Chuyên đề thực hành giải toán

ĐẠI SỐ SƠ CẤP VÀ THỰC HÀNH GIẢI TOÁN ************** CHƯƠNG II CÁC TẬP HP SỐ Thực hành giải toán chương II. Chủ điểm 1: SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1 : Tìm số nguyên tố a biết rằng 2a+1 là lập phương của một số nguyên tố. Phân tích :Cần chú ý rằng mỗi số nguyên tố chỉ có hai ước 1 và chính nó . Lời giải: + Cách 1: -Với a =2 , ta có 2a+1=5, không thích hợp . -Với 2a  , do a là số nguyên tố nên a lẻ. Vậy 2a+1 là lập phương của một số lẻ nghóa là :   3 3 2 2 1 2 1 2 1 8 12 6 1 a k a k k k            2 4 6 3a k k k    Từ đó k là ước của a . Do a là số nguyên tố nên k =1 hoặc k =a . - Nếu k=1 thì   3 2 1 2.1 1 13a a      thích hợp. - Nếu k=a từ   2 4 6 3a a a a   do a nguyên tố nên suy ra 2 1 4 6 3 a a    .Không có số nguyên tố a nào thỏa mãn phương trình này vì vế phải luôn luôn lớn hơn. Kết luận: a=13. +Cách 2:Theo đề bài ta có 3 2 1a p  , với p là một số nguyên tố . Suy ra :     3 3 2 2 1 2 1 2 1 1a p a p a p p p           (1) - Với p=2 thì 2a=7 (vô lý vì 2a là một số chẵn). - Với p>2 .Từ (1) ta thấy : 1 2 3p p    ( loại bỏ trường hợp 1p a   vô lý vì p-1 là chẵn ). 3 13 p a    Vậy với a=13 thì thỏa mãn yêu cầu của đề bài . Bài 2 : Tìm các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện: abc=3(a+b+c). Phân tích :Căn cứ vào tính chất nếu p là số nguyên tố thì 2 p  do đó 1 1 p   , và từ chỗ abc chia hết cho 3 ta có ít nhất một trong ba thừa số do chia hết cho 3, ta có lời giải : Lời giải: Từ   . . 3a b c a b c   suy ra a chia hết cho 3 hoặc b chia hết cho 3 hoặc c chia hết cho 3 .Không mất tính tổng quát ta giả sử a chia hết cho 3, vì a là số nguyên tố nên a=3 . Vậy   3 3 3 bc b c    3 3 bc b c b c bc             1 4 1 1 4 b bc c b c          Do b và c là các số nguyên tố nên 1 1, 1 1b c    và | 4 1,2, 4     . Vậy ta có các trường hợp sau : Hoặc 1 4 5 1 1 2 b b c c                      Hoặc 1 1 2 5 1 4 b b c c                      Hoặc 1 2 3 1 2 3 b b c c                      Kết luận : Các số cần tìm là :               3, 3,3 ; 3,2,5 ; 3,5,2 ; 5,3,2 ; 5,2,3 ; 2,3, 5 ; 2,5,3 . Bài 3 . Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m>1 ,ta có:       1 2 1A m m pm pm    chia hết cho p m mà không chia hết cho p m+1 . Phân tích : Vì p là số nguyên tố nên để chứng minh A chia hết cho p m cần chỉ ra A chứa n thừa số p.Mặt khác, từ 1 đến (pm) có pm số tự nhiên liên tiếp, mà cứ p số (kể từ số 1) lại có một bội của p vì vậy ta sẽ cố gắng làm xuất hiện tích của (pm) số tự nhiên liên tiếp tính từ số 1. Lời giải:      1.2.3 1 2 1 1.2.3 m m m pm pm A m     Nhóm tất cả các bội của p ta có:      1 .2 .3 .1.2. 1 1 1 1.2.3 p p p mp p p mp A m          1.2.3. .1.2 1 1 1 1.2.3 m p m p p mp m          .1.2 1 1 . 