Thông tin tài liệu
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại dạng toán phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải số tập phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ kỹ phân tích đa thức thành nhân tử B CÁC PHƢƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bổ sung: + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ có dạng p/q p ƣớc hệ số tự do, q ƣớc dƣơng hệ số cao + Nếu f(x) có tổng hệ số f(x) có nhân tử x – + Nếu f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ f(x) có nhân tử x + + Nếu a nghiệm nguyên f(x) f(1); f(- 1) khác f(1) f(-1) số nguyên a-1 a+1 Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ƣớc hệ số tự Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = 1; 2; 4 , có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta tách f(x) thành nhóm có xuất nhân tử x – Cách 1: x3 – x2 – = x3 x2 x2 x x 4 x2 x 2 x( x 2) 2( x 2) = x 2 x2 x 2 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Cách 2: x3 x2 x3 x2 x3 8 x2 4 ( x 2)( x2 x 4) ( x 2)( x 2) = x 2 x2 x 4 ( x 2) ( x 2)( x2 x 2) Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: 1, 5 không nghiệm f(x), nhƣ f(x) nghiệm nguyên Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x3 x2 x2 x 15x 3x3 x2 x2 x 15x 5 = x2 (3x 1) x(3x 1) 5(3x 1) (3x 1)( x2 x 5) Vì x2 x ( x2 2x 1) ( x 1)2 với x nên không phân tích đƣợc thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử x + x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + Tổng hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) Vì x4 - x3 + x2 - x - nghiệm nguyên nghiệm hữu tỉ nên không phân tích đƣợc Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phƣơng: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + nhƣ: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + Giả sử x ta viết 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – Đặt x - 1 2 )+7] + ) = x [(x + ) + 6(x x x x x 1 = y x2 + = y2 + 2, x x A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - ) + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 x Chú ý: Ví dụ giải cách áp dụng đẳng thức nhƣ sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3: A = ( x2 y z )( x y z)2 ( xy yz +zx)2 = ( x2 y z ) 2( xy yz +zx) ( x2 y z ) ( xy yz +zx)2 Đặt x2 y z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x2 y z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x4 y z ) ( x2 y z )2 2( x2 y z )( x y z )2 ( x y z )4 Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x2 y y z z x2 ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( x2 y y z z x2 ) + (xy + yz + zx)2 = 4 x2 y y z 4z x2 4x2 y y z 4z x 8x yz 8xy z 8xyz 8xyz ( x y z ) Ví dụ 5: (a b c)3 4(a3 b3 c3 ) 12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + m2 - n ) Ta có: m3 + 3mn 2 4c3 3c(m2 - n ) = 3( - c +mc – mn + cn ) C = (m + c) – 4 = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III PHƢƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Nhận xét: số 1, không nghiệm đa thức, đa thức nghiệm nguyên củng nghiệm hữu tỉ Nhƣ đa thức phân tích đƣợc thành nhân tử phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd a c 6 ac b d 12 đồng đa thức với đa thức cho ta có: ad bc 14 bd Xét bd = với b, d Z, b 1, 3 với b = d = hệ điều kiện trở thành a c 6 ac 8 2c 8 c 4 a c 14 ac a 2 bd Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) a 3 b 2a 7 a b 5 = 2x + (a - 4)x + (b - 2a)x + (c - 2b)x - 2c c 2b c 4 2c Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - đa thức có tổng hệ số hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nahu nên có nhân tử x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN ac 12 bc ad 10 a c 3c a bd 12 b 6 d 3d b 12 2 12x + 5x - 12y + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 1) x3 - 7x + 10) 64x4 + y4 2) x3 - 9x2 + 6x + 16 11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6 3) x3 - 6x2 - x + 30 12) x3 + 3xy + y3 - 4) 2x3 - x2 + 5x + 13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 5) 27x3 - 27x2 + 18x - 6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 8) 4x - 32x + 9) 3(x4 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 14) x + x + 15) x8 + 3x4 + 16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 17) x4 - 8x + 63 CHUYấN ĐỀ - SƠ LƢỢC VỀ CHỈNH HỢP, 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP A MỤC TIÊU: * Bƣớc đầu HS hiểu chỉnh hợp, hoán vị tổ hợp * Vận dụng kiến thức vào ssó toán cụ thể thực tế * Tạo hứng thú nâng cao kỹ giải toán cho HS B KIẾN THỨC: I Chỉnh hợp: định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp k phần tử tập hợp X ( k n) theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập k n phần tử Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử đƣợc kí hiệu A k n Tính số chỉnh chập k n phần tử A k n = n(n - 1)(n - 2)…[n - (k - 1)] II Hoán vị: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp n phần tử tập hợp X theo thứ tự định gọi hoán vị n phần tử Số tất hoán vị n phần tử đƣợc kí hiệu Pn Tính số hoán vị n phần tử Pn = ( n! : n giai thừa) A n n = n(n - 1)(n - 2) …2 = n! III Tổ hợp: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi tập X gồm k phần tử n phần tử tập hợp X ( k n) gọi tổ hợp chập k n phần tử Số tất tổ hợp chập k n phần tử đƣợc kí hiệu C Tính số tổ hợp chập k n phần tử C k n = A n n : k! = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! k n 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN C Ví dụ: Ví dụ 1: Cho chữ số: 1, 2, 3, 4, a) có số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số b) Có số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số c)Có cách chọn ba chữ số chữ số Giải: a) số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2) = = 60 số b) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số hoán vị cua phần tử (chỉnh hợp chập phần tử): A 5 = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = = 120 số c) cách chọn ba chữ số chữ số tổ hợp chập phần tử: C = 5.(5 - 1).(5 - 2) 5.4.3 60 10 nhóm 3! 3.(3 - 1)(3 - 2) Ví dụ 2: Cho chữ số 1, 2, 3, 4, Dùng chữ số này: a) Lập đƣợc số tự nhiên có chữ số chữ số lặp lại? Tính tổng số lập đƣợc b) lập đƣợc số chẵn có chữ số khác nhau? c) Lập đƣợc số tự nhiên có chữ số, hai chữ số kề phải khác d) Lập đƣợc số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn Giải 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN a) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = = 120 số Trong hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), chữ số có mặt: 120 : = 24 lần Tổng chữ số hang: (1 + + + + 5) 24 = 15 24 = 360 Tổng số đƣợc lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960 b) chữ số tận có cách chọn (là 4) bốn chữ số trƣớc hoán vị của chữ số lại có P4 = 4! = = 24 cách chọn Tất có 24 = 48 cách chọn c) Các số phải lập có dạng abcde , : a có cách chọn, b có cách chọn (khác a), c có cách chọn (khác b), d có cách chọn (khác c), e có cách chọn (khác d) Tất có: = 1280 số d) Chọn chữ số chẵn, có cách chọn chọn chữ số lẻ, có cách chọn Các chữ số hoán vị, có: 4! =1 = 72 số 1800 Trên Ax lấy điểm khác A, Ay