Cho töù giaùc ABCD coù M laø trung ñieåm CD, N laø trung ñieåm CB. Bieát AM, AN caét BD thaønh ba ñoaïn baèng nhau.. Goïi M laø trung ñieåm cuûa BC.. Treân tia ñoái cuûa tia CD laáy ñi[r]
(1)CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Ngày soạn: 08 – 02 - 2012 Ngày dạy: - 02 - 2012 A MỤC TIÊU:
* Hệ thống lại dạng tốn 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) a - 1
f(-1)
a + 1 số nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự
1 Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4
Cách 1: Tách hạng tử thứ 2
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)
2 Ví dụ 2: x3 – x2 - 4
Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = 1; 2; 4, có f(2) = nên x = là
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 2x2 x2 2x 2x 4 x x 22 x(x 2) 2(x 2)
= x x 2x 2
Cách 2: x3 x2 x 3 x 2 4 x3 8 x2 4
(x 2)(x 2x 4) (x 2)(x 2)
= x 2 x22x 4 (x 2) (x 2)(x 2 x 2)
3 Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5
Nhận xét: 1, 5 không nghiệm f(x), f(x) nghiệm nguyên
Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x =
1
3 nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – =
3 2 2
3x x 6x 2x 15x 5 3x x 6x 2x 15x 5
= x (3x 1) 2x(3x 1) 5(3x 1) (3x 1)(x2 2x 5)
(2)4 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
5 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2
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 + 2x2 - 2x - 2)
Vì x4 - x3 + 2x2 - 2x - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên
khơng phân tích
6.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)
7 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:
1 Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: a) 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)
b) 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)
2 Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung
a) 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)
b) 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 + 1 + x3n + 2 + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ;
x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x + 1
III ĐẶT BIẾN PHỤ:
1 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 + )
2 Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1
(3)x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + –
+
x x ) = x2 [(x2 +
x ) + 6(x -
x ) + ] Đặt x -
x = y x2 +
x = y2 + 2, đó
A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x -
x )2 + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2
* 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
3 Ví dụ 3: A = (x2y2 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 x2 y2 z2 = a, xy + yz + zx = b ta có
A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x2y2z2 + xy + yz + zx)2
4 Ví dụ 4: B = 2(x4y4z4) ( x2y2z2 2) 2(x2y2z2)(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 y2 2y z2 2z x2 2) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó:
B = - 4(x y2 y z2 z x2 2) + (xy + yz + zx)2
2 2 2 2 2 2 2 2
4x y 4y z 4z x 4x y 4y z 4z x 8x yz 8xy z 8xyz
8xyz(x y z)
5 Ví dụ 5: (a b c) 3 4(a3 b3c ) 12abc3 Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2
a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 +
2 m - n
4 ) Ta có: C = (m + c)3 –
3
3 2
m + 3mn
4c 3c(m - n )
4 = 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)
IV PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: 1 Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3
Nhận xét: số 1, 3 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
đồng đa thức với đa thức cho ta có:
a c ac b d 12 ad bc 14 bd
(4)a c
ac 2c c
a 3c 14 ac a
bd
Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1)
2 Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8
Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c)
= 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c
a
a b 2a
b
c 2b
c
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
bằng 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)
3 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
a bc ad 10
c 3c a
b
bd 12
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: 1) x3 - 7x + 6
2) x3 - 9x2 + 6x + 16
3) x3 - 6x2 - x + 30
4) 2x3 - x2 + 5x + 3
5) 27x3 - 27x2 + 18x - 4
6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12
7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 8) 4x4 - 32x2 + 1
9) 3(x4 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2
10) 64x4 + y4
11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6
12) x3 + 3xy + y3 - 1
13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 1
14) x8 + x + 1
15) x8 + 3x4 +
16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10
(5)CHUYÊN ĐỀ - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC
Ngày soạn: 08 – 02 - 2012 Ngày dạy: - 02 - 2012 A MỤC TIÊU:
HS nắm công thức khai triển luỹ thừa bậc n nhị thức: (a + b)n
Vận dụng kiến thức vào tập xác định hệ số luỹ thừa bậc n nhị thức, vận dụng vào tốn phân tích đa thức thành nhân tử
B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Một số đẳng thức tổng quát:
1 an - bn = (a - b)(an - 1 + an - 2 b + an - 3 b2 + … + abn - 2 + bn - 1 )
2 an + bn = (a + b) ( an - 1 - an - 2b + an - 3b2 - … - abn - 2 + bn - 1 )
3 Nhị thức Niutơn: (a + b)n = an + C1nan - b + Cn2an - b2 + …+ Cn 1n ab n - 1 + bn
Trong đó: k n
n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] C
1.2.3 k
: Tổ hợp chập k n phần tử II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn:
1 Cách 1: Dùng công thức k n
n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] C
k !
Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7 là
7
7.6.5.4 7.6.5.4
C 35
4! 4.3.2.1
Chú ý: a) k n
n ! C
n!(n - k) !
với quy ước 0! =
4
7! 7.6.5.4.3.2.1
C 35
4!.3! 4.3.2.1.3.2.1
b) Ta có: C k n = k - n
C nên 47 37
7.6.5
C C 35
3!
2 Cách 2: Dùng tam giác Patxcan
Đỉnh
Dòng 1(n = 1) 1
Dòng 2(n = 1)
Dòng 3(n = 3) 3
Dòng 4(n = 4)
Dòng 5(n = 5) 10 10
Dòng 6(n = 6) 15 20 15
Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm số 1; dòng k + thành lập từ dòng k
(k 1), chẳng hạn dòng (n = 2) ta có = + 1, dòng (n = 3): = + 1, =
1 +
dòng (n = 4): = + 3, = + 3, = + 1, … Với n = thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
Với n = thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
Với n = thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6
3 Cách 3:
Tìm hệ số hạng tử đứng sau theo hệ số hạng tử đứng trước: a) Hệ số hạng tử thứ
(6)Chẳng hạn: (a + b)4
= a4 +
1.4
1 a3b +
4.3
2 a2b2 +
4.3.2
2.3 ab3 +
4.3.2 2.3.4 b5
Chú ý rằng: hệ số khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa
là hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối có hệ số (a + b)n = an + nan -1b +
n(n - 1)
1.2 an - 2b2 + …+
n(n - 1)
1.2 a2bn - 2 + nan - 1bn - 1 + bn
III Ví dụ:
1 Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử a) A = (x + y)5 - x5 - y5
Cách 1: khai triển (x + y)5 rút gọn A
A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5
= 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3)
= 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2)
Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5)
x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có:
x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung (x + y), đặt
(x + y) làm nhân tử chung, ta tìm nhân tử lại
b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) -
x7 - y7
= 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6
= 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )]
= 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x +
y)}
= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ]
= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ]
= 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )
Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số đa thức có sau khai triển a) (4x - 3)4
Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có:
(4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81
Tổng hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 = b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c
0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4
Tổng hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4
Thay x = vào đẳng thức ta có: (4.1 - 3)4 = c
0 + c1 + c2 + c3 + c4
Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 =
* Ghi chú: Tổng hệ số khai triển nhị thức, đa thức giá trị đa
thức x = C BÀI TẬP:
Bài 1: Phân tích thành nhân tử
a) (a + b)3 - a3 - b3 b) (x + y)4 + x4 + y4
(7)CHUÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
Ngày soạn: 13 – 02 - 2012 Ngày dạy: - 02 - 2012 A MỤC TIÊU:
* Củng cố, khắc sâu kiến thức toán chia hết số, đa thức * HS tiếp tục thực hành thành thạo toán chứng minh chia hết, khơng chia hết, sốngun tố, số phương…
* Vận dụng thành thạo kỹ chứng minh chia hết, khơng chia hết… vào tốn cụ thể
B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết 1 Kiến thức:
* Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m hợp số ta lại phân tích thành nhân tử có đoi nguyên tố nhau, chứng minh A(n) chia hết cho số
* Chú ý:
+ Với k số nguyên liên tiếp củng tồn bội k
+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m
+ Với số nguyên a, b số tự nhiên n thì:
2 Bài tập: 2 Các toán
Bài 1: chứng minh rằng
a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13
c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 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 - 23 - = 7
b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 + = 13
c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)
1719 + 17 + = 18 1917 - 19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1)
hay 1719 + 1917 18
d) 3663 - 36 - = 35 7
3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - 2
e) 4n - = (24) n - 24 - = 15
Bài 2: chứng minh rằng
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:
+) an - bn chia hết cho a - b (a - b)
+) a2n + + b2n + chia hết cho a + b
+ (a + b)n = B(a) + bn
(8)a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho vì
(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)
= (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 5
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 27 (1)