1 . m p p p mp     Vậy A chia hết cho p m . Cần chú ý rằng trong tích      1.2 1 1 1p p mp   không có thừa số nào chia hết cho p và tất cả các bội của p đã bò nhóm lại rồi, do p là số nguyên tố nên tích      1.2 1 1 1p p mp   không chia hết cho p. Vậy A không chia hết cho p m+1 . Bài 4 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 sao cho 4p+1 cũng là số nguyên tố . Chứng minh rằng 4p-1 là hợp số . Phân tích : Có 4p-1, 4p , 4p+1 là ba số nguyên liên tiếp nên ta có hướng chứng minh 4p-1 là hợp số nhờ tính chia hết cho 3 . Lời giải : Vì p>3 và p là số nguyên tố nên (p,3)=1.Mặt khác, 4p+1 cũng là số nguyên tố. Vậy trong ba số nguyên tố liên tiếp 4p-1, 4p, 4p+1, ta có 4p-1 chia hết cho 3. Do p>1 nên 4p-1 >3.Từ đó suy ra 4p-1 là hợp số . Bài 5 : Tìm số nguyên tố p sao cho p+2 và p+4 cũng là số nguyên tố . Phân tích : Ta có thể tìm p nhờ xác đònh dư trong phép chia p cho một số nào đó, chẳng hạn cho 3. Lời giải: Vì p là số nguyên tố và p+2, p+4 cũng là số nguyên tố nên p>2. Mặt khác p có thể rơi vào một trong 3 khả năng : Hoặc p=3k; hoặc p=3k+1; hoặc p=3k+2. Không xảy ra p=3k+1 vì nếu vậy p+2 chia hết cho 3 lớn hơn 3 nên không là hợp số . Không xảy ra p=3k+2 vì nếu vậy p+4 = 3(k+2) là hợp số (vì lớn hơn 3 và chia hết cho 3 ). Vậy p = 3k. Do p là số nguyên tố nên p=3. CHỦ ĐIỂM 2: TÍNH CHIA HẾT Bài 1 : Chứng minh tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2 . Phân tích : Ta kể ra các trường hợp dư trong phép chia một số tự nhiên cho 2 và ta có lời giải sau : Lời giải: Giả sử   1 A n n   , có hai trường hợp - Nếu n chẵn, thì 2n  do đó A chia hết cho 2. - Nếu n lẻ thì n+1 chẵn do đó (n+1) chia hết cho 2 nên A chia hết cho 2 . Bài 2: Chứng minh rằng với mọi m   ta có m 3 -13m chia hết cho 6. Phân tích : 13m =12m +m mà 12m chia hết cho 6 nên ta chỉ cần xét m 3 -m là được: Lời giải : 3 3 13 12 A m m m m m            2 1 12 1 1 12 m m m m m m m        Do m-1,m, m+1 là ba số nguyên liên tiếp nên tích     1 1 m m m   vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3, mà 2 và 3 là nguyên tố cùng nhau, nên tích     1 1 m m m   chia hết cho 6 . Từ đó suy ra A chia hết cho 6. Bài 3 : Chứng minh 5 n n chia hết cho 5, n    . Phân tích :Ta cố gắng sử dụng tính chất tích của k số nguyên liên tiếp   1k  thì chia hết cho k . Lời giải :             5 4 2 2 2 1 1 1 1 1 1A n n n n n n n n n n n           . Nếu n=5k thì có n chia hết cho 5, do đó A chia hết cho 5 . Nếu n=5k+1 thì (n–1) chia hết cho 5 . Nếu n=5k+2 thì n 2 +1 chia hết cho 5 . Nếu n=5k+3 thì (n 2 +1) chia hết cho 5 . Nếu n=5k+4 thì (n+1) chia hết cho 5 . Vậy n 5 – n chia hết cho 5, n    . Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố , ,p q p q  ta có 1 1 1 q p A p q      chia hết cho p.q. Phân tích : Hàm Ơle   1p p   và với p là số nguyên tố. Từ đó ta sẽ tìm cách chứng minh A vừa chia hết cho p, vừa chia hết cho q. Lời giải: Vì p, q là hai số nguyên tố và p q nên   ; 1p q  . Theo đònh lý Fermat có :   1 1 mod q p q   .     1 0 mod 2 1 1 p q q do p p       . Vậy   1 1 1 0 mod q p A p q q       . Do đó A chia hết cho q. Tương tự A chia hết cho q và do   ; 1p q  cho nên A chia hết cho p.q. Bài 5 : Cho n số x 1 , x 2 , x 3 , , x n mỗi số bằng số 1 hoặc –1 sao cho 1 2 2 3 1 0 n x x x x x x     (*) Chứng minh n chia hết cho 4. Phân tích : Vì x i =1 hoặc x i = –1, nên các tích trong tổng (*) có thể bằng 1 hoặc –1. Lời giải: Vì tổng (*) bằng 0 nên số các số hạng âm bằng số các số hạng dương do đó 2n  hay nói cách khác n gồm k số hạng bằng 1 và k số hạng bằng –1 . Mặt khác, tích        2 1 2 2 3 1 1 2 1 n n x x x x x x x x x   nên số các số hạng âm là số chẵn, do đó k chia hết cho 2. Vậy n=2k chia hết cho 4 . Bài 6 : Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3 k -1 chia hết cho 1000. Phân tích : Nhận thấy   3 ;1000 1 k  và hiệu của các lũy thừa của 3 có dạng   3 3 1 k t  nên ta có thể sử dụng nguyên tắc suy luận Dirichlet để giải bài toán trên . Lời giải: Xét dãy 1001 số sau : 1, 3, , 3 1000 . Khi chia 1001 số này cho 1000, có không quá 1000 số dư, vì vậy theo nguyên tắc suy luận Dirichlet, có ít nhất hai số trong dãy có cùng số dư trong phép chia cho 1000. Giả sử đó là 3 t và 3 h , t>h. Khi đó 3 t –3 h chia hết cho 1000. Suy ra   3 3 1 h t h  chia hết cho 1000. Vì (3;1000)=1 nên (3 h ,1000)=1 và vì vậy (3 t-h –1 ) chia hết cho 1000.Đặt k t h  , có (3 k –1 ) chia hết cho 1000. CHỦ ĐIỂM 3 : BỘI VÀ ƯỚC CỦA CÁC SỐ Bài 1 : Tìm các số tự nhiên có hai chữ số sao cho mỗi số đều chia hết cho tích các chữ số của nó . Phân tích: Số tự nhiên có hai chữ số có dạng 10 ab a b   . Từ giả thiết . ab a b  ta có b a và 10a b , cùng với điều kiện 1 , 9 a b   .Ta có lời giải sau . Lời giải: Gọi số phải tìm là ab do . ab a b  nên 1 , 9 a b   . Vì 10 ab a b   và ab a  nên b a , vậy , , 9 b ka k k      . Mặt khác ab b  nên 10a b .Do đó 10a ka  , hay 10 k  . Vậy   1;2;5k  . Nếu k=1 thì b=a, vậy số phải tìm có dạng ab . Để 2 ab a  chỉ có số 11. Nếu k=2 thì số phải tìm có hàng đơn vò gấp đôi hàng chục, mặt khác 9 b  nên   1;2;3; 4a  . Trong các số 12, 24, 36, 48 có 12, 24, 36 thích hợp . Nếu k=5, do 9 b  nên a=1 vậy có số 15 là thích hợp . Kết luận: Các số cần tìm là 11, 12, 15, 24, 36. Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x –2xy +2y –8 =0 Phân tích : Cần thêm bớt để phân tích vế trái thành nhân tử rồi dựa vào ước của các số nguyên để tìm x, y. Lời giải: 3 2 2 8 0 3 3 2 2 5 x xy y x xy y                  3 1 2 1 5 3 2 1 5 x y x y x          Vì , 3 2 , 1x y y x      và 3 –2y , x –1 là ước của 5 . Mà         5 5 1 1 5 5.1 1.5         nên có các trường hợp sau : Hoặc 0 3 2 5 5 1 1 2 x x y x y                          không thích hợp ; Hoặc 4 3 2 1 11 1 5 2 x x y x y                            không thích hợp; Hoặc 6 3 2 1 17 1 5 2 x x y x y                        không thích hợp; Hoặc 2 3 2 5 1 1 1 2 x x y x y                        không thích hợp. Vậy không có cặp số x, y nào thỏa mãn yêu cầu bài toán . BÀI TẬP CHƯƠNG II 1. Tồn tại hay không số tự nhiên có tích các chữ số của nó bằng 165 ? Phân tích : Cần chú ý đến số 165=11.15 Lời giải: Gọi số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện đề bài . Số n có dạng : 1 0 , 1 9, 1, m i n a a a a i m     . Mà số này có tích các chữ số của nó bằng 165, tức 1 0 165 11.3.5 m a a a   . Do đó có ít nhất một số chia hết cho 11 .Điều này mâu thuẩn vì 1 9 i a   . Vậy không tồn tại số tự nhiên có tích các chữ số của nó bằng 165 . 2. Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng nếu cộng thêm 1 vào tất cả các chữ số của số đó, ta cũng được một số chính phương . Lời giải : Gọi số chính phương có bốn chữ số là : 2 , 1 , , , 9, 0abcd x a b c d x     Suy ra :         2 1 1 1 1 , 0a b c d y y      . Từ đây ta thấy y>x. Ta có : 2 2 1111 11.101y x      11.101y x y x    Do 11, 101 là số nguyên tố và ; , 0y x y x  . Do đó ta có : 2 11 45 2025 101 56 y x x x y x y                        Vậy số chính phương thỏa mãn điều kiện đề bài là 2025. 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p>7 ta có 3 2 1 p p A    chia hết cho 42p . Phân tích : Ta thấy 42p=2.3.7p (đây là sự phân tích tiêu chuẩn ).Dùng đònh lý Fermat chứng minh A chia hết cho 7, p. Riêng trường hợp A chia hết cho 2, chia hết cho 3 ta có thể chứng minh trực tiếp. Lời giải: Trước hết ta chứng minh A chia hết cho 2 và A chia hết cho 3: Ta có :     1 2 3 2 1 3 1 2 2 3 3 3 1 2 p p p p p p p A                 1 2 1 2 3 3 3 1 2 2 p p p              1 3 2 1 3 2 1 3 3 2 1 p p p p p p A                    1 1 3 3 2 1 3 p p       Mặt khác, theo đònh lý Fermat ta có :               3 3 0 mod 3 2 1 3 3 2 2 0 mod 2 2 0 mod p p p p p p p p p                        hay   3 2 1 p p p   Ta cần chứng minh 7A  . Ta có : 1 1 2 3.3 2 1 3.9 2 1 p p p p A           1 2 1 2 3. 2 7 2 1 3.2 7 2 1 p p p p k             1 2 1 1 2 2 7 2 1 .2 2 1 7 2 2 2 1 p p p p p k k              Vì   , 3 1p  nên một trong hai số 1 1 , 2 2 p p  phải có một số chia hết cho 3. Giả sử : 1 3 2 p   . Khi đó : 1 3 2 2 1 2 1 , p m m         8 1 7 m    và ta có   1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 8 7 p p p p p m                       Từ đây suy ra : 1 1 2 2 7 2 1 2 2 7 p p p A k                                 Trường hợp 1 3 2 p   , lập luận tương tự ta cũng có 7A  . Vậy A chia hết cho 42p (vì   2, 3,7, 1p  ). Bài 4: Cho hàm số :f   thỏa mãn điều kiện: ,x y    ta có       f x y f x f y   . a) Chứng minh   1 1f nf n            với mọi * n   . b) Tìm   2005 f . Giải: :f   ;       f x y f x f y   , ,x y    . a) Ta có :   * ân 1 1 1 1 1 , 1 n l n f f f f nf n n n n n                                                               b) Để tính f(2005) thì ta tính f(1) trước: Ta có   * 1 : 1n f nf n               , mà 1 f n             Suy ra :   1 f n  . Ta thấy   1 f chia hết cho mọi giá trò n cho nên  1 0f  Do đó:         2005 ân 2005 ân 2005 1 1 1 1 1 1 0 l l f f f f f                          . Bài 5: Chứng minh rằng : với mọi số tự nhiên n ta có : 2 1 2 1 46 296.13 n n A     chia hết cho 1947. Giải :   2 1 2 1 46 296.13 n n A n     chia hết cho 1947, n   (1) Ta chứng minh bằng quy nạp : * Với n=0 ta có   0 46 296.13 3894 1947.2 1947 A      Do đó (1) đúng với n=0. * Giả sử (1) đúng với   0, n k k k     , ta được :   2 1 2 1 46 296.13 1947 k k A k      * Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n=k+1. Thật vậy :       2 1 1 2 1 1 2 3 2 3 1 46 296.13 46 296.13 k k k k A k              2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 46 .46 296.13 .13 2116. 46 296.13 576312.13 k k k k k            2 1 2 1 2 1 2116 46 296.13 296.1947.13 k k k      Hiển nhiên   1 1947A k   . Vậy (1) đúng n   . Bài 6 :Cho n là số tự nhiên bất kỳ . Hãy chứng minh phân thức 21 4 11 3 n n   không thể giản ước được . Phân tích : Ta tìm ƯCLN   21 4,11 3n n  bằng thuật toán Euclide, nếu ƯCLN   21 4,11 3 1n n   thì 21n+4 và 11n+3 là nguyên tố cùng nhau . Lời giải: p dụng thuật toán EuClide tìm ƯCLN của 21n+4 và 11n+3: 21 4 11 3 11 3 10 1 1 10 1 2 1 19 10 n n n n n n        Do đó : ƯCLN   21 4,11 3 1n n   Cho nên 21n+4, 11n+3 là số nguyên tố cùng nhau.Suy ra phân tố 21 4 11 3 n n   là phân số tối giản . *********************** CHƯƠNG III ĐA THỨC – PHÂN THỨC HỮU TỈ – BIẾN ĐỔ HỮU TỈ Chủ điểm 1: TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC . NGHIỆM CỦA ĐA THỨC. PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ . Bài 1 : Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia hết cho x –1 và x –3 đều có dư là 2 và f(x) chia cho x 2 –4x +3 được thương là x+1 và còn dư. Phân tích : p dụng đònh lý Bơdu và đònh lý về phép chia có dư trên vành đa thức R[x] khi chia f(x) cho x 2 –4x +3 ta có lời giải sau: Lời giải: f(x) chia (x –1) dư 2 nên f(x)=(x –1).g(x)+2 (1) f(x) chia (x –3) dư 2 nên f(x)=(x –3).h(x)+2 (2) f(x) chia x 2 –4x +3 được (x+1) và còn dư nên         2 4 3 1f x x x x ax b      (3) Từ (1) ta có f(1)=2 Từ (3) ta có f(1)=a+b. Suy ra a+b=2. Từ (2) có f(3)=2 Từ (3) có f(3)=3a+b. Suy ra 3a+b=2. Vậy