lấy điểm khác A 12 Bài 3: Cho xAy điểm nói (kể điểm A), hai điểm củng đƣợc nối với đoạn thẳng Có tam giác mà đỉnh 12 điểm Giải Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại: + Loại 1: tam giác có đỉnh A, đỉnh thứ thuộc Ax (có cách chọn), đỉnh thứ thuộc Ay (có cách A A1 chọn), gồm có: = 30 tam giác + Loại 2: Các tam giác có đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 (có cách chọn), hai đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có C B1 6.5 30 15 cách chọn) 2! Gồm 15 = 75 tam giác B2 A2 B3 A3 B4 A4 y B5 A5 A x 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN + Loại 3: Các tam giác có đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 hai đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 gồm có: C 5.4 20 60 tam giác 2! Tất có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác Cách 2: số tam giác chọn 12 điểm C 12 12.11.10 1320 1320 220 3! 3.2 Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ax là: C Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ay là: C 7.6.5 210 210 35 3! 3.2 6.5.4 120 120 20 3! 3.2 Số tam giác tạo thành: 220 - ( 35 + 20) = 165 tam giác D BÀI TẬP: Bài 1: cho số: 0, 1, 2, 3, từ chữ số lập đƣợc số tự nhiên: a) Có chữ số gồm chữ số ấy? b) Có chữ số, có chữ số khác nhau? c) có chữ số, chữ số khác nhau? d) có chữ số, chữ số giống nhau? Bài 2: Có số tự nhiên có chữ số lập chữ số 1, 2, biết số chia hết cho Bài 3: Trên trang có đƣờng kẻ thẳng đứng đƣờng kẻ nằm ngang đôi cắt Hỏi trang có hình chữ nhật 10 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 2 x + y + z A = x = y = z = b) Từ (1) (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx) xy+ yz + zx max B = x = y = z = 3) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > x + y + z = 1 Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z 3 xyz xyz xyz 27 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có x y y z z x 3 x y y z x z Dấu xảy x = y = z = Vậy S có giá trị lớn 3 x y . y z . z x 8 S 27 27 729 x = y = z = 729 4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x4 y z Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z) Ta có xy yz zx x y z x2 y z (1) 2 áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x2 , y , z ) (1,1,1) Ta có ( x2 y z )2 (12 12 12 )( x4 y z ) ( x2 y z )2 3( x4 y z ) Từ (1) (2) 3( x4 y z ) x y z Vậy x4 y z có giá trị nhỏ 3 x= y = z = 3 D Một số ý: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta đổi biến Ví dụ : Khi tìm GTNN A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – = y A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + 2… 2) Khi tìm cực trị biểu thức, ta thay đk biểu thức đạt cực trị đk tƣơng đƣơng biểu thức khác đạt cực trị: 104 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN +) -A lớn A nhỏ ; +) lớn B nhỏ (với B > 0) B +) C lớn C2 lớn Ví dụ: Tìm cực trị A = x4 + x + 1 a) Ta có A > nên A nhỏ lớn nhất, ta có A x + 1 2x = x = max A = x = 1 A A x +1 x +1 b) Ta có (x2 – 1)2 x4 - 2x2 + x4 + 2x2 (Dấu xẩy x2 = 1) 2x 2x Vì x + > = x2 = max 1 x +1 x +1 A A = x = 1 3) Nhiều ta tìm cực trị biểu thức khoảng biến, sau so sámh cực trị để để tìm GTNN, GTLN toàn tập xác định biến Ví dụ: Tìm GTLN B = y - (x + y) a) xét x + y - Nếu x = A = - Nếu y A - Nếu y = x = A = b) xét x + y A So sánh giá trị A, ta thấy max A = x = 0; y = 4) Sử dụng bất đẳng thức Ví dụ: Tìm GTLN A = 2x + 3y biết x2 + y2 = 52 Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) cho số 2, x , 3, y ta có: (2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 2x + 