+ 10 n - 9n - = [(9 9n + 1) - 9n - 1] = 9 9n - 9n = 9( 1 1n - n) 27 (2)
vì n 1
- n n 1
- n số có tổng chữ số chia hết cho Từ (1) (2) suy đpcm
3 Bài 3: Chứng minh với số nguyên a thì a) a3 - a chia hết cho 3
b) a7 - a chia hết cho 7
Giải
a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn
một 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
Trong trường hợp củng có thừa số chia hết cho Vậy: a7 - a chia hết cho 7
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)
(9)Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chi hết cho B Bài tập nhà
Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho 5
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 6
e) 20092010 không chia hết cho 2010
f) n2 + 7n + 22 khơng chia hết cho 9
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 = = - 1
Ta có : 2100 = (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - = B(9) + 7
Vậy: 2100 chia cho dư 7
b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + 1
Vậy: 2100 chia chop 25 dư 1
c)Sử dụng công thức Niutơn:
2100 = (5 - 1)50 = (550 - 549 + … +
50.49
2 52 - 50 ) + 1
Không kể phần hệ số khai triển Niutơn 48 số hạng đầu chứa thừa số với số mũ lớn nên chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo:
50.49
2 52 - 50.5 chia hết cho 125 , số hạng cuối 1
Vậy: 2100 = B(125) + nên chia cho 125 dư 1
Bài 2:
Viết số 19951995 thành tổng số tự nhiên Tổng lập phương chia cho
thì dư bao nhiêu? Giải
Đặt 19951995 = a = a
1 + a2 + …+ an
Gọi S a 13a + a + + a23 33 n3 =
3 3
1 n
a a + a + + a + 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
nó 126, 376, 626 876
Hiển nhiên 2100 chia hết cho 2100 = 1625 chi hết ba chữ số tận
nó chia hết cho
(10)Vậy: 2100 viết hệ thập phân có ba chữ số tận 376
Tổng quát: Nếu n số chẵn khơng chia hết cho chữ số tận 376 Bài 4: Tìm số dư phép chia số sau cho 7
a) 2222 + 5555 b)31993
c) 19921993 + 19941995 d)321930
Giải
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 0
b) Luỹ thừa sát với bội 33 = BS – 1
Ta thấy 1993 = BS + = 6k + 1, đó:
31993= 3 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + 3
c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, đó:
19921993 + 19941995 = (BS – 3)1993 + (BS – 1)1995 = BS – 31993 + BS – 1
Theo câu b ta có 31993 = BS + nên
19921993 + 19941995 = BS – (BS + 3) – = BS – nên chia cho dư
d) 321930 = 32860 = 33k + 1 = 3.33k = 3(BS – 1) = BS – nên chia cho dư
Bài tập nhà Tìm số d khi: a) 21994 cho 7
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
của biểu thức B = n2 - n
Giải
Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + = (n + 3)(n2 - n) + 2
Để A chia hết cho B phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) chia hết cho n, ta
có:
n - -
n - - -
n(n - 1) 2
loại 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:
a) Tìm n N để n5 + chia hết cho n3 +
b) Giải toán n Z
Giải
Ta có: n5 + n3 + n2(n3 + 1) - (n2 - 1) n3 + (n + 1)(n - 1) n3 +
(n + 1)(n - 1) (n + 1)(n2 - n + 1) n - n2 - n + (Vì n + 0)
a) Nếu n = 1
Nếu n > n - < n(n - 1) + < n2 - n + nên xẩy n - n2 - n +
Vậy giá trụ n tìm n =
(11) n2 - n + Có hai trường hợp xẩy ra:
+ n2 - n + = n(n - 1) =
n n
(Tm đề bài)
+ n2 - n + = -1 n2 - n + = (Vơ nghiệm)
Bài 3: Tìm số ngun n cho:
a) n2 + 2n - 11 b) 2n3 + n2 + 7n + 2n - 1
c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 - d) n3 - n2 + 2n + n2 +
Giải
a) Tách n2 + 2n - thành tổng hai hạng tử có hạng tử B(11)
n2 + 2n - 11 (n2 - 2n - 15) + 11 11 (n - 3)(n + 5) + 11 11
(n - 3)(n + 5) 11
n 1 n = B(11) + n + 1 n = B(11) -
b) 2n3 + n2 + 7n + = (n2 + n + 4) (2n - 1) + 5
Để 2n3 + n2 + 7n + 2n - 2n - hay 2n - Ư(5)
2n = - n = - 2n = -1 n = 2n = n = 2n = n =
Vậy: n 2; 0; 1; 2n3 + n2 + 7n + 2n - 1
c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 - 1
Đặt A = n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + = (n4 - n3) - (n3 - n2) + (n2 - n) - (n - 1)
= n3(n - 1) - n2(n - 1) + n(n - 1) - (n - 1) = (n - 1) (n3 - n2 + n - 1) = (n - 1)2(n2 + 1)
B = n4 - = (n - 1)(n + 1)(n2 + 1)
A chia hết cho b nên n A chia hết cho B n - n + (n + 1) - n
+
n +
n = -3 n = -
n = - n = -
n = n =
n = n = (khong Tm)
Vậy: n 3; 2; n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 -
d) Chia n3 - n2 + 2n + cho n2 + thương n - 1, dư n + 8
Để n3 - n2 + 2n + n2 + n + n2 + (n + 8)(n - 8) n2 + 65 n2 +
Lần lượt cho n2 + 1; 5; 13; 65 ta n 0; 2; 8
Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = (T/m)
Vậy: n3 - n2 + 2n + n2 + n = 0, n = 8
Bài tập nhà: Tìm số nguyên n để: a) n3 – chia hết cho n – 2
b) n3 – 3n2 – 3n – chia hết cho n2 + n + 1
c)5n – 2n chia hết cho 63
Dạng 4: Tồn hay không tồn chia hết Bài 1: Tìm n N cho 2n – chia hết cho
(12)Nếu n = 3k ( k N) 2n – = 23k – = 8k - chia hết cho
Nếu n = 3k + ( k N) 2n – = 23k + – = 2(23k – 1) + = BS +
Nếu n = 3k + ( k N) 2n – = 23k + – = 4(23k – 1) + = BS +
V ậy: 2n – chia hết cho n = BS 3
Bài 2: Tìm n N để:
a) 3n – chia hết cho 8
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25
c) 5n – 2n chia hết cho 9
Giải
a) Khi n = 2k (k N) 3n – = 32k – = 9k – chia hết cho – =
Khi n = 2k + (k N) 3n – = 32k + – = (9k – ) + = BS +
Vậy : 3n – chia hết cho n = 2k (k N)
b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 27 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25 32n + 2.32n + 2.24n
= BS 25 + 2(9n + 16n)
Nếu n = 2k +1(k N) 9n + 16n = 92k + + 162k + chia hết cho + 16 = 25
Nếu n = 2k (k N) 9n có chữ số tận , cịn 16n có chữ số tận
bằng
suy 2((9n + 16n) có chữ số tận nên A không chia hết không
chia hết cho 25
c) Nếu n = 3k (k N) 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết
cho
Nếu n = 3k + 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 23k = BS + 8k
= BS + 3(BS – 1)k = BS + BS + 3
Tương tự: n = 3k + 5n – 2n khơng chia hết cho 9
CHUYÊN ĐỀ – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC
Ngày soạn: 19 – 02 - 2012 Ngày dạy: - 02 - 2012 A Dạng 1: Tìm dư phép chia mà không thực phép chia
1 Đa thức chia có dạng x – a (a hằng) a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783):
Số dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a giá trị f(x) x = a Ta có: f(x) = (x – a) Q(x) + r
Đẳng thức với x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r
Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a f(a) = 0
b) f(x) có tổng hệ số chia hết cho x –
c) f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ chia hết cho x +
Ví dụ : Không làm phép chia, xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho
B = x + 1, C = x – không Kết quả:
(13)Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia dư
Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương phép chia Q(x), dư ax + b f(x) = g(x) Q(x) + ax + b
Ví dụ 1: Tìm dư phép chia x7 + x5 + x3 + cho x2 – 1
Cách 1: Ta biết x2n – chia hết cho x2 – nên ta tách:
x7 + x5 + x3 + = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + 1
= x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + chia cho x2 – dư 3x + 1
Cách 2:
Gọi thương phép chia Q(x), dư ax + b, Ta có: x7 + x5 + x3 + = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với x
Đẳng thức với x nên với x = 1, ta có = a + b (1) với x = - ta có - = - a + b (2)
Từ (1) (2) suy a = 3, b =1 nên ta dư 3x + Ghi nhớ:
an – bn chia hết cho a – b (a -b)
an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a -b)
Ví dụ 2: Tìm dư phép chia a) x41 chia cho x2 +
b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – 1
c) x99 + x55 + x11 + x + cho x2 + 1
Giải
a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4
– dư x nên chia cho
x2 + dư x
b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9– x) + (x3 – x) + 4x
= x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – dư 4x
c) x99 + x55 + x11 + x + = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x +
chia cho x2 + dư – 2x + 7
B Sơ đồ HORNƠ Sơ đồ
Để tìm kết phép chia f(x) cho x – a (a số), ta sử dụng sơ đồ hornơ
Nếu đa thức bị chia a0x3 + a1x2 + a2x + a3,
đa thức chia x – a ta thương b0x2 + b1x + b2, dư r ta có
Ví dụ:
Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2
Ta có sơ đồ
1 - -
2 + (- 5) = -3 2.(- 3) + = r = 2 +(- 4) = Vậy: x3 -5x2 + 8x – = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + phép chia hết
2 Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị đa thức x = a Giá trị f(x) x = a số dư phép chia f(x) cho x – a Ví dụ 1:
Tính giá trị A = x3 + 3x2 – x = 2010
(14)1 -4 a = 2010 2010.1+3 = 2013 2010.2013 +
= 4046130
2010.4046130 – = 8132721296 Vậy: A(2010) = 8132721296
C Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác I Phương pháp:
1 Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có thừa số đa thức chia Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia
3 Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) g(x) f(x) g(x) g(x)
4 cách 4: Chứng tỏ nghiệm đa thức chia nghiệm đa thức bị chia II Ví dụ
1.Ví dụ 1:
Chứng minh rằng: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn + 1
Ta có: x8n + x4n + = x8n + 2x4n + - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1)
Ta lại có: x4n + x2n + = x4n + 2x2n + – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1)
chia hết cho x2n + xn + 1
Vậy: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn + 1
2 Ví dụ 2:
Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + chia hết cho x2 + x + với m, n N
Ta có: x3m + 1 + x3n + 2 + = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1
= x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)
Vì x3m – x3n – chia hết cho x3 – nên chia hết cho x2 + x + 1
Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + chia hết cho x2 + x + với m, n N
3 Ví dụ 3: Chứng minh
f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1
Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + – 1
= x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho x10 – 1
Mà x10 – = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 + + x + 1
Suy f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1
Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1
4 Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia hết cho g(x) = x2 – x
Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có nghiệm x = x = 1
Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – = x = nghiệm f(x) f(x) chứa thừa số x
f(1) = (12 + – 1)10 + (12 – + 1)10 – = x = nghiệm f(x) f(x) chứa thừa
số x – 1, mà thừa số x x – khơng có nhân tử chung, f(x) chia hết cho x(x – 1)
hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia hết cho g(x) = x2 – x
5 Ví dụ 5: Chứng minh rằng
a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1
b) C = 8x9 – 9x8 + chia hết cho D = (x – 1)2
c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1)
Giải
a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x)
Ta có: x2 – x + chia hết cho B = x2 – x + 1
(15)x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + (cùng có nghiệm x = - 1)
nên chia hết cho B = x2 – x + 1
Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1
b) C = 8x9 – 9x8 + = 8x9 – - 9x8 + = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1)
= 8(x – 1)(x8 + x7 + + 1) – 9(x – 1)(x7+ x6 + + 1)
= (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1)
(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – có tổng hệ số 0
suy (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2
c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm x = 0, x = - 1, x = - Ta có:
C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – = x = nghiệm C(x)
C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – = x = - nghiệm C(x)
C(- 2) =
(-1
2 + 1)2n –
(-1
2)2n – 2.(-
1
2) – = x = -
1
2 nghiệm C(x) Mọi nghiệm đa thức chia nghiệm đa thức bị chia đpcm
6 Ví dụ 6:
Cho f(x) đa thức có hệ số nguyên Biết f(0), f(1) số lẻ Chứng minh f(x) khơng có nghiệm ngun
Giả sử x = a nghiệm nguyên f(x) f(x) = (x – a) Q(x) Trong Q(x) đa thức có hệ số nguyên, f(0) = - a Q(0), f(1) = (1 – a) Q(1)
Do f(0) số lẻ nên a số lẻ, f(1) số lẻ nên – a số lẻ, mà – a hiệu số lẻ số lẻ, mâu thuẩn
Vậy f(x) khơng có nghiệm ngun Bài tập nhà:
Bài 1: Tìm số dư a) x43 chia cho x2 + 1
b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + cho x2 + 1
Bài 2: Tính giá trị đa thức x4 + 3x3 – x = 2009
Bài 3: Chứng minh
a) x50 + x10 + chia hết cho x20 + x10 + 1
b) x10 – 10x + chia hết cho x2 – 2x + 1
c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + chia hết cho x2 + 2x + 1
d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia hết cho x2 + 1
e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2
(16)Ngày soạn: 23 – 02 - 2012 Ngày dạy: - 02 - 2012 I Số phương:
A Một số kiến thức:
Số phương: số bình phương số khác Ví dụ:
4 = 22; = 32
A = 4n2 + 4n + = (2n + 1)2 = B2
+ Số phương khơng tận chữ số: 2, 3, 7,
+ Số phương chia hết cho chia hết cho 4, chia hết cho chia hết cho 9, chia
hết cho chia hết cho 25, chia hết cho 23 chia hết cho 24,…
+ Số n 11
= a n 99
= 9a 9a + = n 99
+ = 10n
B Một số toán: Bài 1:
Chứng minh rằng: Một số phương chia cho 3, cho dư Giải
Gọi A = n2 (n N)
a) xét n = 3k (k N) A = 9k2 nên chia hết cho 3
n = 3k (k N) A = 9k2 6k + 1, chia cho dư 1
Vậy: số phương chia cho dư b) n = 2k (k N) A = 4k2 chia hết cho
n = 2k +1 (k N) A = 4k2 + 4k + chia cho dư
Vậy: số phương chia cho dư Chú ý: + Số phương chẵn chia hết cho
+ Số phương lẻ chia cho dư 1( Chia củng dư 1) Bài 2: Số số sau số phương
a) M = 19922 + 19932 + 19942
b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952
c) P = + 9100 + 94100 + 1994100
d) Q = 12 + 22 + + 1002
e) R = 13 + 23 + + 1003
Giải
a) số 19932, 19942 chia cho dư 1, 19922 chia hết cho M chia cho dư 2
do M khơng số phương
b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 gồm tổng hai số phương chẵn chia hết
cho 4, hai số phương lẻ nên chia dư suy N không số phương c) P = + 9100 + 94100 + 1994100 chia dư nên không số phương
d) Q = 12 + 22 + + 1002
Số Q gồm 50 số phương chẵn chia hết cho 4, 50 số phương lẻ, số chia dư nên tổng 50 số lẻ chia dư Q chia dư nên Q khơng số phương
e) R = 13 + 23 + + 1003
Gọi Ak = + + + k =
k(k + 1)
2 , Ak – 1 = + + + k =
(17)13 = A 12
23 = A
22 – A12
n3 = A
n2 = An - 12
Cộng vế theo vế đẳng thức ta có: 13 + 23 + +n3 = A
n2 =
2
2 n(n + 1) 100(100 1)
50.101 2
số phương
3 Bài 3:
CMR: Với n N số sau số phương
a) A = (10n +10n-1 + +.10 +1)(10 n+1 + 5) + 1
A = ( n 11 1
)(10 n+1 + 5) +
1
10
.(10 5) 10 n n
Đặt a = 10n+1 A =
a -
9 (a + 5) + =
2
2
a + 4a - + a + 4a + a +
9
b) B = n 111 1
n - 555
6 ( cĩ n số n-1 số 5) B = n
111 1 n 555 5
+ = n 111 1
10n + 555 5 n + = 111 1 n 10n + 5 n
111
+ 1
Đặt n 11 1
= a 10n = 9a + nên
B = a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2= n - 33 34 c) C = 2n
11 1
.+ 44 n +
Đặt a = n 11 1
Thì C = n 11 1
n 11 1
+ n 11 1
+ = a 10n + a + a +
= a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2
d) D = n 99 9
8 n 00 0
1 Đặt n 99
= a 10n = a + 1
D = n 99 9
10n + 2 + 10n + 1 + = a 100 10n + 80 10n +
= 100a(a + 1) + 80(a + 1) + = 100a2 + 180a + 81 = (10a + 9)2 = (99 9 n + 1 )2
e) E = n 11 1
n + 22
5 = n 11 1
n + 22
00 + 25 = n 11 1
.10n + 2 + 11 1 n 00 + 25
= [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = (33 3 n 5)2
f) F = 100 44
= 100 11 1
số phương 100 11 1
số phương Số 100
11 1
số lẻ nên số phương chia cho phải dư Thật vậy: (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + chia dư 1
100 11 1
có hai chữ số tận 11 nên chia cho dư 100
11 1
khơng số phương nên F = 100 44
(18)a) Cho số A = 2m 11 11
; B = m + 11 11
; C = m 66 66 CMR: A + B + C + số phương
Ta có: A
10
9
m
; B =
10
9
m
; C =
10
9
m
Nên: A + B + C + =
2
10
9
m
+
10
9
m
+
10
9
m
+ =
2
10 10 6(10 1) 72
9
m m m
=
10 10.10 6.10 72
m m m
=
2
10 16.10 64 10 8
9
m m m
b) CMR: Với x,y Z A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 số phương
A = (x2 + 5xy + 4y2) (x2 + 5xy + 6y2) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2) [(x2 + 5xy + 4y2) + 2y2) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)2 + 2(x2 + 5xy + 4y2).y2 + y4 = [(x2 + 5xy + 4y2) + y2)2
= (x2 + 5xy + 5y2)2
Bài 5: Tìm số nguyên dương n để biểu thức sau số phương a) n2 – n + b) n5 – n + 2
Giải
a) Với n = n2 – n + = khơng số phương
Với n = n2 – n + = số phương
Với n > n2 – n + khơng số phương Vì
(n – 1)2 = n2 – (2n – 1) < n2 – (n - 2) < n2
b) Ta có n5 – n chia hết cho Vì
n5 – n = (n2 – 1).n.(n2 + 1)
Với n = 5k n chia hết cho
Với n = 5k n2 – chia hết cho
Với n = 5k n2 + chia hết cho
Nên n5 – n + chia cho dư nên n5 – n + có chữ số tận nên
n5 – n + không số phương
Vậy : Khơng có giá trị n thỗ mãn tốn Bài :
a)Chứng minh : Mọi số lẻ viết dạng hiệu hai số phương b) Một số phương có chữ số tận chữ số hàng chục chữ số chẵn
Giải
Mọi số lẻ có dạng a = 4k + a = 4k +
Với a = 4k + a = 4k2 + 4k + – 4k2 = (2k + 1)2 – (2k)2
Với a = 4k + a = (4k2 + 8k + 4) – (4k2 + 4k + 1) = (2k + 2)2 – (2k + 1)2
b)A số phương có chữ số tận nên A = (10k 3)2 =100k2 60k + = 10.(10k2 6) +
Số chục A 10k2 số chẵn (đpcm)
Bài 7:
Một số phương có chữ số hàng chục chữ số lẻ Tìm chữ số hàng đơn vị Giải
Gọi n2 = (10a + b)2 = 10.(10a2 + 2ab) + b2 nên chữ số hàng đơn vị cần tìm chữ số
(19)Theo đề , chữ số hàng chục n2 chữ số lẻ nên chữ số hàng chục b2 phải
lẻ
Xét giá trị b từ đến có b2 = 16, b2 = 36 có chữ số hàng chục chữ
số lẻ, chúng tận Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vị 6
* Bài tập nhà:
Bài 1: Các số sau đây, số số phương a) A = 50
22
4 b) B = 11115556 c) C = n 99
n 00
25 d) D = n
44 n - 88
9 e) M = 2n 11
– n 22
f) N = 12 + 22 + + 562
Bài 2: Tìm số tự nhiên n để biểu thức sau số phương a) n3 – n +
b) n4 – n + 2
Bài 3: Chứng minh rằng
a)Tổng hai số phương lẻ khơng số phương
b) Một số phương có chữ số tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Bài 4: Một số phương có chữ số hàng chục Tìm chữ số hàng đơn vị
CHUYÊN ĐỀ – ĐỒNG DƯ THỨC
Ngày soạn: 28 - 02 - 2012 Ngày dạy: - 03 - 2012 A ĐỊNH NGHĨA:
Nếu hai số nguyên a b có số dư phép chia cho số tự nhiên m
thì ta nói a đồng dư với b theo mơđun m, có đồng dư thức: a b (mod m)
Ví dụ:7 10 (mod 3) , 12 22 (mod 10)
+ Chú ý: a b (mod m) a – b m
B TÍNH CHẤT:
1 Tính chất phản xạ: a a (mod m)
2 Tính chất đỗi xứng: a b (mod m) b a (mod m)
3 Tính chất bắc cầu: a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m)
4 Cộng , trừ vế:
a b (mod m)
a c b d (mod m) c d (mod m)
Hệ quả:
a) a b (mod m) a + c b + c (mod m)
b) a + b c (mod m) a c - b (mod m)
c) a b (mod m) a + km b (mod m)
5 Nhân vế :
a b (mod m)
ac bd (mod m) c d (mod m)
Hệ quả:
a) a b (mod m) ac bc (mod m) (c Z)
b) a b (mod m) an bn (mod m)
(20)a b (mod m) ac bc (mod mc)
Chẳng hạn: 11 (mod 4) 22 (mod 8)
7
ac bc (mod m)
a b (mod m) (c, m) =
Chẳng hạn :
16 (mod 7)
8 (mod 7) (2, 7) =
C CÁC VÍ DỤ: Ví dụ 1:
Tìm số dư chia 9294 cho 15
Giải
Ta thấy 92 (mod 15) 9294 294 (mod 15) (1)
Lại có 24 (mod 15) (24)23 22 (mod 15) hay 294 (mod 15) (2)
Từ (1) (2) suy 9294 (mod 15) tức 9294 chia 15 dư 4
2 Ví dụ 2:
Chứng minh: số có dạng 2n – 4(n N), có vơ số số chia hết cho 5
Thật vậy:
Từ 24 (mod 5) 24k (mod 5) (1)
Lại có 22 (mod 5) (2)
Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k + (mod 5) 24k + 2 - (mod 5)
Hay 24k + 2 - chia hết cho với k = 0, 1, 2, hay ta vô số số dạng 2n – 4
(n N) chia hết cho
Chú ý: giải toán đồng dư, ta thường quan tâm đến a (mod m)
a (mod m) an (mod m)
a -1 (mod m) an (-1)n (mod m)
3 Ví dụ 3: Chứng minh
a) 2015 – chia hết cho 11 b) 230 + 330 chi hết cho 13
c) 555222 + 222555 chia hết cho 7
Giải
a) 25 - (mod 11) (1); 10 - (mod 11) 105 - (mod 11) (2)
Từ (1) (2) suy 25 105 (mod 11) 205 (mod 11) 205 – (mod
11)
b) 26 - (mod 13) 230 - (mod 13) (3)
33 (mod 13) 330 (mod 13) (4)
Từ (3) (4) suy 230 + 330 - + (mod 13) 230 + 330 (mod 13)
Vậy: 230 + 330 chi hết cho 13
c) 555 (mod 7) 555222 2222 (mod 7) (5)
23 (mod 7) (23)74 (mod 7) 555222 (mod 7) (6)
222 - (mod 7) 222555 (-2)555 (mod 7)
Lại có (-2)3 - (mod 7) [(-2)3]185 - (mod 7) 222555 - (mod 7)
Ta suy 555222 + 222555 - (mod 7) hay 555222 + 222555 chia hết cho 7
4 Ví dụ 4: Chứng minh số 24n +
2 + chia hết cho 11 với số tự nhiên n
Thật vậy:Ta có: 25 - (mod 11) 210 (mod 11)
Xét số dư chia 24n + 1 cho 10 Ta có: 24 (mod 5) 24n (mod 5)
2.24n (mod 10) 24n + (mod 10) 24n + 1 = 10 k + 2
Nên 224n +
(21)= BS 11 + 11 chia hết cho 11 Bài tập nhà:
Bài 1: CMR:
a) 228 – chia hết cho 29
b)Trong số có dạng2n – có vơ số số chia hết cho 13
Bài 2: Tìm số dư chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho 7.
CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ
Ngày soạn: 01 - - 2012 Ngày dạy: - 03 - 2012 A Nhắc lại kiến thức:
Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ
a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất nhân tử khác b) Phân tích tử thành nhân , chia tử mẫu cho nhân tử chung
B Bài tập:
Bài 1: Cho biểu thức A =
4
4
5
10
x x
x x
a) Rút gọn A b) tìm x để A =
c) Tìm giá trị A 2x1 7 Giải
a)Đkxđ :
x4 – 10x2 + [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9) x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1) 0
(x2 – 1)(x2 – 9) (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3)
1
x x Tử : x4 – 5x2 + = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1)
= (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2)
Với x 1; x A =
(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2) (x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3)
b) A =
(x - 2)(x + 2)
(x - 3)(x + 3) = (x – 2)(x + 2) = x =
c) 2x1 7
2
2
x x x
x x x
* Với x = A =
(x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12 (x - 3)(x + 3) (4 - 3)(4 + 3)7 * Với x = - A khơng xác định
2 Bài 2:
Cho biểu thức B =
3
3
2x 7x 12x 45 3x 19x 33x
a) Rút gọn B b) Tìm x để B > Giải
(22)= (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1)
Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1) x x
1 b) Phân tích tử, ta có:
2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15)
= (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5)
Với x x
1 Thì B =
3
3
2 12 45
3 19 33
x x x
x x x
=
2
(x - 3) (2x + 5) 2x + (x - 3) (3x - 1) 3x -
c) B >
2x +
3x - 1 >
1
3 5 1
2 2 3
5
3 1
2
2
5 x x x x x x x x x x
3 Bài
Cho biểu thức C = 2
1
:
1 1
x x
x x x x
a) Rút gọn biểu thức C
b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B số nguyên Giải
a) Đkxđ: x
C = 2
1 2(1 ) ( 1)( 1)
:
1 1 (1 )(1 ) 2
x x x x x x
x x x x x x x x
b) B có giá trị nguyên x số nguyên 2x
có giá trị nguyên
2x – Ư(2)
2 1
2 1
2 1,5
2
x x x x x x x x
Đối chiếu Đkxđ có x = thoả mãn 4 Bài 4
Cho biểu thức D =
3 2
2
x x x x x x
a) Rút gọn biểu thức D
b) Tìm x nguyên để D có giá trị ngun c) Tìm giá trị D x =
Giải
(23)D =
3 2
2
x x x x x x
=
3 2
2
2 ( 1)( 2)
( 2) ( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x x
x x x x x x x
Nếu x + < x2 = - (x + 2) nên D =
3 2
2
x x x x x x
=
3 2
2 ( 1)( 2)
( 2) ( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
x x x x x x x
Nếu x + = x = -2 biểu thức D khơng xác định
b) Để D có giá trị ngun
2 x x
x
có giá trị nguyên +)
2 x x
có giá trị nguyên
2 x(x - 1)
x - x
x > - x > -
Vì x(x – 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho với x > - +)
x
có giá trị nguyên
x x = 2k
2k (k Z; k < - 1) x < - x < - x
c) Khia x = x > - nên D =
2 x x
= 6(6 1) 15
* Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật Bài 1: Rút gọn biểu thức
a) A =
2
2
3
(1.2) (2.3) ( 1)
n n n
Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm quy luật Ta có
2 ( 1) n n n
= 2 2
2 1
( 1) ( 1)
n
n n n n
Nên
A = 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 ( 1)
1 2 3 ( 1) ( 1) ( 1)
n n
n n n n n
b) B = 2 2
1 1
1
2 n
Ta có
2 2
1 ( 1)( 1)
1 k k k
k k k
Nên B =
2 2 2 2
1.3 2.4 3.5 ( 1)( 1) 1.3.2.4 ( 1)( 1) 1.2.3 ( 1) 3.4.5 ( 1) 1
2 4 2.3.4 ( 1) 2.3.4 2
n n n n n n n n
n n n n n n n
c) C =
150 150 150 150
5.8 8.11 11.14 47.50 =
1 1 1 1
150
3 8 11 47 50
= 50
1
50 45
5 50 10
d) D =
1 1
1.2.3 2.3.4 3.4.5 (n1) (n n1) =
1 1 1 1
2 1.2 2.3 2.3 3.4 (n 1)n n n( 1)
(24)=
1 1 ( 1)( 2)
2 1.2 ( 1) ( 1)
n n
n n n n
Bài 2: a) Cho A =
1 2
1 2
m m
m n
; B =
1 1
2 4 n Tính A B Ta có
A =
1 1
1 ( 1)
1 2 n 2
n n n n
n n
n n n n
=
1 1 1 1
nB
1 2 2
n n
n n n n
A B = n b) A =
1 1
1.(2n - 1) 3.(2n - 3) (2n - 3).3 (2n - 1).1 ; B = +
1
3 2n - Tính A : B
Giải A =
1 1 1 1
1
2n 2n - 2n - 2n - 3 2n -
1 1 1 1
1
2n 2n - 2n - 2n - 2n - 3
1 1 1 A
.2 2.B
2n 2n - 2n - 2n B n
Bài tập nhà
Rút gọn biểu thức sau: a)
1 1
+ +
1.2 2.3 (n - 1)n b)
2 2
2 2
1 n
2 1 1 1 (n + 1) 1 c)
1 1
+ +
1.2.3 2.3.4 n(n + 1)(n +2)
* Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện biến Bài 1: Cho
1
x
x
+ =
Tính giá trị ca biu thức sau : a) 2 A x x = +
; b)
3 B x x = +
; c)
4 C x x = +
; d)
5 D x x = + Lêi gi¶i a) 2 1
A x x
x x ổ ửữ ỗ = + = +ỗỗố ữữ- = - = ø ; b) 3
1 1
B x x x 27 18
x x x
ỉ ư÷ ổ ửữ ỗ ỗ = + = +ỗỗ ữữ- ỗỗ + ÷÷= - = è ø è ø ; c) 4 1
C x x 49 47
x x æ ửữ ỗ = + =ỗỗố + ữữ- = - = ø ; d)
2
2
1 1
A.B x x x x D
x x x x
ổ ửổữ ửữ
ỗ ỗ
=ỗỗ + ữữỗỗ + ữữ= + + + = +
(25)Bài 2: Cho
x y z
+ + =
a b c (1);
a b c
+ + =
x y z (2)
Tính giá trị biểu thức D =
2
2
a b c
+ +
x y z
Từ (1) suy bcx + acy + abz = (3) Từ (2) suy
2
2 2
a b c ab ac bc a b c ab ac bc
+ + + + +
x y z xy xz yz x y z xy xz yz
(4)
Thay (3) vào (4) ta có D = – 2.0 = Bài 3
a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A =
a b 2c
ab + a + bc + b + ac + 2c + 2 Ta có : A =
a ab 2c a ab 2c
ab + a + abc + ab + a ac + 2c + 2 ab + a + 2 + ab + a ac + 2c + abc =
a ab 2c a ab ab + a +
1 ab + a + 2 + ab + a c(a + + ab) ab + a + 2 + ab + a a + + ab ab + a + b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B =
2 2
2 2 2 2 2
a b c
a - b - c b - c - a c - b - a Từ a + b + c = a = -(b + c) a2 = b2 + c2 + 2bc a2 - b2 - c2 = 2bc
Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hốn vị vịng quanh), nên
B =
2 2 3
a b c a b c
2bc 2ac 2ab 2abc
(1)
a + b + c = -a = (b + c) -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c) -a3 = b3 + c3 – 3abc
a3 + b3 + c3 = 3abc (2)
Thay (2) vào (1) ta có B =
3 3
a b c 3abc
2abc 2abc
(Vì abc 0)
c) Cho a, b, c đôi khác thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2
Rút gọn biểu thức C =
2 2
2 2
a b c
+
a + 2bc b + 2ac c + 2ab Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 ab + ac + bc = 0
a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c)
Tương tự: b2 + ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b)
C =
2 2 2
a b c a b c
+ -
(a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) (a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) =
2 2
a (b - c) b (a - c) c (b - c) (a - b)(a - c)(b - c)
-
(a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) * Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện biến
1 Bài 1: Cho
1 1
+ + =
a b c (1); 2
1 1
+ + =
a b c (2).
