... Ví dụ 11: Tính giá trị biếu thức : với a = 2007 a5 + a6 + a7 + a8 a − 5 + a − 6 + a − 7 + a 8 Giải: a +a +a +a a + a + a + a8 = 1 1 1 1 a −5 + a −6 + a −7 + a 8 + 6+ 7 + 8 a5 a a a 5 6 7 8 8 5 6 7 8 a +a +a +a a a +a +a +a = 3 = a + a 2 + a1 + 1 a3 + a 2 + a +1 a8 a13 1 + a + a 2 + a 3 = = a13 ⇒ B = 200713 3 2 a + a + a +1 5 B= 6 7 8 5 ( ( ) 6 7 ) x 2 − 25 y−2 : 2 Ví dụ 12: Tính giá trị biếu thức... 20 08 = 1.2.3 1997 3.4.5 1999 1 1999 1999 = = 2.3.4 19 98 2.3.4 19 98 19 98 2 3996 27 1 1 1 + + + ( 3n − 1)( 3n + 2) 2.5 5 .8 11 1 1 1 1 1 n = − + − + − = 32 5 5 8 3n − 1 3n + 2 2( 3n + 2 ) 28 2a 3 − 12a 2 + 17 a − 2 = 2 a 2 − 8a + 1 a−2 a = 0; a = 3 ⇒ A = 1; A = −5 a 2 − 3a + 1 = 1 ⇔ a = 1; a = 2 ⇒ A = −5 A= ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) = 0 b c a 1 + 1 + 1 + = 8. .. 16 Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ≥ 8 ⇒ MinB = 8 khi : ⇔ Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 - ≤ 10 ⇒ GTLNC = 10 khi: ⇔ BÀI TẬP: 5 Tìm GTNN A= x 2 −5 x + 20 08 6 Tìm GTLN B = 1 + 3x - x2 7 Tìm GTLN D = 2007 − x 2 −5 x 8 Tìm GTNN của F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 9 Tìm GTNN của G = x 4 −10 x3 +25 x 2 +12 10 Tìm GTNN của M = x + 2y -... − 2 1 − 2 2 3 4 20 08 Chứng minh đẳng thức sau: 26 1 1 1 + + + ( 3n − 1)( 3n + 2) 2.5 5 .8 27 Tính tổng : S(n) = 28 Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức : A= 2a 3 − 12a 2 + 17a − 2 a−2 Biết a là nghiệm của Phương trình : a − 3a + 1 = 1 2 b a c b a c 29 Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác biết rằng: 1 + 1 + 1 + = 8 30 Chứng minh rằng tam giác đó là... Với từng cặp số a b a+b • Ví dụ 8: a Rút gọn Biếu thức B = b Thực hiện phép tính: 3 4a 2 + 12a + 9 Với a ≠ − 2 2 2a − a − 6 0,5a 2 + a + 2 a 3 − 8 2 : + (a ≠ ± 2.) 1 + 0,5a a + 2 a( 2 − a ) Giải: ( 2a + 3) = 2a + 3 4a + 12a + 9 = a B = 2 ( 2a + 3)( a − 2) a − 2 2a − a − 6 2 2 0,5a 2 + a + 2 a 3 − 8 2 a 2 + 2a + 4 a + 2 2 : + = ⋅ 3 + b 1 + 0,5a a + 2 a( 2 − a ) a+2 a − 8 a( 2 − a ) = a 2 + 2a + 4 2 a−2... 2 ) + c( 2 − 2) ≥ 0 b a Vậy A ≥ B.Đẳng thức xảy ra khi a = b = c > 0 1 2 Ví dụ 10: Cho các số dương x , y thoả mãn x + y = 1 Chứng minh rằng : xy + x 2 + y 2 ≥ 8 1 1 2 2 2 1 + 2 = + 2 = 2 2 2 2 xy + x 2 + y 2 xy x + y 2 xy x + y 8 = = 8 Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 2 ( x + y) 2 Giải: 4 ≥2 2 x + 2 xy + y 2 a2 b2 c2 a c b Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức : 2 + 2 + 2 ≥ + + c b a b c... 25 y−2 C= 3 : 2 = 2 2 y−2 x − 10 x + 25 x y − y − 2 x ( x − 5) = ( x + 5)( y + 1) = 8. 2 = − 8 x( x − 5) 3.( − 2) 3 Bài tập: Chứng minh rằng Biếu thức 13 (x P= (x 2 2 ) ) + a (1 + a ) + a 2 x 2 + 1 − a (1 − a ) + a 2 x 2 + 1 không phụ thuộc vào x Cho biểu thức M = 14 x 5 − 2 x 4 + 2 x 3 − 4 x 2 − 3x + 6 x 2 + 2x − 8 a Tìm tập xác định của M b Tính giá trị của x để M = 0 c Rút gọn M 15 Cho a,b,c là... b ≥ 1 a b c 3 + + ≥ Với a,b,c > 0 Chứng minh: b+c c+a a+b 2 Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc( a + b + c ) Bài 28: Cho x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; Chứng minh rằng :(x + y).(y + z).(z + x) ≥ 8xyz 1 1 1 1 1 + + + + + + Cho A = Chứng minh rằng A > 1 n +1 n + 2 2n + 1 2n + 2 3n + 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 HƯỚNG DẪN: a b a c b c A = 3+ + + + + + ≥ 3+ 2+ 2+ 2 = 9 b a c a c a Áp dụng (a + 1) ≥ 2a... x − 3 y − 6 xy + 2 x + 3 y + 6 x − 9 ( x − 3)( x + 3)( y + 2) 18 2+ x 4x 2 2 − x x 2 − 3x 4x 2 : 2 − 2 − = a.A = 3 x−3 2 − x x − 4 2 + x 2x − x 4x2 b.A > 0 ⇔ >0⇔ x>3 x−3 x = 11 x = 3 c x − 7 = 4 ⇒ x = 11 ⇒ A = 121 2 x = 3 ⇒ A không xác định 19 ) a.A = 1 1 2 4 8 16 32 + + + + + = 1 − x 1 + x 1 + x 2 1 + x 4 1 + x 8 1 + x16 1 − x 32 1 1 − 2 a2 + 9 − + b Rút gọn C = a 1 9 a 1 9 . nếu xyz = 1 thì: 1 1 1 1 1 1 1 = ++ + ++ + ++ zxzyzyxyx . 25. Chứng minh đẳng thức sau: abanabn abbnana baab baba ba aba 3396 352 9 3 2 2 22 22 22 2 +−− ++− = −− −− + − + 26. Thực hiện phép tính: