20 CHUYEN DE BOI DUONG TOAN 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Cách 1: 2 x3 – x2 – = ( x − x ) + ( x − x ) + ( x − ) = x ( x − ) + x( x − 2) + 2( x − 2) = ( x − 2) ( x + x + 2) 3 2 Cách 2: x − x − = x − − x + = ( x − ) − ( x − ) = ( x − 2)( x + x + 4) − ( x − 2)( x + 2) 2 = ( x − ) ( x + x + ) − ( x + 2)  = ( x − 2)( x + x + 2) Ví dụ 3: 3x3 – 7x2 + 17x – 2 2 f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x − x − x + x + 15 x − = ( 3x − x ) − ( x − x ) + ( 15 x − ) = x (3x − 1) − x(3x − 1) + 5(3x − 1) = (3 x − 1)( x − x + 5) Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 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 + f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) 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) Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN = (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: Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: 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) Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: 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 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – Đặt x - 1 + ) = x2 [(x2 + ) + 6(x )+7] 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 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 = ( x + y + z )( x + y + z )2 + ( xy + yz +zx)2 2 2 2 = ( x + y + z ) + 2( xy + yz +zx)  ( x + y + z ) + ( xy + yz +zx) Đặt x + y + z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x + y + z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x + y + z ) − ( x + y + z )2 − 2( x + 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 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Ta lại có: a – b2 = - 2( x y + y z + z x ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( x y + y z + z x ) + (xy + yz + zx)2 = −4 x y − y z − z x + x y + y z + z x + 8x yz + 8xy z + 8xyz = xyz ( x + y + z ) Ví dụ 5: (a + b + c)3 − 4(a + b3 + c3 ) − 12abc (1) Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + (1) (m + c)3 – m2 - n ) m + 3mn − 4c3 − 3c(m - n ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) = 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 PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Đa thức nghiệm nguyên củng nghiệm hữu tỉ Như đa thức phân tích 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 = −  c = −  ⇒ ⇒  a = −2  a + 3c = −14 ac = bd = Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN = (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 –  ac = 12 bc + ad = −10 a =   c = ⇒ 3c − a = ⇒ bd = −12 b = −6  d = 3d − b = 12 ⇒ 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 -4 7x 10)1)64x + y+4 + 16 11)2)a6x+ -a9x + a+2b6x + b4 - b6 6x2 +- xy3+- 30 12)3)x3x+-3xy - x + 5x 2+ 13)4)4x2x + 4x + 5x + 2x + 5) 27x - 27x2 + 18x - 14) x + x + 6) x82 + 2xy4 + y2 - x - y - 12 15) x + 3x + 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 16) 3x24 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 8) 4x - 32x + 17)9)x43(x - 8x + 63 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 CHUYấN ĐỀ - SƠ LƯỢC VỀ CHỈNH HỢP, Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN *CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết +) an - bn chia hết cho a - b (a - b) +) (a + 1)n BS(a )+ +) a2n + + b2n + chia hết cho a + b +)(a - 1)2n B(a) + + (a + b)n = B(a) + bn +) (a - 1)2n + B(a) - Các toán Bài 1: chứng minh a) 251 - chia hết cho c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 b) 270 + 370 chia hết cho 13 d) 3663 - chia hết cho không chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N Giải a) 251 - = (23)17 - M23 - = b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 M4 + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + M17 + = 18 1917 - M19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 M18 d) 3663 - M36 - = 35 M7 3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - e) 4n - = (24) n - M24 - = 15 Bài 2: chứng minh a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n∈ Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n∈ N ; Giải: a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5) = n(n2 - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1) Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k ∈ Z) A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2) ⇒ A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta có: 27n - 27 M27 (1) { + 1) - 9n - 1] = 9 { - 9n = 9( 1 { - n) M27 (2) + 10 n - 9n - = [( 9 n n n { - n M3 1 { - n số có tổng chữ số chia hết cho M9 1 n n Từ (1) (2) suy đpcm Bài 3: Chứng minh với số nguyên a a) a3 - a chia hết cho b) a7 - a chia hết cho Giải a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn số bội nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nếu a = 7k (k ∈ Z) a chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 - = 49k2 + 14k chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 + a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 - a + = 49k2 + 35k + chia hết cho 7 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Trong trường hợp củng có thừa số chia hết cho Vậy: a7 - a chia hết cho Bài 4: Chứng minh A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 Giải Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) Mỗi số hạng ngoặc chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chi hết cho B Bài tập Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n chẵn c) Cho a l số nguyên tố lớn Cmr a2 – chia hết cho 24 d) Nếu a + b + c chia hết cho a3 + b3 + c3 chia hết cho e) 20092010 không chia hết cho 2010 f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho Dạng 2: Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư chia 2100 a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 Giải a) Luỹ thừa sát với bội 23 = = - Ta có : 2100 = (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - = B(9) + Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Vậy: 2100 chia cho dư b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + Vậy: 2100 chia cho 25 dư Bài 2: Viết số 19951995 thành tổng số tự nhiên Tổng lập phương chia cho dư bao nhiêu? Giải Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an Gọi S = a13 + a 23 + a 33 + + a n = a13 + a 23 + a 33 + + a n + a - a = (a1 - a1) + (a2 - a2) + …+ (an - an) + a Mỗi dấu ngoặc chia hết cho dấu ngoặc tích ba số tự nhiên liên tiếp Chỉ cần tìm số dư chia a cho 1995 số lẻ chia hết cho 3, nên a củng số lẻ chia hết cho 3, chia cho dư Bài 3: Tìm ba chữ số tận 2100 viết hệ thập phân giải Tìm chữ số tận tìm số dư phép chia 2100 cho 1000 Trước hết ta tìm số dư phép chia 2100 cho 125 Vận dụng ta có 2100 = B(125) + mà 2100 số chẵn nên chữ số tận 126, 376, 626 876 Hiển nhiên 2100 chia hết cho 2100 = 1625 chi hết ba chữ số tận chia hết cho số 126, 376, 626 876 có 376 chia hết cho Vậy: 2100 viết hệ thập phân có ba chữ số tận 376 Tổng quát: Nếu n số chẵn không chia hết cho chữ số tận 376 Bài 4: Tìm số dư phép chia số sau cho a) 2222 + 5555 b)31993 c) 19921993 + 19941995 d) 32 1930 Giải Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS +1)22 + (BS – 1)55 = BS + + BS - = BS nên 2222 + 5555 chia dư b) Luỹ thừa sát với bội 33 = BS – Ta thấy 1993 = BS + = 6k + 1, đó: 31993 = 6k + = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, đó: 19921993 + 19941995 = (BS – 3)1993 + (BS – 1)1995 = BS – 31993 + BS – Theo câu b ta có 31993 = BS + nên 19921993 + 19941995 = BS – (BS + 3) – = BS – nên chia cho dư d) 32 1930 = 32860 = 33k + = 3.33k = 3(BS – 1) = BS – nên chia cho dư Bài tập nhà Tìm số d khi: a) 21994 cho b) 31998 + 51998 cho 13 c) A = 13 + 23 + 33 + + 993 chia cho B = + + + + 99 Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy quan hệ chia hết Bài 1: Tìm n ∈ Z để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị biểu thức B = n2 - n Giải Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + = (n + 3)(n2 - n) + Để A chia hết cho B phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) chia hết cho n, ta có: n n-1 n(n - 1) 0 loại -1 -2 2 -2 -3 loại Vậy: Để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị biểu thức B = n2 - n n ∈ { −1; 2} Bài 2: 10 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN - 4x (4x − 4x + 4) − (x + 1) (x - 2) = − ≥ −1 ⇒ A = - ⇔ x = Ta có: A = = x +1 x2 +1 x +1 Ta lại có: A = - 4x (4x + 4) − (4x + 4x + 1) (2x + 1) = = − ≤ ⇒ max A = ⇔ x = − 2 2 x +1 x +1 x +1 C Tìm GTNN, GTLN biểu thức biết quan hệ biến 1) Ví dụ 1: Cho x + y = Tìm GTNN A = x3 + y3 + xy Ta có A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1) a) Cách 1: Biểu thị ẩn qua ẩn kia, đưa tam thức bậc hai Từ x + y = ⇒ x = – y 1 1 1  nên A = (1 – y) + y = 2(y – y) + = 2(y – 2.y + ) + =  y - ÷ + ≥ 2 2  Vậy A = 2 1 ⇔ x= y= 2 b) Cách 2: Sử dụng đk cho, làm xuất biểu thức có chứa A Từ x + y = ⇒ x2 + 2xy + y2 = 1(1) Mặt khác (x – y)2 ≥ ⇒ x2 – 2xy + y2 ≥ (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có: 2(x2 + y2) ≥ ⇒ x2 + y2 ≥ 1 ⇒ A = ⇔ x=y= 2 2)Ví dụ 2: Cho x + y + z = a) Tìm GTNN A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN B = xy + yz + xz Từ Cho x + y + z = ⇒ Cho (x + y + z)2 = ⇔ x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (1) Ta có x + y + z - xy – yz – zx = ( x + y + z - xy – yz – zx) 2 2 = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z )  ≥ ⇒ x + y + z ≥ xy+ yz + zx (2) Đẳng thức xẩy x = y = z a) Từ (1) (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≤ x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2) ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ ⇒ A = ⇔ x = y = z = 93 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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 ) ⇒ ≤ ( x + y + z ) 2 (1) áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) (1,1,1) Ta có ( x + y + z ) ≤ (12 + 12 + 12 )( x + y + z ) ⇒ ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) Từ (1) (2) ⇒ ≤ 3( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≤ Vậy x + 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 tương đương biểu thức khác đạt cực trị: 94 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG 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 1 ( x + 1) 2x = = 1+ ≥ ⇒ A = ⇔ x = ⇒ max A = ⇔ x = A x +1 x +1 b) Ta có (x2 – 1)2 ≥ ⇔ x4 - 2x2 + ≥ ⇒ x4 + ≥ 2x2 (Dấu xẩy x2 = 1) Vì x + > ⇒ ⇒ A = 2x 2x ⇒ ⇒ ≤ + ≤ + = max = ⇔ x2 = 4 A x +1 x +1 ⇔ 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 y Ví dụ: Tìm GTLN B = - (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 3x ⇒y = ⇒ x2 + y2 = x2 +  ÷ = 52 ⇔ 13x2 = 52.4 ⇔ x = ± =   Vậy: Ma x A = 26 ⇔ x = 4; y = x = - 4; y = - 95 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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 = =x+ + 13 Ta có: B = x x x Vì số x ⇒ A= x+ 36 36 36 36 ⇔ x=6 có tích x = 36 không đổi nên x + nhỏ ⇔ x = 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 m n Ví dụ: Tìm GTNN A = 11 − 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 = 96 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa dạng tổng  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng bình phương - Biến đổi phương trình dạng vế tổng bình phương biểu thức chứa ẩn; vế lại tổng bình phương số nguyên (số số hạng hai vế nhau) Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − xy + y = 169 (1) ( x − y ) + x = 144 + 25 (1) ⇔ x − xy + y + x = 144 + 25 = 169 + ⇔  2 ( x − y ) + x = 169 + 2 (II) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:  ( x − y ) = 122  x = ±5  x = ±5  ⇒ ;   x = 52  y = m2  y = m22   ( x − y ) = 52  x = ±12  x = ±12 ⇒ ;  2 y = m 19   y = m29 x = 12   ( x − y ) = 132 x =  ⇒   x =  y = ±13   ( x − y ) =  x = ±13 ⇒  2  y = ±26 x = 13  ( 5; −2 ) ; ( 5; −22 ) ; ( −5; ) ; ( −5; 22 ) ; ( 12; −19 ) ; ( 12; −29 )  x , y ∈ ( ) Vậy   ( −12;19 ) ; ( −12; 29 ) ; ( 0;13) ; ( 0; −13 ) ; ( 13; 26 ) ; ( −13; −26 )  Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + y − x − y = (2) (2) ⇔ x − x + y − y = 32 ⇔ x − x + + y − y + = 34 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 52 + 32 2  ( x − 1) = 32  x = 2; x = −1   ⇒  ( y − 1) = 52  y = 3; y = −2   ⇒  ( x − 1) = 52  x = 3; x = −2   ⇒  ( y − 1) = 32  y = 2; y = −1  Vậy ( x; y ) ∈ { ( 2;3) ; ( 2; −2 ) ; ( −1;3) ; ( −1; −2 ) ; ( 3; ) ; ( 3; −1) ; ( −2; ) ; ( −2; −1) } Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x3 − y = 91 (1) 97 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 2 2 (1) ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = 91.1 = 13.7 (Vì ( x + xy + y ) > ) ( x − y ) ( x + xy + y )   x − y =  x =  x = −5 ⇒ ;  2  ( x + xy + y ) = 91  y =  y = −6 = 91.1 ⇒    x − y = 91 ⇒ VN  2  ( x + xy + y ) = Ví dụ 4: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + 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: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng Do đó; ta giả thiết x ≤ y ≤ z ; tìm điều kiện nghiệm; loại trừ dần ẩn để có phương trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy nghiệm  Ta thường 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 phương 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) 98 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2;3) 1 Ví dụ 2: Tìm x; y; z ∈ Z + thoả mãn: x + y + z = (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây phương trình đối xứng Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Khi đó: 1 3 (2) ⇒ = x + y + z ≤ x ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 Với: x = ⇒ = y + z ≤ y ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ { 1; 2} z .Nếu: y = ⇒ = (vô lí) .Nếu: y = ⇒ z = Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2; )  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: x2 + x Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z để: A = x + x +1 Ta có: A = 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 ⇒ 1M( x + x + 1) ⇒ ( x + x + 1) ∈ U ( 1) = { −1;1} x =  x = −1 2 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 + = x + y + x y (2) ⇒ y ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + = ( *) Với: x = 1; ( *) ⇒ = ⇒ x = ngiệm phương trình Nên: 99 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN y2 − x − y + = ( **) x −1 Phương 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 + ) 3x số lẻ ⇒ y; ( y + ) hai số lẻ liên tiếp ⇒ ( y; y + ) = ⇒ y; y + luỹ thừa 3, nên:  y = 3m ( *) ( m + n = x ) ⇒ 3m + = 3n ⇒ m < n  n  y + = ( **)  Với: m = 0; ⇒ n = ⇒ y = 1; x =  y M3 ⇒ ( y; ( y + ) ) ≠ ( vô lí) ( y + ) M3   Với: m ≥ 1; ⇒ n > Từ ( *) ; ( **) ⇒  x = y =1 Phương trình có nghiệm nguyên:   - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình mà hai vế đa thức có tính biến thiên khác - Áp dụng bất đẳng thức thường 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: 100 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN  a + b ⇔ a.b ≥ a + b =  a − b ⇔ a.b < Các ví dụ minh hoạ: x y y.z z x Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z + thoả: z + x + y = (1) 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 phương trình là: x = y = z = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: ( x + y + 1) = ( x + y + 1) (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: ( x + y + 1) ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( x + y + 1) = ( x + y + 1) x Dấu “=” xảy ⇔ = y = ⇒ x = y =1 1 Vậy nghiệm phương 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} Với x = −101 ⇒ 2004 = 2003 (vô lí) Vậy nghiệm phương trình là: x ∈ { −102; −100} 101 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mãn: x + y + z ≤ xy + y + z − Vì x,y,z số nguyên nên x + y + z ≤ xy + y + z −   y2   3y2 ⇔ x + y + z − xy − y − z + ≤ ⇔  x − xy + ÷+  − y + ÷+ z − z + ≤     ( 2 y  y  ⇔  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) ≤ 2  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: Phương pháp lựa chọn Phương 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 chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trị khác phương trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x + 3x + = y  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x = 0; y = ±1 phương trình nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x ≠ + Với x = 0; y = ±1 phương trình nghiệm + Với x > Khi đó: x + x + < x + 3x + < x + x + ⇒ ( x + 1) < y < ( x + ) (*) 2 3 Vì ( x + 1) ; ( x + ) hai số nguyên liên tiếp nên giá trị y thoả (*) Vậy x = 0; y = ±1 nghiệm phương trình Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z + thoả: x + x − = 32 y +1 (2) 102 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN (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 y+1 luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vô nghiệm Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x − 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} Phương