(26)Từ (1) suy
2 2 2
1 1 1 1 1 1
+ + + + + + + + +
a b c ab bc ac ab bc ac a b c
1 1 a + b + c
+ + 1
ab bc ac abc a + b + c = abc
2 Bài 2: Cho a, b, c ≠ vµ a + b + c ≠ thỏa mãn điều kiện
1 1
a+ + =b c a+ +b c
Chứng minh ba số a, b, c có hai số đối Từ suy : 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1
a +b +c =a +b +c .
Ta có :
1 1
a+ + =b c a+ +b c
1 1
0
a+ + -b c a+ +b c=
a b a b
0 ab c(a b c)
+ +
+ =
+ +
a b a b
c(a b c) ab
(a b) (a + b)(b + c)(c + a) = b c b c abc(a b c)
c a c a
é+ = é
=-ê ê
+ + + ê ê
+ = Û Û ê+ = Û ê
=-+ =-+ ê ê
+ =
=-ë ë
Từ suy : 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1 1 1
a +b +c =a +( c)- +c =a
2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1
a +b +c =a + -( c) +c =a
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1
a +b +c =a +b +c . 3 Bài 3: Cho
a b c b c a
+ +
b c a a b c (1)
chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số
Từ (1) a c + ab + bc = b c + ac + a b 2 2 2 a (b - c) - a(c2 2 b ) bc(c - b) = 02 (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = (c – b)(a – b)( a – c) = đpcm
4 Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc a b
Chứng minh rằng:
1 1
+ + = a + b + c
a b c
Từ GT a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2
(a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b)
(a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c)
ab + ac + bc
= a + b + c
abc
1 1
+ + = a + b + c
a b c
5 Bài 5:
Cho a + b + c = x + y + z =
a b c
+ + =
x y z Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = 0
Từ x + y + z = x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2
ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = …
= (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1)
(27)Từ
a b c
+ + =
x y z ayz + bxz + cxy = (3) Thay (2), (3) vào (1); ta có:
ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 ) ax2 + by2 + cz2 = 0
6 Bài 6: Cho
a b c
+
b - c c - a a - b ; chứng minh: 2
a b c
+
(b - c) (c - a) (a - b) Từ
a b c
+
b - c c - a a - b
2
a b c b ab + ac - c
=
b - c a - c b - a (a - b)(c - a)
2
2
a b ab + ac - c (b - c) (a - b)(c - a)(b - c)
(1) (Nhân hai vế với b - c) Tương tự, ta có:
2
2
b c bc + ba - a (c - a) (a - b)(c - a)(b - c)
(2) ;
2
2
c a ac + cb - b (a - b) (a - b)(c - a)(b - c)
(3) Cộng vế (1), (2) (3) ta có đpcm
7 Bài 7:
Cho a + b + c = 0; chứng minh:
a - b b - c c - a c a b
+ +
c a b a - b b - c c - a
= (1)
Đặt
a - b b - c c - a
= x ; ;
c a y b z
c a b
= ;
a - b x b - c y c - a z
(1)
1 1
x + y + z + +
x y z
Ta có:
1 1 y + z x + z x + y
x + y + z + + + +
x y z x y z
(2)
Ta lại có:
2
y + z b - c c - a c b bc + ac - a c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b)
x a b a - b ab a - b ab(a - b) ab
=
c 2c - (a + b + c) 2c
ab ab (3)
Tương tự, ta có:
2 x + z 2a
y bc (4) ;
2 x + y 2b
z ac (5) Thay (3), (4) (5) vào (2) ta có:
x + y + z + + 1
x y z
+
2 2
2c 2a 2b
ab bc ac = +
abc(a3 + b3 + c3 ) (6)
Từ a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ?
Thay (7) vào (6) ta có:
1 1
x + y + z + +
x y z
+
2
abc 3abc = + = 9 Bài tập nhà:
Bài 1:
Cho biểu thức A =
2
:
3
x x x x
x x x x x
a) Rút gọn A
(28)Cho biểu thức B =
3
3
2
y y y
y y y
a) Rút gọn B
b) Tìm số nguyên y để 2D
2y + 3 có giá trị nguyên c) Tìm số nguyên y để B
Bài : cho
1 1
+ +
x y z ; tính giá trị biểu thức A = 2
yz xz xy
+ +
x y z
HD: A = 3
xyz xyz xyz
+ +
x y z ; vận dụng a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc
Bài 4:
Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A =
a b c
+ + +
b c a
Bài 5:
Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: y z x z x y
x y z
Bài 6:
Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1;
a b c
x y z Chứng minh xy + yz + xz = 0
CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TỐN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT
Ngày soạn: 06 – 03 - 2012 Ngày dạy: 09 - 03 - 2012 A.Kiến thức:
1 Định lí Ta-lét: * Định lí Talét
ABC MN // BC
AM AN
=
AB AC
* Hệ quả: MN // BC
AM AN MN
=
AB AC BC
B Bài tập áp dụng: 1 Bài 1:
Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G
a) chứng minh: EG // CD
b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB2 = CD.
EG Giải
Gọi O giao điểm AC BD a) Vì AE // BC
OE OA
=
OB OC (1)
N M
C B
A
O
G E
D C
(29)BG // AC
OB OG
=
OD OA (2) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
OE OG
=
OD OC EG // CD
b) Khi AB // CD EG // AB // CD, BG // AD nên
AB OA OD CD AB CD
= = AB CD EG
EG OG OB AB EG AB
Bài 2:
Cho ABC vuông A, Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD vng cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm AC BF Chứng minh rằng:
a) AH = AK b) AH2 = BH CK
Giải
Đặt AB = c, AC = b
BD // AC (cùng vng góc với AB) nên
AH AC b AH b AH b
HB BD c HB c HB + AH b + c Hay
AH b AH b b.c
AH
AB b + c c b + c b + c (1) AB // CF (cùng vng góc với AC) nên
AK AB c AK c AK c
KC CF b KC b KC + AK b + c Hay
AK b AK c b.c
AK
AC b + c b b + c b + c (2) Từ (1) (2) suy ra: AH = AK
b) Từ
AH AC b
HBBDc
AK AB c
KC CF b suy
AH KC AH KC
HB AK HB AH(Vì AH = AK)
AH2 = BH KC
3 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng:
a) AE2 = EK EG
b)
1 1
AE AK AG
c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị khơng đổi
Giải
a) Vì ABCD hình bình hành K BC nên
AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có:
EK EB AE EK AE
= = AE EK.EG
AE ED EG AEEG
b) Ta có:
AE DE
= AK DB ;
AE BE
=
AG BD nên
AE AE BE DE BD 1
= AE
AK AG BD DB BD AK AG
1 1
AE AK AG (ñpcm) H
F K
D
C B
A
G b
a
E K
D C
(30)c) Ta có:
BK AB BK a
= =
KC CG KC CG (1);
KC CG KC CG
= =
AD DG b DG (2)
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
BK a
= BK DG = ab
b DG không đổi (Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD khơng đổi)
4 Bài 4:
Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng:
a) EG = FH
b) EG vng góc với FH Giải
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG Ta có CM =
1
2 CF =
3BC
BM
=
BC
BE BM
= =
BA BC
EM // AC
EM BM 2
= EM = AC
AC BE (1)
T¬ng tù, ta cã: NF // BD
NF CF 2
= NF = BD
BDCB (2)
mà AC = BD (3)
Từ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a)
Tương tự ta có: MG // BD, NH // AC MG = NH =
3AC (b)
Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC BD EM MG EMG = 90 0(4)
Tương tự, ta có: FNH = 90 0(5)
Từ (4) (5) suy EMG = FNH = 90 0 (c)
Từ (a), (b), (c) suy EMG = FNH (c.g.c) EG = FH
b) Gọi giao điểm EG FH O; EM FH P; EM FN Q
PQF = 90 QPF + QFP = 90 0 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (EMG =
FNH)
Suy EOP = PQF = 90 EO OP EG FH
5 Bài 5:
Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đường thẳng song song với BC, cắt AC M AB K, Từ C vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đường thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng minh
a) MP // AB
b) Ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải
a) EP // AC
CP AF
=
PB FB (1) AK // CD
CM DC
=
AM AK (2)
tứ giác AFCD, DCBK la hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3)
Q P O
N M
H F
G E
D
C B A
I P M
(31)Kết hợp (1), (2) (3) ta có
CP CM
PBAM MP // AB (Định lí Ta-lét đảo) (4)
b) Gọi I giao điểm BD CF, ta có:
CP CM
PBAM =
DC DC
AK FB Mà
DC DI
FB IB (Do FB // DC)
CP DI
PBIB IP // DC // AB (5)
Từ (4) (5) suy : qua P có hai đường thẳng IP, PM song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP qua giao điểm CF DB hay ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy
6 Bài 6:
Cho ABC có BC < BA Qua C kẻ đường thẳng vng gốc với tia phân giác BE
của ABC ; đường thẳng cắt BE F cắt trung tuyến BD G Chứng minh đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần
Giải
Gọi K giao điểm CF AB; M giao điểm DF BC
KBC có BF vừa phân giác vừa đường cao nên KBC cân B BK = BC
và FC = FK
Mặt khác D trung điểm AC nên DF đường trung bình AKC DF // AK
hay DM // AB
Suy M trung điểm BC DF =
1
2AK (DF đường trung bình AKC), ta có
BG BK
=
GD DF ( DF // BK)
BG BK 2BK
=
GD DF AK (1) Mổt khác
CE DC - DE DC AD
1
DE DE DE DE (Vì AD = DC)
CE AE - DE DC AD
1
DE DE DE DE Hay
CE AE - DE AE AB
1 2
DE DE DE DF (vì AE DE=
AB DF: Do DF // AB)
Suy
CE AK + BK 2(AK + BK)
2
DE DE AK (Do DF =
1
2 AK)
CE 2(AK + BK) 2BK
2
DE AK AK (2)
Từ (1) (2) suy BG GD =
CE
DE EG // BC
Gọi giao điểm EG DF O ta có
OG OE FO
= =
MC MB FM
OG = OE
Bài tập nhà Bài 1:
Cho tứ giác ABCD, AC BD cắt O Đường thẳng qua O song song với BC cắt AB E; đường thẳng song song với CD qua O cắt AD F
a) Chứng minh FE // BD
b) Từ O kẻ đường thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD G H
M
G K
F
D E C
B
(32)Chứng minh: CG DH = BG CH Bài 2:
Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối tia BC cho BN = CM; đường thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự E, F
Chứng minh: a) AE2 = EB FE
b) EB =
2 AN
DF
EF
CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC
Ngày soạn: 07 – - 2013 Ngày dạy: - 03 - 2013 A Kiến thức:
1 Định lí Ta-lét: * Định lí Talét
ABC MN // BC
AM AN
=
AB AC
* Hệ quả: MN // BC
AM AN MN
=
AB AC BC
2 Tính chất đường phân giác:
ABC ,AD phân giác góc A
BD AB
=
CD AC
AD’là phân giác góc ngồi A:
BD' AB
=
CD' AC
B Bài tập vận dụng 1 Bài 1:
Cho ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD
a) Tính độ dài BD, CD
b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: AI ID Giải
a) AD phân giác BAC nên
BD AB c
CDACb
BD c BD c ac
BD = CD + BD b + c a b + c b + c Do CD = a -
ac b + c =
ab b + c b) BI phân giác ABC nên
AI AB ac b + c
c :
ID BD b + c a
2 Baøi 2:
Cho ABC, có B < 600 phân giác AD
a) Chứng minh AD < AB
D' B C
A
D C
B A
a c b
I
D C
B A
A N M
C B
(33)b) Gọi AM phân giác ADC Chứng minh BC > DM
Giaûi
a)Ta coù
A ADB = C +
2 >
A + C =
0
0 180 - B
60
2
ADB > B AD < AB
b) Goïi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong ADC, AM phân giác ta có
DM AD
=
CM AC
DM AD DM AD
= =
CM + DM AD + AC CD AD + AC
DM =
CD.AD CD d
AD + AC b + d ; CD = ab
b + c( Vaän dụng 1) DM =
abd (b + c)(b + d) Để c/m BC > DM ta c/m a >
4abd
(b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1)
Thật : c > d (b + d)(b + c) > (b + d)2 4bd Bất đẳng thức (1) c/m
Baøi 3:
Cho ABC, trung tuyến AM, tia phân giác góc AMB , AMC cắt AB,
AC theo thứ tự D E a) Chứng minh DE // BC
b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE
c) Tìm tập hợp giao diểm I AM DE ABC
có BC cố định, AM = m khơng đổi
d) ABC có điều kiện DE đường trung bình
Giải
a) MD phân giác AMB nên
DA MB
DB MA (1) ME phân giác AMC nên
EA MC
EC MA (2) Từ (1), (2) giả thiết MB = MC ta suy
DA EA
DB EC DE // BC
b) DE // BC
DE AD AI
BC AB AM Đặt DE = x
x m -
x 2 2a.m
x =
a m a + 2m
c) Ta coù: MI =
2 DE = a.m
a + 2m không đổi I cách M đoạn không đổi
nên tập hợp điểm I đường trịn tâm M, bán kính MI = a.m
a + 2m (Trừ giao điểm với BC
d) DE đường trung bình ABC DA = DB MA = MB ABC vuông A
4 Baøi 4:
Cho ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE
E D
M I
C B
A
E
D K
(34)a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K
b) Chứng minh: CD > DE > BE Giải
a) BD phân giác nên
AD AB AC AE AD AE
= < =
DC BC BC EB DC EB (1)
Mặt khác KD // BC neân
AD AK
DC KB (2) Từ (1) (2) suy
AK AE AK + KB AE + EB
KB EB KB EB
AB AB
KB > EB KBEB
E nằm K B
b) Gọi M giao điểm DE CB Ta có CBD = KDB (so le trong) KBD = KDB mà E nằm K B nên KDB > EDB KBD > EDB EBD > EDB EB < DE
Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC DEC>ECB DEC>DCE (Vì DCE = ECB )
Suy ra: CD > ED CD > ED > BE
5 Bài 5: Cho ABC Ba đường phân giác AD, BE, CF
Chứng minh a
DB EC FA
DC EA FB .
b
1 1 1
AD BE CF BC CA AB Giaûi
a)AD đường phân giác BAC nên ta có:
DB AB
=
DC AC
(1)
Tương tự: với phân giác BE, CF ta có:
EC BC
=
EA BA (2) ;
FA CA
=
FB CB (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra:
DB EC FA AB BC CA
=
DC EA FB AC BA CB = 1
b) Đặt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da
Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA H Theo ĐL Talét ta có:
AD BA
CH BH
BA.CH c.CH c
AD CH
BH BA + AH b + c
Do CH < AC + AH = 2b nªn:
2
a
bc d
b c
1 1 1 1
2 2
a a
b c
d bc b c d b c
Chøng minh t¬ng tù ta cã :
1 1
b
d a c
Vµ
1 1
c
d a b
Nªn:
1 1 1 1 1
2
a b c
d d d b c a c a b
1 1 1 1
.2
a b c
d d d a b c
H
F
E
D C
B
(35)1 1 1
a b c
d d d a b c
( ®pcm )
Bµi tËp vỊ nhµ
Cho ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), phân giác BD, CE
a) Tính độ dài CD, BE suy CD > BE
b) Vẽ hình bình hành BEKD Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD
CHUYÊN ĐỀ 10 – CÁC BÀI TỐN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG Ngày soạn:15 – - 2013 Ngày dạy: 18 - 03 - 2013
A Kiến thức:
* Tam giác đồng dạng:
a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)
ABC A’B’C’
AB AC BC
= = A'B' A'C' B'C' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)
ABC A’B’C’
AB AC
=
A'B' A'C' ; A = A' c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)
ABC A’B’C’ A = A' ; B = B'
AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: A'H'
AH = k (Tỉ số đồng dạng); A'B'C'
ABC S
S
= K2 B Bài tập áp dụng
Bài 1:
Cho ABC coùB = C , AB = cm, BC = 10 cm
a)Tính AC
b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu?
Giải Caùch 1:
Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC
ACD ABC (g.g)
AC AD
ABAC
AC AB AD =AB.(AB + BD)
= AB(AB + BC)
= 8(10 + 8) = 144 AC = 12 cm
Cách 2:
Vẽ tia phân giác BE ABC ABE ACB
2
AB AE BE AE + BE AC
= AC = AB(AB + CB)
AC ABCBAB + CBAB + CB = 8(8 + 10) = 144
E
D
C B
(36) AC = 12 cm
b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên b = a + b = a +
+ Nếu b = a + (a + 1)2= a2 + ac 2a + = ac a(c – 2) = 1
a = 1; b = 2; c = 3(loại)
+ Nếu b = a + a(c – 4) = - Với a = c = (loại)
- Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c =
Baøi 2:
Cho ABC cân A, đường phân giác BD; tính BD
biết BC = cm; AC = 20 cm Giải
Ta coù
CD BC
=
AD AC4 CD = cm vaø BC = cm
Bài toán trở
Baøi 3:
Cho ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động AB,
lấy điểm E AC cho
2 OB CE =
BD Chứng minh rằng a) DBO OCE
b) DOE DBO OCE
c) DO, EO phân giác góc BDE, CED
d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB Giải
a) Từ
2 OB CE =
BD
CE OB
=
OB BD vaø B = C (gt) DBO OCE
b) Từ câu a suy 2
3
O = E (1)
Vì B, O ,C thẳng hàng nên
O + DOE EOC 180 (2)
trong tam giác EOC
E + C EOC 180 (3)
Từ (1), (2), (3) suy DOE B C DOE DBO có
DO OE
=
DB OC (Do DBO OCE)
vaø
DO OE
=
DB OB (Do OC = OB) vaø DOE B C
neân DOE DBO OCE
c) Từ câu b suy D = D 1 2 DO phân giác góc
BDE
D
C B
A
2
3
1 H
I
O E
D
C B
(37)Củng từ câu b suy E = E 1 2 EO phân giác góc CED
c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi OI không đổi D di động AB
Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008)
Cho ABC cân A, có BC = 2a, M trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC
sao cho DME = B
a) Chứng minh tích BD CE khơng đổi
b)Chứng minh DM tia phân giác BDE
c) Tính chu vi AED ABC tam giác Giải
a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM , mà DME = B (gt) nên CME = BDM , kết hợp với B = C (ABC cân A)
suy BDM CME (g.g)
2
BD BM
= BD CE = BM CM = a
CM CE không đổi b) BDM CME
DM BD DM BD
= =
ME CM ME BM
(do BM = CM) DME DBM (c.g.c)
MDE = BMD hay DM laø tia phân giác BDE
c) chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác DEC
kẻ MH CE ,MI DE, MK DB MH = MI = MK DKM = DIM DK =DI EIM = EHM EI = EH
Chu vi AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)
ABC tam giác nên suy CME củng tam giác CH =
MC
2
a
AH = 1,5a PAED = AH = 1,5 a = 3a
Baøi 5:
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC E F
a) chứng minh DE + DF không đổi D di động BC b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K Chứng minh K trung điểm FE
Giaûi
a) DE // AM
DE BD BD
= DE = AM
AM BM BM (1)
DF // AM
DF CD CD CD
= DF = AM = AM
AM CM CM BM (2)
Từ (1) (2) suy
K H
I
M E
D
C B
A
K F
E
D M
C B
(38)DE + DF =
BD CD
.AM + AM
BM BM =
BD CD BC
+ AM = AM = 2AM
BM BM BM
không đổi
b) AK // BC suy FKA AMC (g.g)
FK KA
=
AM CM (3)
EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA
= = =
ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AMCM (2) (Vì CM = BM)
Từ (1) (2) suy
FK EK
AM AM FK = EK hay K trung điểm FE
Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) Cho hình thoi ABCD cạnh a có A = 60
, đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA, DA M, N
a) Chứng minh tích BM DN có giá trị khơng đổi
b) Gọi K giao điểm BN DM Tính số đo góc BKD Giải
a) BC // AN
MB CM
=
BA CN (1)
CD// AM
CM AD
=
CN DN (2) Từ (1) (2) suy
2
MB AD
= MB.DN = BA.AD = a.a = a
BA DN
b) MBD vàBDN có MBD = BDN = 1200
MB MB CM AD BD
= =
BD BA CN DN DN(Do ABCD hình thoi có A = 60
neân AB = BC = CD = DA) MBD BDN
Suy M = B 1 1 MBD vàBKD có BDM = BDK M = B 1 1 nên
BKD = MBD = 120
Baøi 7:
Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC I, M, N Vẽ CE vng góc với AB, CF
vng góc với AD, BG vng góc với AC Gọi K điểm đối xứng với D qua I Chứng minh
a) IM IN = ID2 b)
KM DM
=
KN DN
c) AB AE + AD AF = AC2 Giaûi
a) Từ AD // CM
IM CI
=
ID AI (1)
1
1 K M
N D
C B
A
I
K F
G
E M D
C
B
(39)Từ CD // AN
CI ID AIIN (2) Từ (1) (2) suy
IM ID =
ID
IN hay ID2 = IM IN b) Ta coù
DM CM DM CM DM CM
= = =
MN MB MN + DM MB + CM DN CB (3)
Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN
IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM
= = = =
IM IK IM IK IM IK KN IK
KM IM CM CM
=
KN ID AD CB (4)
Từ (3) (4) suy
KM DM
=
KN DN
c) Ta coù AGB AEC
AE AC
= AB.AE = AC.AG
AG AB
AB AE = AG(AG + CG) (5)
CGB AFC
AF CG CG
=
AC CB AD(vì CB = AD)
AF AD = AC CG AF AD = (AG + CG) CG (6)
Cộng (5) (6) vế theo vế ta coù:
AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG
AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2
Vaäy: AB AE + AD AF = AC2 Bài tập nhà
Bài
Cho Hình bình hành ABCD, đường thẳng cắt AB, AD, AC E, F, G Chứng minh:
AB AD AC
+ =
AE AF AG
HD: Keû DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) Bài 2:
Qua đỉnh C hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD E, G, F chứng minh:
a) DE2 =
FE EG BE2 b) CE2 = FE GE
(Gợi ý: Xét tam giác DFE BCE, DEC BEG) Bài
Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt điểm Chứng minh
a)
BH CM AD
(40)
CHUYÊN ĐỀ 11 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
Ngày soạn: 27 - 03 - 2013 Ngày dạy: - 03 - 2013
A.Mục tiêu:
* Củng cố, ôn tập kiến thức kỹ giải Pt bậc cao cách phân tích thành nhân tử
* Khắc sâu kỹ phân tích đa thức thành nhân tử kỹ giải Pt
B Kiến thức tập: I Phương pháp:
* Cách 1: Để giải Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt dạng Pt có vế trái đa thức bậc cao, vế phải 0, vận dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt dạng pt tích để giải
* Cách 2: Đặt ẩn phụ
II Các ví dụ: 1.Ví dụ 1: Giải Pt
a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12
. 2x3 + 10x = 12 x3 + 5x – = (x3 – 1) + (5x – 5) (x – 1)(x2 + x +
6) =
2
x = x - =
x
1 23
x + x + = x +
2
(Vì
2
1 23
x +
2
vô nghiệm)
b) x4 + x2 + 6x – = (1)
Vế phải Pt đa thức có tổng hệ số 0, nên có nghiệm x = nên có nhân tử x – 1, ta có
(1) (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) =
(x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8) (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] =
(x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) =
c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 +
x3 – 3x2 + 3x – + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – = - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 = 6x3 - 11x2 - 19x - = (2)
Ta thấy Pt có nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: (2) (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) =
6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = (x – 3)(6x2 + 7x + 2) =
(x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] = (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] = (x – 3)(2x + 1)(3x + 2)
d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24 [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 = 0
(x2 + 5x - 1)2 – 25 = (x2 + 5x - + 5)( (x2 + 5x - – 5) =
(x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] = (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) =
(41) (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) =
( x2 + x + 1)[ x2 + x + – 3(x2 - x + 1)] = ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) = (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = ( x2 + x + 1)(x – 1)2 =
f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =
(x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) =
+) x – = x =
+) x4 + x3 + x2 + x + = (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = (x + 1)(x3 + 1) + x2 = 0
(x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 = (x + 1)2 [(x2 – 2.x
1 2 +
1 4) +
3
4] + x2 = 0
(x + 1)2
2
1
x + +
2
+ x2 = Vô nghiệm (x + 1)2
2
1
x + +
2
nhưng không xẩy dấu
Baøi 2:
a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12 (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 = 0
(x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 =
Đặt x2 + x – = y Thì
(x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = y2 – y – 12 = (y – 4)(y + 3) = 0 * y – = x2 + x – – = x2 + x – = (x2 + 3x) – (2x + 6) =
(x + 3)(x – 2) =
* y + = x2 + x – + = x2 + x + = (vô nghiệm)
b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680 (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680
Đặt x2 – 11x + 29 = y , ta coù:
(x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 (y + 1)(y – 1) = 1680 y2 = 1681 y =
41
y = 41 x2 – 11x + 29 = 41 x2 – 11x – 12 = (x2 – x) + (12x – 12) = (x – 1)(x + 12) =
* y = - 41 x2 – 11x + 29 = - 41 x2 – 11x + 70 = (x2 – 2x
11 +
121 )+
159 =
c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = (3) Đặt x2 – 6x + = (x – 3)2 = y 0, ta coù
(3) y2 – 15(y + 1) – = y2 – 15y – 16 = (y + 1)(y – 15) =
Với y + = y = -1 (loại)
Với y – 15 = y = 15 (x – 3)2 = 16 x – =
+ x – = x =
+ x – = - x = -
d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = (4) Đặt x2 + = y thì
(4) y2 + 3xy + 2x2 = (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = (y + x)(y + 2x) =
(42)+) y + 2x = x2 + 2x + = (x + 1)2 = x = -
Baøi 3:
a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18 (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72 (1) Đặt 2x + = y, ta coù
(1) (y – 1)y2(y + 1) = 72 y2(y2 – 1) = 72 y4 – y2 – 72 =
Đặt y2 = z Thì y4 – y2 – 72 = z2 – z – 72 = (z + 8)( z – 9) = 0 * z + = z = - (loại)
* z – = z = y2 = y = x =
b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2)
Đặt y = x – x + = y + 2; x – = y – 2, ta coù
(2) (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82
y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82
2y4 + 48y2 + 32 – 82 = y4 + 24y2 – 25 =
Đặt y2 = z y4 + 24y2 – 25 = z2 + 24 z – 25 = (z – 1)(z + 25) = 0 +) z – = z = y = 1 x = 0; x =
+) z + 25 = z = - 25 (loại)
Chú ý: Khi giải Pt bậc dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x +
a + b
c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32 (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 Đặt y = x – x – = y + 1; x – = y – 1; ta coù:
(x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32
y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 = 10y4 + 20y2 – 30 = y4 + 2y2 – =
Đặt y2 = z y4 + 2y2 – = z2 + 2z – = (z – 1)(z + 3) = d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4
Đặt x – = a; x – = b ; 15 – 2x = c - c = 2x – 15 a + b = - c , Neân
(x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 a4 + b4 = c4 a4 + b4 - c4 = a4 + b4 – (a + b)4 =
4ab(a2 +
3
2ab + b2) =
2
2
3
4ab a + b + b
4 16
= 4ab =
(Vì
2
2
3
a + b + b
4 16
không xẩy dấu bằng) ab = x = 7; x =
e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + =
2
1
6 x x - 36
x x
(Vì x = không nghiệm) Đặt x -
x = y
2 x
x
= y2 + , thì
2
1
6 x x - 36
x x
(43)+) 3y + = y = -
8
1 x -
x = -
3 (x + 3)(3x – 1) = 0
x = - x + =
1 3x - = x =
3
+) 2y – = y =
3
1 x -
x =
2 (2x + 1)(x – 2) = 0
x = x - =
1 2x + = x = -
2
Bài 4: Chứng minh rằng: Pt sau vô nghiệm
a) x4 – 3x2 + 6x + 13 = ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) = (x2 – 2)2 + (x + 3)2 =
Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2 không đồng thời xẩy x2 = x = -3 b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0
x7 – = x =
x = không nghiệm Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = 0 Bài tập nhà:
Bài 1: Giải Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1)
HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) =
b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ) c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = (Nhân vế với 24, đặt 12x + = y)
d) (x2 – 9)2 = 12x + (Thêm, bớt 36x2)
e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = ( Đặt y = x – 1,5; Đs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Đặt x + = y; Ñs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3
Đặt x + = a; x – = b; - 2x = c a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc
h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + = (Chia veá cho x2; Đặt y =
1 x +
x )
i) x5 + 2x4 + 3x3+ 3x2 + 2x + = (Vế trái đa thức có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ )
Bài 2: Chứng minh pt sau vô nghiệm a) 2x4 – 10x2 + 17 = 0
(Phân tích vế trái thành tổng hai bình phương) b) x4 – 2x3+ 4x2 – 3x + =
(44)CHUYÊN ĐỀ 12 – VẼ ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG ĐỂ TẠO THAØNH CÁC CẶP ĐOẠN THẲNG TỶ LỆ
Ngày soạn: 01 – - 2013 Ngày dạy: - 04 - 2013
A Phương pháp:
Trong tập vận dụng định lí Talét Nhiều ta cần vẽ thêm đường phlà đường thẳng song song với đường thẳng cho trước, Đây cách vẽ đường phụ ïhay dùng, nhờ mà tạo thành cặp đoạn thẳng tỉ lệ
B Các ví dụ: 1) Ví dụ 1:
Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC, lấy tương ứng điểm P, Q, R cho ba đường thẳng AP, BQ, CR cắt