ta có hệ : 0 2 2 3 2 a a b b a b                      Do đó       2 4 3 1 2f x x x x     . Bài 2 : Chứng minh rằng trong vành Q[x] mọi đa thức f(x) nhận 3 làm nghiệm điều chia hết cho x 2 –3 . Phân tích : Vì Q là trường nên tổng, hiệu, tích các số hữu tỉ là số hữu tỉ. Mặt khác, tổng của một số hữu tỉ với một số vô tỉ là một số vô tỉ, do đó ta có lời giải sau : Lời giải : Giả sử         2 3 .f x x h x r x   Vì 2 3 x  bậc hai nên   r x ax b   . Ta có         2 3 3 3 3 3f h a b      0 3 ,a b a b     Do 3 là số vô tỉ, vậy từ 3 0 a b   , ta có   0 0 a b r x     . Vậy f(x) chia hết cho x 2 –3 . Bài 3: Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu f(0) và f(1) là các số lẻ thì f(x) không thể có nghiệm nguyên. Phân tích : Xuất phát từ nhận xét một số nguyên lẻ chỉ có thể là tích của các số nguyên lẻ, ta có lời giải sau: Lời giải: Giả sử f(x) có nghiệm nguyên c. Theo đònh lý Bơdu ta có       . f x x c g x   , trong đó   g x là đa thức với hệ số nguyên . Ta có     0 . 0 f c g   . Vì   0 f là số lẻ nên –c lẻ, vậy c lẻ . Mặt khác           1 1 . 1 1 . 1 f c g c g      , nên (c –1) lẻ . Vậy nếu f(x) có nghiệm nguyên c thì cả c lẫn c –1 đều lẻ ( vô lý). Do đó f(x) không thể có nghiệm nguyên . Bài 4: Phân tích đa thức sau thành nhân tử : 2 P xy xz yz y xt yt      Phân tích: [...]... Lời giải: P  xy  xz  xt   y 2  yz  yt   x y  z  t   y y  z  t   x  y y  z  t  Bài 5:Phân tích đa thức thành nhân tử : M = x4 + 5x2 –14 Phân tích : Để ý rằng 14 = 7.2 và 7 –2 = 5 Nên ta cò thể tách 5x2=7x2–2x2 và ta có lời giải sau: Lời giải: M  x 4  7x 2  2x 2  14  x 2 x 2  7  2 x 2  7  x 2  2x 2  7 (Có thể giải trực tiếp) Bài 6: Phân tích đa thức thành... có lời giải sau : Lời giải : A  x 3  y 3   z 3  3xyz  x 3  y 3  3xy x  y   z 3  3xyz 3  x  y   z 3   3xy x  y  z   x  y  z x 2  2xy  y 2  xz  yz  z 2   3xyz x  y  z   x  y  z x 2  y 2  z 2  xy  xz  yz  Bài 4: Rút gọn phân thức : x 4  64 M  4 x  8x 3  16x 2  64 Phân tích : Thực tế bài toán rút gọn phân thức là phân tích tử mẫu thành nhân... vế trái thành tổng hai biểu thức không âm là được, mặt khác vế y trái đã có sẵn các hạng tử x2 và xy mà xy  2.x Vậy ta có lời giải sau: 2 Lời giải: y y2 y2 x 2  xy  y 2  x 2  2.x    y 2 2 4 4 2 y 3   x    y 2  0,  x , y       2 4 Bài 2: Chứng minh rằng : x 2  y 2  x  y  1  0,  x , y   Phân tích : Có thể chứng minh tính không âm của vế trái nếu tách vế trái thành tổng... 6: Phân tích đa thức thành nhân tử : A = x6 –3x4 + 3x2 –1 Phân tích : Đặt t = x2, ta có thể sử dụng được hằng đẳng thức Lời giải: Đặt t  x 2 , A  t 3  3t 2  3t  1 3  t  1 3  x 2  1 3 3  x  1 x  1 Khai thác bài toán : Bằng cách đặt ẩn phụ, ta có thể giải bài toán tương tự như sau : x 2 y2 x y x y Tính B  2  2    1 biết   1 y x y x y x x y (Hướng dẫn : đặt t   ) y x Chủ điểm... tách vế trái thành tổng của các bình phương của các biểu thức nào đó Lời giải: 1 x 2  y 2  x  y  1  2x 2  2y 2  2x  2y  2 2 1  x 2  2x  1  y 2  2y  1 2 1 2 2  x  1  y  1   0 2 2.Ứng hằng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử và rút gọn phân thức đại số Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : A  x 3  y 3  z 3  3xyz Phân tích : Do A chứa x3 + y3 mà... đến sự phân tích mẫu một cách tương tự Lời giải : Ta có tử thức : x 4  64  x 4  16x 2  82  16x 2 2  x 2  8  4x  2  x 2  4x  8x 2  4x  8 Mẫu thức : 2 x 4  8x 3  16x 2  64  x 2  4x   82  x 2  4x  8x 2  4x  8 Vậy M  x 2  4x  8 x 2  4x  8 3 Ứng dụng hằng đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình 1 Bài 5: Giải phương trình : 2x 2  y 2  2x  y  1...  nên ta có lời giải như sau: Lời giải: 1 2x 2  y 2  2x  y  1  0 2 2 2  4x  y  4x  2y  2  0  4x 2  4x  1  y 2  2y  1  0 2 2  2x  1  y  1  0  x  1 2x  1  0    2      y  1  0 y  1      Bài 6: Tìm số tự nhiên a biết a+30 và a –11 là các số chính phương Phân tích:   Hiệu hai số chính phương x 2  y 2 x , y   có thể phân tích thành (x + y)(x –y)... có lời giải sau: Lời giải: Vì a + 30 là số chính phương nên a + 30 = m2 Tương tự a –11 cũng là số chính phương nên a –11 = n2, trong đó m, n   Ta có : m 2  n 2  a  30  a  11  41  m  n  m  n   41  41.1  1.41 m  n  41 m  21   Vì m+n > m –n nên     m  n  1 n  20     2 a  30  21     a  411 Vậy  a  11  202    x  y  z  3 1   Bài 7: Giải hệ... PHÂN THỨC HỮU TỈ 1 Các phép toán trên các phân thức hữu tỉ : Bài 1: Cho các số x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y2  z 2 x 2 y2 z 2  2  2  2 a 2  b2  c2 a b c Tìm x, y, z Phân tích : (4) 1 1 1 1  , do đó   0 ; mặt khác nếu A B A B A  0, B  0,C  0 thì A  B  C  0 , khi và chỉ khi đồng thời có A  B  C  0 ; Ta biết nếu A  B  C thì vì vậy ta có lời giải sau: Lời giải: x 2  y2  z 2 x 2... một cách thích hợp, vì vậy ta có lời giải sau: Lời giải: 2 x  y  z  x  y  z x  y  z  x  y  z M  2  2  x  y  z x  y  z  x  y  z x  y  z  BÀI TẬP CHƯƠNG III Bài 6.152 Cho 3 f x   x  7x 2  9x  8 ; h x   x 3  x  1 ; g x   ax  b ; a) Tìm a, b để f x   g x  h x  b) Có tồn tại a, b để h x   x  1.g x  không ? Giải: f x   x 3  7x 2  9x  8 ; . ĐẠI SỐ SƠ CẤP VÀ THỰC HÀNH GIẢI TOÁN ************** CHƯƠNG II CÁC TẬP HP SỐ Thực hành giải toán chương II. Chủ điểm 1: SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1 : Tìm. ta có lời giải sau: Lời giải: 4 2 2 7 2 14 M x x x             2 2 2 2 2 7 2 7 2 7 x x x x x        (Có thể giải trực tiếp). Bài 6: Phân tích đa thức thành nhân. thức Lời giải: Đặt 2 3 2 , 3 3 1t x A t t t        3 1t    3 2 1x      3 3 1 1x x   Khai thác bài toán : Bằng cách đặt ẩn phụ, ta có thể giải bài toán tương