3y 26 Max A = 26 x y 3x 2 y = x +y =x + = 105 3x = 52 13x = 52.4 x = 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Vậy: Ma x A = 26 x = 4; y = x = - 4; y = - 5) Hai số có tổng không đổi tích chúng lớn chúng Hai số có tích không đổi tổng chúng lớn chúng a)Ví dụ 1: Tìm GTLN A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn x2 – 3x + = 21 + 3x – x2 x2 – 3x – 10 = x = x = - Khi A = 11 11 = 121 Max A = 121 x = x = - b) Ví dụ 2: Tìm GTNN B = (x + 4)(x + 9) x (x + 4)(x + 9) x 13x + 36 36 Ta có: B = x+ 13 x x x Vì số x A= x+ 36 36 36 36 có tích x = 36 không đổi nên x + nhỏ x = x=6 x x x x 36 13 nhỏ A = 25 x = x 6)Trong tìm cực trị cần tồn giá trị biến để xẩy đẳng thức không cần giá trị để xẩy đẳng thức Ví dụ: Tìm GTNN A = 11m 5n Ta thấy 11m tận 1, 5n tận Nếu 11m > 5n A tận 6, 11m < 5n A tận m = 2; n = thÌ A = 121 124 = A = 4, chẳng hạn m = 2, n = 106 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN - PHƯƠNG PHÁP 1: Phƣơng pháp đƣa dạng tổng Phƣơng pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng bình phương - Biến đổi phƣơng trình dạng vế tổng bình phƣơng biểu thức chứa ẩn; vế lại tổng bình phƣơng số nguyên (số số hạng hai vế nhau) Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: 5x2 xy y 169 (1) 2 x y x 144 25 (1) x xy y x 144 25 169 2 x y x 169 2 (II) Từ (I) ta có: Tƣơng tự từ (II) ta có: x y 2 122 x 5 x 5 ; x 52 y 2 y 22 x y 2 52 x 12 x 12 ; 2 y 19 y 29 x 12 x y 2 132 x x y 13 x y 2 x 13 2 y 26 x 13 5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29 ; 13; 26 12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 Vậy x, y Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 y x y (2) (2) x2 x y y 32 x2 x y y 34 x 1 y 1 52 32 x 12 32 x 2; x 1 y 12 52 y 3; y 2 x 12 52 x 3; x 2 y 12 32 y 2; y 1 Vậy x; y 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1 Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: x3 y3 91 (1) 107 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN (1) x y x2 xy y 91.1 13.7 (Vì x2 xy y ) x y x x 5 ; 2 x xy y 91 y y 6 x y x xy y 91.1 x y 91 VN 2 x xy y Ví dụ 4: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 x y (2) x x y x x y x 1 y x y 1 x xy 1 2 2 x y x 2 x y y 2 x y 1 x 1 2 x y 1 y Vậy: x; y 0;0 ; 1;0 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phƣơng pháp cực hạn Phƣơng pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình đối xứng - Vì phƣơng trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng nhƣ Do đó; ta giả thiết x y z ; tìm điều kiện nghiệm; loại trừ dần ẩn để có phƣơng trình đơn giản Giải phƣơng trình; dùng phép hoán vị để suy nghiệm Ta thƣờng giả thiết x y z Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y; z Z thoả mãn: x y z x y.z (1) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy phƣơng trình đối xứng Giả sử x y z Khi đó: (1) x y.z x y z 3z x y (Vì x; y; z Z ) x y 1; 2;3 * Nếu: x y x y z z (vô lí) * Nếu: x y x 1; y 2; z * Nếu: x y x 1; y z y (vô lí) 108 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Vậy: x; y; z hoán vị 1; 2;3 1 (2) x y z Ví dụ 2: Tìm x; y; z Z thoả mãn: Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây phƣơng trình đối xứng Giả sử x y z Khi đó: x y z x (2) x x 1 y z y Với: x y y 1; 2 z .Nếu: y (vô lí) .Nếu: y z Vậy: x; y; z hoán vị 1; 2; - PHƯƠNG PHÁP 3: Phƣơng pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y Z để: A Ta có: A x2 x x2 x nhận giá trị nguyên x2 x x2 x 1 1 Khi đó: 2 x x 1 x x 1 x x 1 Để A nhận giá trị nguyên nhận giá trị nguyên x x 1 1 x2 x 1 x x 1 U 1 1;1 x x 1 Vì : x x 1 0; x x x Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x x 1 Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: y x x y x2 y2 x y (2) y x 1 x x 1 y x 1 * Với: x 1; * x ngiệm phƣơng trình Nên: 109 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN y2 x y ** x 1 Phƣơng trình có nghiệm nguyên x x 1 U (1) 1; 1 x 1 x Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: 3x y 1 (3) Ta có: (3) 3x y 1 y y 2 3x số lẻ y; y hai số lẻ liên tiếp y; y y; y luỹ thừa 3, nên: m y * m n x 3m 3n m n n y ** Với: m 0; n y 1; x y 3 y; y ( vô lí) y Với: m 1; n Từ * ; ** x y 1 Phƣơng trình có nghiệm nguyên: - PHƯƠNG PHÁP 4: Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức Phƣơng pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình mà hai vế đa thức có tính biến thiên khác - Áp dụng bất đẳng thức thƣờng gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: a1; a2 ; a3 ; ; an Khi đó: a1 a2 a3 an n a1.a2 a3 .an Dấu “=” xảy a1 a2 a3 an n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1; a2 ; a3 ; ; an b1; b2 ; b3 ; ; bn Khi đó: a1.b1 a2 b2 a3.b3 an bn a1 a2 a3 an b1 b2 b3 bn Dấu “=” xảy kbi i 1; n *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối: 110 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN a b a.b a b a b a.b Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả: x y y.z z.x (1) z x y Áp dụng BĐT Cô – si Ta có: x y y.z z.x x y y.z z.x 3 3 x y.z z x y z x y x y.z x y.z x y z Vậy nghiệm phƣơng trình là: x y z Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình: x y 1 x2 y 1 (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: x y 1 12 12 12 x2 y 1 x y 1 x Dấu “=” xảy y x y 1 1 Vậy nghiệm phƣơng trình là: x y Ví dụ 3: Tìm tất số nguyên x thoả mãn: x x 10 x 101 x 990 x 1000 2004 (3) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 a a Ta có:(3) x 10 x x 101 x 990 x 1000 2004 3 x 3 x 10 x 10 x Mà a a x 101 x 101 2004 x 101 2003 x 101 x 990 x 990 x 1000 x 1000 Do đó: 1 x 101 x 101 1;0;1 x 102; 101; 100 111 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Với x 101 2004 2003 (vô lí) Vậy nghiệm phƣơng trình là: x 102; 100 1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mãn: x2 y z xy y z Vì x,y,z số nguyên nên x2 y z xy y 2z y2 3y2 x y z xy y z x xy y 3 z 2z 2 y y x 1 z 1 2 2 y y (*) Mà x 1 z 1 2 2 y x x 1 2 y y y x 1 z 1 y 2 2 2 z 1 z 1 x, y R x 1 Các số x,y,z phải tìm y z 1 PHƯƠNG PHÁP 5: Phƣơng pháp lựa chọn Phƣơng pháp: Phương pháp sử dụng với phương trình mà ta nhẩm (phát dể dàng) vài giá trị nghiệm - Trên sở giá trị nghiệm biết Áp dụng tính chất nhƣ chia hết; số dƣ; số phƣơng; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trị khác phƣơng trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: x6 3x3 y Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x 0; y 1 phƣơng trình đƣợc nghiệm Ta cần chứng minh phƣơng trình vô nghiệm với x + Với x 0; y 1 phƣơng trình đƣợc nghiệm + Với x Khi đó: x6 x3 x6 3x3 x6 x3 x3 1 y x3 (*) 2 Vì x3 1 ; x3 hai số nguyên liên tiếp nên giá trị y thoả (*) 112 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Vậy x 0; y 1 nghiệm phƣơng trình Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả: x2 x 1 32 y 1 (2) (Tạp chí Toán học tuổi trẻ ) Gọi b chữ số tận x ( Với b 0;1; 2; ;9 Khi đó: x x 1 có chữ số tận là: 1, (*) Mặt khác: 32 y1 luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phƣơng trình vô nghiệm Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 xy 13 y 100 (3) y 5 (3) x 3 25 y 25 y n n Do đó: y 5; 4; 3;0;3; 4;5 x 3;9;11;13 