PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k 0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 . Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có đẳng thức : anbn =(ab)(an1 +an2b +…..+ bn1)
August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 . Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức : a n -b n =(a-b)(a n-1 +a n-2 b +… + b n-1 ) Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp . * Khi n=2 ta có a 2 -b 2 =(a-b)(a+b) là đúng * Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : a k -b k =(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m a k+1 -b k+1 =(a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) . Thật vậy ta có : VT = a k+1 - b k+1 = a k+1 -a k b + a k b -b k+1 = a k (a-b)+ b(a k -b k ) = a k (a-b) + b(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) = (a-b)[ a k + b(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 )] = (a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2 Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n = 2 1)n(n + Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N * ta có : 1 2 +2 2 +3 2 + 4 2 +5 2 +……+n 2 = 6 1++ )1)(2nn(n Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N biểu thức U n =13 n -1 chia hết 6. Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2 n > 2n+1 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2n 2 4.3 32n 36 64 + + − M Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n) M 1.3.5…(2n-1) Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n 3 +2n M 3 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n 16 15n 1 225− − M TÍNH CHIA HẾT A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN 1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b ≠ 0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao cho a = bq + r với 0 r b≤ < . * Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a M b ⇔ a = kb a, b, k ∈ ¥ * Nếu r ≠ 0 phép chia a cho b là có dư 2. Tính chất của qua hệ chia hết: a M a a M b và b M a thì a = b a M b và b M c thì a M c a M m thì ka M m và a k M m a M m, b M m thì a ± b M m a ± b M m mà a M m thì b M m 1 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM a M m, b M n thì ab M nm a M m thì a n M m n a n M m, m nguyên tố thì a M m a M m, a M n mà (n, m) = 1 thì a M mn a M m, a M n, a M k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a M mnk a M m, b M m thì a ± b M m * Trong n số nguyên liên tiếp (n∈N * ) có một và chỉ một số chia hết cho n. * Trong n+1 số nguyên bất kì (n∈N * ) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó. * Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m. PHƯƠNG PHÁP GIẢI : 1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p Ví dụ : A(n) = n(n 2 +1)(n 2 +4) chia hết cho 5 n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5 a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5 b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n 2 = 25k 2 +10k +1 thì (n 2 +4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n 2 = 25k 2 +20k +4 thì (n 2 +1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n 2 = 25k 2 +30k +9 thì (n 2 +1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n 2 = 25k 2 +40k +16 thì (n 2 +4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q 3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n) M m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n. 4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n) M m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n) + Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức : a n – b n M a – b ( a ≠ b) n bất kỳ. a n – b n M a – b ( a ≠ - b) n chẵn. a n + b n M a + b ( a ≠ - b) n lẻ. 5/ Chứng minh bằng quy nạp toán học : Bài 1. Chứng minh rằng : a) n 5 - 5n 3 + 4n M 120 ; với ∀ n ∈ Z b) n 3 -3n 2 -n+3 M 48 ; với ∀ n lẻ c) n 4 + 4n 3 -4n 2 -16n M 384 với ∀ n chẵn Bài 2. CMR: a) 4 2 n n 12− M b) 2 n(n 2)(25n 1) 24+ − M c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n 5 là giống nhau. d) 3 3 (a b) 6 (a b ) 6+ ⇔ +M M e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR 2 n 1 24− M g) 2n 1 n 2 3 2 7 + + + M f) 2n 2 6n 1 3 2 11 + + + M 2 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM B, CHIA HẾT ĐA THỨC : 1. Ta sử dụng định lý Bơ zu : Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a. Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x) M ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa thức Từ đó suy ra : Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1 Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì f(x) M ( x + 1) 2.Đa thức bậc 2 trở lên : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia. Cách 2 : Xét giá trị riêng. 3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức chia. Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia. Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x) M g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x) M g(x) hoặc f(x) - g(x) M g(x). Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia BÀI TẬP Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho: a) 4x 2 - 6x + a M (x-3) b) 2x 2 + x + a M (x+3) c) x 3 + ax 2 - 4 M (x 2 + 4x + 4) d) 10x 2 - 7x + a M (2x - 3) e) 2x 2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4 g) ax 5 + 5x 4 - 9 M (x-1) Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x 3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5 Bài 3 Tìm n ∈ Z để : a/ n 2 + 2n – 4 M 11 b/ 2n 3 + n 2 + 7n +1 M 2n – 1 c/ n 3 – 2 M n – 2 d/ n 3 - 3n 2 + 3n - 1 M n 2 +n + 1 e/n 4 – 2n 3 + 2n 2 – 2n + 1 M n 4 – 1 Bài 4: Tìm số dư phép chia x 99 + x 55 + x 11 +x + 7 cho x + 1 Bài 5: CMR : a/ x 50 + x 10 + 1 M x 20 + x 10 + 1 b/ x 2 - x 9 – x 1945 M x 2 - x + 1 c/ x 10 - 10x + 9 M (x – 1) 2 d/ 8x 9 - 9x 8 + 1 M (x – 1) 2 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN 1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất. a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên) * Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn) 3 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM - Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn . Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại. - Kết luận nghiệmBài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 Giải: Cách 1: 2x + 3y = 11 1 y x y 5 2 − ⇒ = − + + x nguyên khi 1 y 2 hay y = 2t + 1 t− ∈M ¢ ⇒ x = 4 – 3t Vậy nghiệm nguyên của phương trình: x 4 – 3t y 2t 1 = = + t ∈ Z Cách 2: 2x + 3y = 11 d = (a, b) = (2, 3) = 1 nghiệm riêng: (x 0, y 0) = (4, 1) 1 1 a a d b b d = = nghiệm tổng quát 0 1 0 1 x x b t y y a t = − = + Vậy nghiệm phương trình là: x 4 – 3t y 2t 1 = = + Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 120 Hướng dẫn giải 11x + 18 y = 120 11x + 22y – 4y = 121 – 1 11(x + 2y -11 ) = 4y – 1 1 4y – 1 M 11 => 12y – 3 M 11 y – 3 M 11 => y = 11t + 3 (t Z∈ ) x = 6 – 18 t. 1 Vậy nghiệm pt là: 6 18 11 3 x t y t = − = + (t Z∈ ) Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 12x + 7y = 45 (1) Hướng dẫn giải Theo cách giải trên ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình (1) là 7 12 27 12 x t y t = − = − Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta có: 7 12 0 27 12 0 x t y t = − > = − > => t = 2 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 2 3 x y = = b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1) Hướng dẫn giải 2 (1) 3(2x +5y +3 z-1) = - z => z M 3 => z = 3t (t Z∈ ) 4 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM 3 Thay vào phương trình ta có: 2x + 5y + 10t = 1 (t Z∈ ) Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta được: Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn. Dạng ax 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên) Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 (1) Hướng dẫn giải Cách 1: Rút y theo x: y = 5 11 5 2 2 3 2 3 x x x x + + = + + + (Do x nguyên nên 2x + 3 khác 0) Vì y nguyên => x + 5 M 2x + 3 => …. 7 M 2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2); (2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng. Cách 2. Đưa về phương trình ước số: Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x nguyên. Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của phương trình. x 2 + 2y 2 +3xy –x – y + 3 =0 (1) Hướng dẫn giải Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên. 3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y 2 (1) Hướng dẫn giải Phương trình (1) (x 2 + 3x)(x 2 + 3x + 2) = y 2 Đặt a = x 2 + 3x (ĐK: a 2≥ − (*) Ta có: a 2 – 1 = y 2 GiảI phương trình này bằng cách đưa về phương trình ước số: => nghiệm phương trình (1) Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 - y 3 = xy + 8 (1) Hướng dẫn giải Ta có: 2 2 . 8x y x xy y− + + = Ta có x khác y vì nếu x = y => x 2 + 8 = 0 Vô lý. Vì x; y nguyên => 1x y− ≥ => 2 2 8x xy y xy+ + ≤ + => x 2 + xy + y 2 8xy≤ + (2) Nếu xy + 8 < 0=> (2) (x + y) 2 ≤ -8. Vô nghiệm. N ếu xy +8 > 0 => (2) x 2 + y 2 ≤ 8 => x 2 , y 2 { } 0;1;4∈ Từ đó tìm được Hai nghiệm nguyên của (1) là: (0; - 2); (2; 0) 4. Dạng 4: Phương trình dạng phân thức. Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1 1 1 1 6 6x y xy + + = (1) Hướng dẫn giải Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43) Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho − − 17 9 x x là bình phương của một phân số. Hướng dẫn giải 5 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM Giả sử − − 17 9 x x = ÷ 2 a b Với a, b nguyên, b khác 0 và (a, b) = 1. Nếu a = 0 => x = 17. Nếu a khác 0. Ta có (a 2 , b 2 ) = 1 => x – 17 = a 2 .k; x – 9 = b 2 .k (k nguyên) Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình x =17; 18; 8 5. Dạng 5: Phương trình dạng mũ. Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: 2 x + 3 = y 2 (1) Hướng dẫn giải 3 Nếu x = 0 => y 2 = 4 => y = 2 hoặc y = -2. 4 Nếu x = 1 => y 2 = 5 Vô nghiệm nguyên. 5 Nếu x ≥ 2 => 2 x M 4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y 2 chia 4 dư 1 => Vô lý. 6 Vậy nghiệm nguyên của (1) là: (0; 2); (0; -2) II. BÀI TẬP: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a) 2x + 3y = 11 b) 3x + 5y = 10 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4x + 5y = 65 3. Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11. 4. Tìm số nguyên dương bé nhất chia cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11. 5. Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, 17 quả hỏng, số còn lại chia đều cho 79 người. Hỏi mỗi cây có ít nhất mấy quả? BẤT ĐẲNG THỨC I. Tính chất cơ bản của BĐT : a) a < b, b < c ⇒ a < c b) a < b ⇔ a +c < b+ c. c) a< b ⇔ a.c < b.c (với c > 0) a< b ⇔ a.c > b.c (với c < 0) d) a < b và c < d ⇒ a+c < b + d. e) 0 < a < b và 0 < c < d ⇒ a.c < b.d f) ( ) 2 1 2 1 n n n a b a b + + + < ⇔ < ∈¢ 0 < ( ) 2 2 n n n a b a b + < ⇔ < ∈¢ g) ( ) 2 1 2 1 n n n a b a b + + + < ⇔ < ∈¢ ( ) 2 2 0 n n n a b a b + < < ⇔ < ∈¢ II. BĐT Cauchy: (Cô–si) a,b 0 2 a b ab + ≤ ∀ ≥ 6 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM Đẳng thức 2 a b ab + = xảy ra khi và chỉ khi a = b. a, b, c 0 3 + + ≤ ∀ ≥ a b c abc Hệ quả: 1 a + 2 a ≥ , a 0 ∀ > III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối a) |x| ≥ 0, |x| ≥ x, |x| ≥ -x b) |x| ≤ a ⇔ -a ≤ x ≤ a ( với a > 0) |x| ≥ a ⇔ x ≤ -a hoặc x ≥ a c) |a|-|b| ≤ |a+b| ≤ |a| + |b|. II. BĐT Bunhinacôpxki Cho a, b, x, y là các số thực, ta có: ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 Đẳng thức xảy ra khi: a b x y = Tổng quát: Cho 2n số thực: 1 2 1 2 , , , ; , , , n n a a a b b b Ta có: 1 1 2 2 | | + + + ≤ n n a b a b a b 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ( )( ) n n a a a b b b+ + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 1 2 n n a a a b b b = = = III.BĐT Becnuli Cho a > -1, n ∈ N * : (1+ + a) n ≥ 1 + na. Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc n = 1 2 Bất đẳng thức Cô-si mở rộng: Cho n số không âm: a 1 ; a 2; …; a n Ta có: 1 2 1 2 a a n n a a n a a a+ + + ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 a n a a= = = Bài 1: Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)( b 1 a 1 + ) ≥ 4 Giải: Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: (a+b) 2 ab 1 1 1 + 2 a b ab 1 1 1 (a+b) 2 .2 =4 a ab ab b ≥ ≥ + ≥ ÷ 7 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b. Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc ¡ . Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 2 | |ax by a b x y 2 + ≤ + + Áp dụng : 1. Cho x 2 + y 2 =1 , chứng minh - 2 ≤ x+y ≤ 2 2. Cho x+2y = 2 , chứng minh x 2 + y 2 ≥ 5 4 Bài 3 Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 9a b c a b c + + + + ≥ ÷ Bài 4: Cho 3 ab+bc+ca , , 0. C/m: 3 a b c abc≥ ≥ Bài 5: Cho a,b,c >0. C/m: ab bc ca a b c c a b + + ≥ + + Bài 6: Cho a > 0, b > 0, c > 0, a + b + c =1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 64 a b c + + + ≥ ÷ ÷ ÷ Bài 7: CMR với 4 số a, b, x, y bất kỳ ta có: ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Bài 8: Cho a, b, c, d > 0. Cm: ( )( ) dbcacdab ++≤+ Bài 9: CM bất đẳng thức: ( ) ( ) 22 2222 dbcadcba +++≥+++ Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT 2 222 cba ba c ac b cb a ++ ≥ + + + + + Bài 11: CM với mọi n nguyên dương thì: 2 1 2 1 2 1 1 1 >++ + + + nnn Bài 12: Cho a 3 + b 3 = 2. Cmr: a + b ≤ 2. Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = -2 (1) a 2 + b 2 + c 2 = 2 (2) CMR mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn − 0; 3 4 Bài 14: Cho a, b, c thỏa mãn hệ thức 2a + 3b = 5. CMR: 2a 2 + 3b 2 ≥ 5. Bài 15: Cho a, b là hai số thỏa mãn đi: a + 4b = 1. CM: a 2 + 4b 2 ≥ 5 1 . Dấu “=” xảy ra khi nào? 8 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM Bài 16: CM: 3 1 2222 22222 < ++− +++− Bài 17: Chứng minh: a) ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 b) 2420 ≤−+−< xx Bài 18: Cho a, b, c > 0. Cm: 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a Bài 19: Cho 100 1 3 1 2 1 1 ++++=S . CMR: S không là số tự nhiên. Bài 20: a) Cho x, y dương. CMR: yxyx + ≥+ 411 . Dấu bằng xảy ra khi nào? b) Tam giác ABC có chu vi 2 cba P ++ = . ++≥ − + − + − cbacpbpap 111 2 111 Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì? Bài 21: a) CM x > 1 ta có: 2 1 ≥ −x x b) Cho a > 1, b > 1. Tìm GTNN của: 11 22 − + − = a b b a P Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì 9 111 ≥ ++ cba . Bài 24: CMR nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì: ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 25: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có chu vi là 2. CMR: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1) 2 + ( b - 2) 2 = 5. Cm: a + 2b ≤ 10. Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 = 4 + ab. CMR: 8 3 8 22 ≤+≤ ba . Dấu bằng xảy ra khi nào? Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. Ta có BĐT: 3 211 ≥ + ++ baba Bài 29: CMR nếu: a) 51 ≤≤ a thì 105413 ≤−+− aa b) a + b 2;01;0 =+≥+≥ bab thì 2211 ≤+++ ba Bài 30: Cho biểu thức 9 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM 4 3 4 3 5 4 3 2 3 1 1 1 4 1 P x x x x x x x x x x x = − − − + − + − − − − + − + − CMR: 9 32 0 << P với 1 ±≠∀ x . Bài 31: a) Cho a, b, k là các số dương và 1 a b < : a a k Cmr b b k + < + b) Cmr nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì: ba c ac b cb a + + + + + < 2. Bài 32: Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. CMR : 9 1 1 1 1 ≥ + + ba Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0: +≥++ x y y x x y y x 34 2 2 2 2 SỐ CHÍNH PHƯƠNG , NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ 1) Định nghĩa: Là số có dạng 2 ,n n∈¢ . 2) Tính chất: 1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1 2. Nếu a=3k thì ( ) 2 0 mod9a ≡ ; Nếu 3a k ≠ thì ( ) 2 1 mod3a ≡ 3. Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào 4. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 5. Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n 2 sẽ là số chính phương. 6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương. HD: G/s ab= c 2 và gọi d=(a,c) suy ra a=a 1 d; c=c 1 d, (c 1 , d 1 )=1do đó ab=c 1 2 d + Do ( ) 2 2 1 1 1 1 1 a d c c , 1b vi a c→ =M M + Do ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 , , 1 ; c c d b c b vi b d b a b c a d b → = = → = = =M M 7. Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia hết cho p 2 . Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia hết cho p 2 thì a không là số chính phương. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n ∈ N). 10 [...]... tiếp thêm 1 là số chính phương 13 Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 199 4 hoặc 199 5 được hay không? N ≡ S ( N ) ( mod 3) 199 4 ≡ 2 ( mod 3) N ≡ 2 ( mod 3) HD: a) Vì nên nếu S(N)= 199 4 thì b) vì 199 5 chia hết cho 3, nhưng 199 5 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương không thể bằng 199 5 14 Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không chính phương... ; Kết quả: A = ; B= Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a A = 22 499 91 00… 09 b B = 11…155…56 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a A = 224.102n + 99 9. 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90 .10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương 12 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM B... k = 91 ⇒ abcd = 91 2 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11. (99 a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb M 11 ⇒ a + b M 11 Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1... Bài 4: Cho dãy số 49; 44 89; 4448 89; 444488 89; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương Ta có 44…488… 89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 10n + 8 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 10 n − 1 10 n − 1 9 10n + 8 9 = 4 +1 n 4.10 2 n − 4.10 n + 8.10 n − 8 + 9 4.10 2 n + 4.10 n... 199 8) x − 14 x−5 − =3 3+ x −5 Bài 29: Bài 33: x4 - 4 3 x -5 = 0 ( Đề thi HSG 2000) x4 + 4 − 5x = 0 x2 − 2 ( Đề thi HSG V2 2003) 4 3 2 a) x - 4x - 19x + 106x - 120 = 0 b) (x2 - x + 1)4 - 10(x2 - x + 1)2 +9x4 = 0 (x + 3 x + 2)(x + 9 x +18) = 168x (Đề thi HSG 2005) Bài 34: a) x2 + 4x + 5 = 2 2 x + 3 Bài 30: Bài 31: Bài 32: Bài 35: Bài 36: Bài 37: nghiệm Bài 38: Bài 39: Bài 40: Bài 41: Bài 42: 3 b) 3 x... chục thì chữ số hàng đơn vị luôn bằng 6 HD: xét (10n+b)2 = 20n(5n+b) + b2 ; Với b ≤ 9 chữ số hàng chục của 20n(5n+b) chẵn do đó chữ số hàng chục của b2 lẻ nên b=4; 6 19 Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chữ số hàng chục là chẵn 2 HD: Xét (10a+b)2 = 20a(5a+b)+b2 với b lẻ, b ≤ 9 ⇒ b = 1;3;5;7 ;9 ⇒ b = 01; 09; 25; 49; 81 → ĐPCM 20 Chứng minh rằng một số chính phương lớn hơn 100 có tận cùng là 5 thì... giả sử sai Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 1 69 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 là số chính phương Vậy n = 40 C.DẠNG 3: TÌM... = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn ⇒ b = 4 Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y ∈ N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 99 99 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4 096 Bài tập 1... – 2)2 = 1 Bài 7) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức x2 − x + 1 2 P = x + x +1 Bài 8) Tìm GTLN của A = x + 2 − x x y z + + y z x với x, y, z > 0 Bài 9) Tìm GTLN của P = Bài 10) Tìm GTLN của 29 August 22, 2014 See more at VIETMATHS.COM P= ( x − 199 0) 2 + ( x − 199 1) 2 Bài 11) Cho M = a + 3 − 4 a − 1 + a + 15 − 8 a − 1 a) Tìm điều kiện của a để M được xác định b) Tìm GTNN của M và giá trị của A tương ứng... phương HD: có n2 < n(n+1) < n2+2n+1 = (n+1)2 9 Tìm n ∈ ¥ n2 + 3n là chính phương HD: Dễ thấy n = 0;1 đúng Ngoài ra, có n2+2n+1< n2+3n < n2+4n+4 hay (n+1)2 < n2+3n< (n+2)2 10 Tìm n ∈ ¥ để n2 + 3 chia hết cho 5 11 Tìm n ∈ ¥ để n! + 97 là chính phương HD: Nếu n ≥ 5 thì n! +97 có tận cùng là 7 nên không chính phương Nếu n = 4 thì 24 +97 = 121= n2 Nếu 0 ≤ n ≤ 3 thì đều không thoả mãn 12 Chứng minh rằng tích . thể bằng 199 4 hoặc 199 5 được hay không? HD: a) ( ) ( ) mod3N S N≡ . Vì ( ) 199 4 2 mod3≡ nên nếu S(N)= 199 4 thì ( ) 2 mod3N ≡ b) vì 199 5 chia hết cho 3, nhưng 199 5 không chia hết cho 9 nên tổng. A = 22 499 91 00… 09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a. A = 224.10 2n + 99 9. 10 n+2 + 10 n+1 + 9 = 224.10 2n + ( 10 n-2 – 1 ) . 10 n+2 + 10 n+1 + 9 = 224.10 2n . chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 . Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 1 69 tương ứng với số n bằng 12;