20 chuyen de boi duong HSG toan 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại dạng toán phương 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 PHƯƠNG 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 ước hệ số tự do, q ước dương 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 ước 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: 2 2 x3 – x2 – = ( x − x ) + ( x − x ) + ( x − ) = x ( x − ) + x( x − 2) + 2( x − 2) = ( x − ) ( x + x + ) CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN XIN LỖI Q THẦY CƠ! CHO MÌNH QUẢNG CÁO TÍ Mình tên Mai Văn Phương GV Tốn THCS AN Tân, Anh Lão, Bình Định Nơi giảng dạy có nguồn MẬT ONG RỪNG em học sinh dân tộc thiểu số (đã lớn) lấy dồi Rất tốt cho người giảng dạy nhiều! THẦY CÔ NÀO CẦN CĨ THỂ LIÊN HỆ MÌNH SỐ ĐIỆN THOẠI, ZALO: 0975.245.049 FB : https://www.facebook.com/MaiVanPhuong.THCS Mật đảm bảo chất lượng nên quý thầy cô an tâm Nếu kiểm tra mật khơng đảm bảo chất lượng q thầy trả lại! Và xin tặng tài liệu ạ! Cảm ơn quý thầy cô đọc! QUÝ THẦY CƠ XĨA ĐOẠN NÀY ĐI SẼ CĨ PHẦN TIẾP THEO NHÉ! CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: ±1, ±5 không nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên 3 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) Vì x − x + = ( x − x + 1) + = ( x − 1) + > với x nên khơng phân tích 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 - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng phân tích 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: CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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) 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 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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 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 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 − 4c3 − 3c(m - n ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) 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 PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Nhận xét: số ± 1, ± không nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun củng khơng có 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 + 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 = 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (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 – CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN  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) 27x3 - 27x2 + 18x - 14) x8 + 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, CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP A MỤC TIÊU: * Bước 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 A Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu 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 kí hiệu Pn Tính số hốn 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 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 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 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 số tự nhiên có chữ số khơng có chữ số lặp lại? Tính tổng số lập b) lập số chẵn có chữ số khác nhau? c) Lập số tự nhiên có chữ số, hai chữ số kề phải khác d) Lập số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn Giải 10 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ ⇒ 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 Cơsi 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: 106 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 = ± =   107 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Vậy: Ma x A = 26 ⇔ x = 4; y = x = - 4; y = - 5) Hai số có tổng khơng đổi tích chúng lớn chúng Hai số có tích khơng 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 khơng 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 khơng 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 = 108 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 cịn 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  ( 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) 109 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 trị 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 (vơ lí) * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = 2; z = * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = ⇒ z = < y (vơ lí) 110 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 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 = ⇒ = (vơ 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: 111 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN y2 − x − y + = ( **) x −1 Phương trình có nghiệm ngun ⇔ 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 + ) ) ≠ ( vơ lí) ( y + ) M3   Với: m ≥ 1; ⇒ n > Từ ( *) ; ( **) ⇒  x = y =1 Phương trình có nghiệm ngun:   - 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 ) 112 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:  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 Cơ – 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 Bunhiacơpxki,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} 113 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Với x = −101 ⇒ 2004 = 2003 (vơ lí) Vậy nghiệm phương trình là: x ∈ { −102; −100} 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 vơ 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 vơ 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 (*) 114 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Vậy x = 0; y = ±1 nghiệm phương trình Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z + thoả: x + x − = 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 y+1 luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x − xy + 13 y = 100 (3)  y ≤ 2 ⇒ x − = 25 − y ⇒ ) ( )  25 − y = n2 n ∈ ¥ (3) ( ) ) ( ( 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 115 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN * 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 = 116 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 117 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 ) 118 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 ln 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) 119 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 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 Trọng anh sưu tầm chọn lọc tài liệu: 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN xin chia sẻ tới q thầy, độc giả Kính mong q Thầy, đóng góp bổ xung để chun đề hữu ích nữa, link gốc chỉnh sửa số lần http://c2tienthang.violet.vn/present/show/entry_id/4266741/cm_id/1932704#1932704 120 ... khác Hay CE DC - DE DC AD CE AE - DE DC AD = = −1 = − (Vì AD = DC) ⇒ = = −1 = −1 DE DE DE DE DE DE DE DE CE AE - DE AE AB AE AB = −1 = −2= − (vì = : Do DF // AB) DE DE DE DF DE DF Suy CE AK +... + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 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 THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: CHUYÊN... = x3 + 3x2 – x = 201 0 Ta có sơ đồ: 50 -4 r = 2 +(- 4) = CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 1 a = 201 0 201 0.1+3 = 201 3 201 0 .201 3 + = 4046130 -4 201 0.4046130 – = 81 32721296 Vậy: A (201 0) = 81 32721296 C Chưngs