trình có nghiệm nguyên: ( x; y ) ∈ { ( −5;3) ; ( −4;9 ) ; ( −3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3 ) } PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phương 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 phương trình đơn giản - Sử dụng linh hoạt phương pháp để giải phương trình Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 − y − z = (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: 3 3 3 3 Ta thấy x − y − z = ⇒ ( x − y − z ) M3 mà ( −3 y − z ) M3 nên x3 M3 3 3 Ta có: (1) ⇒ ( x − y − z ) M3 ⇒ x M3 ⇒ x M3 ⇒ x = 3x1 3 3 3 Khi đó: (1) ⇒ ( 27 x1 − y − z ) M3 ⇒ ( x1 − y − 3z ) M3 ⇒ y M3 ⇒ y M3 ⇒ y = y1 ⇒ ( x13 − 27 y13 − z ) M3 ⇒ z M3 ⇒ z M3 ⇒ y = z1 * Tiếp tục biểu diễn gọi x0 ; y0 ; z0 nghiệm (1) ∈ U ( x ; y ; z ) 0 ≤ x0 ; y0 ; z0 ≤ Thực thử chọn ta được: x0 = y0 = z0 = Vậy nghiệm phương trình là: x0 = y0 = z0 = 103 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ 0 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN CÁC BÀI TẬP KHÁC 1/Dùng định nghĩa 1) Cho abc = a > 36 Chứng minh a2 + b2+c2> ab+bc+ac Giải Ta có hiệu: a2 a2 a2 + b2+c2- ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 a a2 a2 a − 36abc 2 + − = ( b +c - ab– ac+ 2bc) + 3bc =( -b- c) + 12 12a a a − 36abc =( -b- c) + >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên 12a Vậy : a >0 ) a2 + b2+c2> 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 + 5b − 4ab + 2a − 6b + > c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Giải : a) Xét hiệu : H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) H ≥ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + ⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vế trái viết H = ( a − b + 1) + ( b − 1) ⇒ H ≥ ta có điều phải chứng minh 104 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Ii / Dùng biến đổi tương đương (x ) + y2 ≥8 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh : ( x − y) 2 Giải : x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + 2 Ta có (x ⇒ + y2 ) = ( x − y) (vì xy = 1) + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ ( x − y ) − 2 ≥ BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 1 2) Cho xy ≥ Chứng minh : + x + + 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) + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ( ) ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + 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.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) Ta có ⇔ ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) 105 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dương 1 1 Chứng minh ( a + b + c ). + +  ≥ a c b (1) Giải : a a b b c c a b a c  b c (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ ⇔ +  +  +  +  +  +  ≥ b c a c x a b a y áp dụng BĐT phụ y + x ≥ a c a c b Với x,y > Ta có BĐT cuối 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ a b (đpcm) c Iv / dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b3 Vậy a + b < + a b Tương tự ta có : b3 + c3 < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a (đpcm) 2) So sánh 31 11 17 14 Giải : Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 11 Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 14 Vởy 31 11 < 17 14 (đpcm) 106 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN V/ dùng tính chất tỉ số ví dụ 4: Cho số a,b,c,d bất kỳ, chứng minh rằng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có ac + bd ≤ a2 + b2 c2 + d mà ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ≤ ( a + b ) + a + b c + d + c + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d 107 Giáo viên: Phan Duy Thanh - Trường THCS Hồng Đà - Tam Nông - Phú Thọ ... DF AK Mt khỏc Hay CE DC - DE DC AD CE AE - DE DC AD = = = (Vỡ AD = DC) = = = DE DE DE DE DE DE DE DE CE AE - DE AE AB AE AB = = 2= (vỡ = : Do DF // AB) DE DE DE DF DE DF Suy CE AK + BK 2(AK... (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Vớ d 7: x2 - x - 200 1 .200 2 = x2 - x - 200 1. (200 1 + 1) = x2 - x 200 12 - 200 1 = (x2 200 12) (x + 200 1) = (x + 200 1)(x 200 2) II THấM , BT CNG MT HNG T: Thờm, bt cựng... - 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) Thờm, bt cựng mt s