Phƣơng trình có nghiệm nguyên: x; y 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 PHƯƠNG PHÁP 6: Phƣơng pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phƣơng pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) số tự do, để có đƣợc phƣơng trình đơn giản - Sử dụng linh hoạt phƣơng pháp để giải phƣơng trình Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phƣơng trình: x3 y3 z3 (1) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy x3 y3 9z x3 y3 9z 3 mà 3 y3 z 3 nên x3 3 Ta có: (1) x3 y3 z 3 x3 3 x3 x 3x1 Khi đó: (1) 27 x13 y3 z 3 x13 y3 3z 3 y3 3 y 3 y y1 x13 27 y13 3z 3 z 3 z 3 y 3z1 113 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN * Tiếp tục biểu diễn gọi x0 ; y0 ; z0 nghiệm (1) U x ; y ; z 0 x0 ; y0 ; z0 Thực thử chọn ta đƣợc: x0 y0 z0 Vậy nghiệm phƣơng trình là: x0 y0 z0 114 0 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN CÁC BÀI TẬP KHÁC 1/Dùng định nghĩa 1) Cho abc = a 36 Chứng minh a2 2 b +c > ab+bc+ac Giải Ta có hiệu: a2 a2 a2 2 2 b +c - ab- bc – ac = b +c - ab- bc – ac 12 = ( a2 a2 a 36abc a 2 b +c - ab– ac+ 2bc) + 3bc =( -b- c) + 12 12a a 36abc a =( -b- c) + >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên 12a Vậy : a >0 ) a2 2 b +c > ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh a) x y z x.( xy x z 1) b) với số thực a , b, c ta có : a 5b2 4ab 2a 6b c) a 2b2 2ab 2a 4b Giải : a) Xét hiệu : H = x y z x y x xz x = x y x z 2 x 12 H ta có điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = a 2b 12 b 12 H > ta có điều phải chứng minh c) vế trái viết H = a b 12 b 12 H ta có điều phải chứng minh 115 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN Ii / Dùng biến đổi tƣơng đƣơng x y2 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh : 8 x y 2 Giải : x y x y xy x y 2 Ta có x 2 (vì xy = 1) y x y 4.x y 4 Do BĐT cần chứng minh tƣơng đƣơng với x y 4 4x y 2 8.x y 2 x y 4x y 2 x y BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy Chứng minh : 1 2 1 x 1 y xy Giải : 1 1 1 2 2 1 x 1 y xy x y y xy Ta có xy x xy y 0 x 1 xy y 1 xy x( y x) y( x y) 1 x .1 xy 1 y .1 xy y x 2 xy 1 1 x y .1 xy BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chứng minh a b c Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) 1.a 1.b 1.c2 1 1.a b2 c Ta có a b c2 3.a b2 c 116 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN a b2 c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dƣơng 1 Chứng minh a b c . a b c (1) Giải : a a b b c c a b a c b c (1) b c a áp dụng BĐT phụ c a b a x y 2 y x a c a c b Với x,y > Ta có BĐT cuối 1 Vậy a b c . a b (đpcm) c Iv / dùng phƣơng pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c [...]... 9 88 8 n n-1 e) M = 11 1 22 2 2n f) N = 12 + 22 + + 562 n Bi 2: Tỡm s t nhiờn n cỏc biu thc sau l s chớnh phng 27 n 20 CHUYấN BI DNG TON 8 a) n3 n + 2 b) n4 n + 2 Bi 3: Chng minh rng a)Tng ca hai s chớnh phng l khụng l s chớnh phng b) Mt s chớnh phng cú ch s tn cựng bng 6 thỡ ch s hng chc l ch s l Bi 4: Mt s chớnh phng cú ch s hng chc bng 5 Tỡm ch s hng n v 28 20 CHUYấN BI DNG TON 8 CHUYấN... (n - 1)(n + 1)(n2 + 1) 20 20 CHUYấN BI DNG TON 8 A chia ht cho b nờn n 1 A chia ht cho B n - 1 n + 1 (n + 1) - 2 n + 1 n n 2 n+1 n n n = -3 n = - 2 1=-1 n = 0 1=1 Tm) 1=2 n = 1 (khong 1=-2 Vy: n 3; 2; 0 thỡ n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1 n4 - 1 d) Chia n3 - n2 + 2n + 7 cho n2 + 1 c thng l n - 1, d n + 8 n3 - n2 + 2n + 7 n2 + 1 thỡ n + 8 n2 + 1 (n + 8) (n - 8) n2 + 1 65 n2 +... chia 2100 cho 125 Vn dng bi 1 ta cú 2100 = B(125) + 1 m 2100 l s chn nờn 3 ch s tn cựng ca nú ch cú th l 126, 376, 626 hoc 87 6 Hin nhiờn 2100 chia ht cho 8 vỡ 2100 = 1625 chi ht cho 8 nờn ba ch s tn cựng ca nú chia ht cho 8 trong cỏc s 126, 376, 626 hoc 87 6 ch cú 376 chia ht cho 8 Vy: 2100 vit trong h thp phõn cú ba ch s tn cựng l 376 Tng quỏt: Nu n l s chn khụng chia ht cho 5 thỡ 3 ch s tn cựng ca... + y2 )2 Vớ d 2:Tỡm tng h s cỏc a thc cú c sau khi khai trin a) (4x - 3)4 Cỏch 1: Theo cụnh thc Niu tn ta cú: (4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 86 4x2 - 432x + 81 Tng cỏc h s: 256 - 7 68 + 86 4 - 432 + 81 = 1 b) Cỏch 2: Xột ng thc (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4 Tng cỏc h s: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Thay x = 1 vo ng thc trờn ta cú: (4.1 - 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3... 2n 1 chia ht cho 7 khi n = BS 3 Bi 2: Tỡm n N : a) 3n 1 chia ht cho 8 b) A = 32n +3 + 24n + 1 chia ht cho 25 c) 5n 2n chia ht cho 9 Gii 21 20 CHUYấN BI DNG TON 8 a) Khi n = 2k (k N) thỡ 3n 1 = 32k 1 = 9k 1 chia ht cho 9 1 = 8 Khi n = 2k + 1 (k N) thỡ 3n 1 = 32k + 1 1 = 3 (9k 1 ) + 2 = BS 8 + 2 Vy : 3n 1 chia ht cho 8 khi n = 2k (k N) b) A = 32n +3 + 24n + 1 = 27 32n + 2.24n = (25 +... 11 1 + 4 11 1 + 1 = a 10 + a + 4 a + 1 n n n n = a(9a + 1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 n t 99 9 = a 10 = a + 1 d) D = 99 9 8 00 0 1 n n n n+2 D = 99 9 + 8 10n + 1 + 1 = a 100 10n + 80 10n + 1 10 n 2 = 100a(a + 1) + 80 (a + 1) + 1 = 100a2 + 180 a + 81 = (10a + 9)2 = ( 99 9 ) n+1 n+2 e) E = 11 1 + 2 11 1 22 2 5 = 11 1 22 2 00 + 25 = 11 1 10 00 + 25 n n+1 n n+1 n n 2 = [a(9a +... 4 thỡ d 3 100 25 20 CHUYấN BI DNG TON 8 vy 11 1 khụng l s chớnh phng nờn F = 44 4 khụng l s chớnh phng 100 100 Bi 4: a) Cho cỏc s A = 11 11 ; B = 11 .11 ; C = 66 66 2m m+1 m CMR: A + B + C + 8 l s chớnh phng Ta cú: A 102 m 1 10m1 1 10m 1 ;B= ; C = 6 9 9 9 A+B+C +8 = Nờn: 102 m 1 10m1 1 10m 1 102 m 1 10m1 1 6(10m 1) 72 + + 6 +8= 9 9 9 9 10m 16.10m 64 10m 8 102 m 1 10.10m... cho 13 c) 1719 + 1917 chi ht cho 18 d) 3663 - 1 chia ht cho 7 nhng khụng chia ht cho 37 14 20 CHUYấN BI DNG TON 8 e) 24n -1 chia ht cho 15 vi n N Gii a) 251 - 1 = (23)17 - 1 23 - 1 = 7 b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 4 + 9 = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + 1 17 + 1 = 18 v 1917 - 1 19 - 1 = 18 nờn (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 18 d) 3663 - 1 36 - 1 = 35 7 3663... 1).(k + 2) A chia ht cho 16 (1) V (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) l tớch ca 4 s nguyờn liờn tip nờn A cú cha bi ca 2, 3, 4 nờn A l bi ca 24 hay A chia ht cho 24 (2) 15 20 CHUYấN BI DNG TON 8 T (1) v (2) suy ra A chia ht cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n - 28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta cú: 27n - 27 27 (1) + 10 n - 9n - 1 = [( 9 9 - n) 27 (2) + 1) - 9n - 1] = 9 9 - 9n = 9( 1 1 n n n vỡ 9 9 v 1 1 -... 22 + 2 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia ht cho 101 (1) 16 20 CHUYấN BI DNG TON 8 Li cú: A = (13 + 993) + (23 + 983 ) + + (503 + 1003) Mi s hng trong ngoc u chia ht cho 50 nờn A chia ht cho 50 (2) T (1) v (2) suy ra A chia ht cho 101 v 50 nờn A chi ht cho B Bi tp v nh Chng minh rng: a) a5 a chia ht cho 5 b) n3 + 6n2 + 8n chia ht cho 48 vi mi n chn c) Cho a l s nguyờn t ln hn 3 Cmr a2 1 chia ht
Ngày đăng: 04/10/2016, 15:22
Xem thêm: 20 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8, 20 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