điểm
Chứng minh:
AR BP CQ
RB PC QA (Định lí Cê – va) Giải
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng CR, BQ E, F Gọi O giao điểm AP, BQ, CR
ARE BRC
AR AE
=
RB BC (a)
BOP FOA
BP OP
=
FA OA (1)
POC AOE
PC PO
=
AE AO (2) Từ (1) (2) suy ra:
BP PC BP FA
=
FA AE PC AE (b)
AQF CQB
CQ BC
=
AQ FA (c) Nhaân (a), (b), (c) vế theo vế ta có:
AR BP CQ AE FA BC
RB PC QA BC AE FA * Đảo lại: Nếu
AR BP CQ
RB PC QA thì bai đường thẳng AP, BQ, CR đồng quy
2) Ví dụ 2:
Một đường thăng cắt cạnh( phần kéo dài cạnh) tam giác ABC P, Q, R
Chứng minh rằng:
RB.QA.PC
RA.CQ.BP (Định lí Mê-nê-la-uýt) Giải:
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt PR E Ta có
O F E
R Q
C P
B A
E R
(45)RAE RBP
RB BP
=
RA AE (a)
AQE CQP
QA AE
=
QC CP (b)
Nhân vế theo vế đẳng thức (a) (b) ta có
RB QA BP AE
=
RA QC AE CP (1)
Nhân hai vế đẳng thức (1) với PC
BP ta coù:
RB PC QA BP AE PC
=
RA BP QC AE CP BP
Đảo lại: Nếu
RB.QA.PC
RA.CQ.BP ba điểm P, Q, R thẳng hàng 3) Ví dụ 3:
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Gọi I điểm cạnh BC Đường thẳng qua I song song với AC cắt AB K; đường thẳng qua I song song với AB cắt AC, AM theo thứ tự D, E Chứng minh DE = BK
Giải
Qua M kẻ MN // IE (N AC).Ta coù:
DE AE DE MN
=
MN AN AE AN (1)
MN // IE, maø MB = MC AN = CN (2)
Từ (1) (2) suy
DE MN
AE CN (3) Ta lại có
MN CN MN AB
AB AC CN AC(4) Từ (4) (5) suy
DE AB
AE AC (a) Tương tự ta có:
BK AB
KI AC (6)
Vì KI // AC, IE // AC nên tứ giác AKIE hình bình hành nên KI = AE (7)
Từ (6) (7) suy
BK BK AB
KI AE AC (b) Từ (a) (b) suy
DE BK
AE AE DE = BK
4) Ví dụ 4:
Đường thẳng qua trung điểm cạnh đối AB, CD tứ giác ABCD cắt đường thẳng AD, BC theo thứ tự I, K Chứng minh: IA KC = ID KB
Giaûi
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB, CD Ta có AM = BM; DN = CN
Vẽ AE, BF song song với CD
N D
I M
E
K
C B
A
F
E I K
M
N
D C
B
(46)AME = BMF (g.c.g) AE = BF
Theo định lí Talét ta có:
IA AE BF
=
ID DN CN (1) Củng theo định lí Talét ta có:
KB BF
=
KC CN(2)
Từ (1) (2) suy
IA KB
=
ID KC IA KC = ID KB
5) Ví dụ 5:
Cho xOy , điểm A, B theo thứ tự chuyển động tia Ox, Oy cho
1 1
+
OA OBk (k số) Chứng minh AB qua điểm cố định Giải
Vẽ tia phân giác Oz xOy cắt AB C vẽ CD // OA
(D OB) DOC = DCO = AOC COD cân D DO = DC
Theo định lí Talét ta có
CD BD CD OB - CD
=
OA OB OA OB
CD CD 1
1
OA OB OA OB CD (1) Theo giả thiết
1 1
+
OA OBk (2) Từ (1) (2) suy CD = k , không đổi
Vậy AB qua điểm cố định laø C cho CD = k vaø CD // Ox , D OB 6) Ví dụ 6:
Cho điểm M di động đáy nhỏ AB hình thang ABCD, Gọi O giao điểm hai cạnh bên DA, CB Gọi G giao điểm
OA CM, H giao điểm OB DM Chứng minh rằng: Khi M di động AB tổng
OG OH
+
GD HC không đổi Giải
Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự I K Theo định lí Talét ta có:
OG OI
GD CD ;
OH OK
HC CD
OG OH OI OK IK
+
GD HCCD CD CD
OG OH IK
+
GD HC CD
(1)
Qua M vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự P Q, ta có:
IK MP FO
CD MQ MQ khơng đổi FO khoảng cách từ O đến AB, MQ đường cao hình thang nên khơng đổi (2)
Q P
F
K I
H G
M O
D C
B A
z
O
y
x D
C B
(47)Từ (1) (2) suy
OG OH FO
+
GD HC MQ khơng đổi
7) Ví dụ 7:
Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M, AC lấy điểm N cho BM = CN, gọi giao điểm CM BN O, Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB E F
Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA Giải
AD phân giác nên BAD = DAF EI // AD BAD = AEF (góc đồng vị)
Mà DAF OFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh)
Suy AEF AFE AFE cân A AE =AF (a)
Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I giao
điểm EF với BC ta có
CF CI CF CA
=
CA CD CI CD (1)
AD phân giác BAC nên
CA BA
CD BD (2) Từ (1) (2) suy
CF BA
CI BD (3)
Kẻ đường cao AG AFE BP // AG (P AD); CQ // AG (Q OI) BPD = CQI = 900
Goïi trung điểm BC K, ta có BPK = CQK (g.c.g) CQ = BP BPD = CQI (g.c.g) CI = BD (4)
Thay (4) vaøo (3) ta coù
CF BA
BDBD CF = BA (b)
Từ (a) (b) suy BE = CA
Bài tập nhà
1) Cho tam giác ABC Điểm D chia BC theo tỉ số : 2, điểm O chia AD theo tỉ số : gọi K giao điểm BO AC Chứng minh
KA KC không đổi
2) Cho tam giác ABC (AB > AC) Lấy điểm D, E tuỳ ý thứ tự thuộc cạnh AB, AC cho BD = CE Gọi giao điểm DE, BC K, chứng minh : Tỉ số
KE
KD không đổi D, E thay đổi AB, AC (HD: Vẽ DG // EC (G BC)
G
P O K
I N
D Q
C B
M A
(48)CHUYÊN ĐỀ 13 – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY
Ngày soạn: – - 2013 Ngày dạy: - - 2013
A Kiến thức:
1) Bổ đề hình thang:
“Trong hình thang có hai đáy không nhau, đường thẳng qua giao điểm đường chéo qua giao điểm đường thẳng chứa hai cạnh bên qua trung điểm hai đáy”
Chứng minh:
Gọi giao điểm AB, CD H, AC, BD G, trung điểm AD, BC E F
Nối EG, FG, ta có: ADG CBG (g.g) , neân :
AD AG 2AE AG AE AG
CB CG 2CF CG CF CG (1) Ta lại có : EAG FCG (SL ) (2)
Từ (1) (2) suy : AEG CFG (c.g.c)
Do đó: AGE CGF E , G , H thẳng hàng (3)
Tương tự, ta có: AEH BFH AHE BHF H , E , F thẳng hàng (4)
Tõừ (3) (4) suy : H , E , G , F thẳng hàng
2) Chùm đường thẳng đồng quy:
Nếu đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song chúng định hai đường thẳng song song đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ Nếu m // n, ba đường thẳng a, b, c đồng quy O chúng cắt m A, B, C cắt n A’, B’, C’
AB BC AC
=
A'B' B'C'A'C'
AB A'B' AB A'B'
= ;
BC B'C' ACA'C' * Đảo lại:
+ Nếu ba đường thẳng có hai đường thẳng cắt nhau, định hai đường thẳng song song cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ ba đường thẳng đồng quy
+ Nếu hai đường thẳng bị cắt ba đường thẳng đồng quy tạo thành cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ chúng song song với
B p dụng: 1) Bài 1:
Cho tứ giác ABCD có M trung điểm CD, N trung điểm CB Biết AM, AN cắt BD thành ba đoạn Chứng minh ABCD hình bình hành
// //
/ /
H
G E
F D
C B
A
c b
a
O
n m
A' B' C'
C B
(49)Giaûi
Gọi E, F giao điểm AM, AN với BD; G, H giao điểm MN với AD, BD
MN // BC (MN đường trung bình BCD)
Tứ giác HBFM hình thang có hai cạnh bên địng quy
tại A, N trung điểm đáy BF nên theo bổ đề hình thang N trung điểm đáy MH
MN = NH (1)
Tương tự : hình thang CDEN M trung điểm GN GM = MN (2)
Từ (1) (2) suy GM = MN = NH
Ta coù BNH = CNM (c.g.c) BHN = CMN BH // CM hay AB // CD (a)
Tương tự: GDM = NCM (c.g.c) DGM = CNM GD // CN hay AD // CB (b)
Từ (a) (b) suy tứ giác ABCD có cặp cạnh đối song song nên hình bình hành
2) Bài 2:
Cho ABC có ba góc nhọn, trực tâm H, đường
thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự tạ P, Q cho HP = HQ Gọi M trung điểm BC Chứng minh: HM
PQ Giaûi
Gọi giao điểm AH BC I Từ C kẻ CN // PQ (N AB),
ta chứng minh MH CN HM PQ
Tứ giác CNPQ hình thang, có H trung điểm PQ, hai cạnh bên NP CQ đồng quy A nên K trung điểm CN MK đường trung bình BCN
MK // CN MK // AB (1)
H trực tâm ABC nên CHA B (2)
Từ (1) (2) suy MK CH MK đường cao củaCHK (3)
Từ AH BC MCHK MI đường cao CHK (4)
Từ (3) (4) suy M trực tâm CHK MHCN MHPQ
3) 3:
Cho hình chữ nhật ABCD có M, N thứ tự trung điểm AD, BC Gọi E điểm thuộc tia đối tia DC, K giao điểm EM AC
Chứng minh rằng: NM tia phân giác KNE
Giải
Gọi H giao điểm KN DC, giao điểm AC MN I IM = IN
Ta có: MN // CD (MN đường trung bình hình chữ nhật ABCD)
H
F
E
N
M
C B
I K N
M
Q P
H
C B
A
// //
I
H E
N M
K
D C
(50) Tứ giác EMNH hình thang có hai cạnh bên EM HN đồng quy K I
trung điểm MN nên C trung điểm EH
Trong ENH NC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến nên ENH cân
tại N NC tia phân giác ENH mà NC MN (Do NM BC – MN // AB) NM tia phân giác góc ngồi N ENH
Vậy NM tia phân giác KNE
Bài 4:
Trên cạnh BC = cm hình vng ABCD lấy điểm E cho BE = cm Trên tia đối tia CD lấy điểm F cho CF = cm Gọi M giao điểm AE BF
Tính AMC
Giải
Gọi giao điểm CM AB H, AM DF G Ta có:
BH AB BH
=
CF FG FG
Ta lại có
AB BE
= = CG = 2AB = 12 cm
CG EC 4 2
FG = cm
BH
BH = cm
3 9 BH = BE
BAE = BCH (c.g.c) BAE = BCH maø BAE + BEA = 900
Mặt khác BEA = MEC ; MCE = BCH MEC + MCE = 900 AMC = 900
Baøi 5:
Cho tứ giác ABCD Qua điểm E thuộc AB, H thuộc AC vẽ đường thẳng song song với BD, cắt cạnh lại tứ giác F, G
a) Có thể kết luận đường thẳng EH, AC, FG b) Gọi O giao điểm AC BD, cho biết OB = OD Chứng minh ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy Giải
a) Nếu EH // AC EH // AC // FG
Nếu EH AC khơng song song EH, AC, FG đồng quy b) Gọi giao điểm EH, HG với AC
Trong hình thang DFEB có hai cạnh bên DF, BE đồng quy A OB = OD nên theo bổ đề hình thang M trung điểm EF
Tương tự: N trung điểm GH Ta có
ME MF
=
GN HN nên ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy O
H M
G F
E
D C
B A
O
H
G F
E
N M
D C
B
(51)CHUYÊN ĐỀ 14 – SỬ DỤNG CÔNG THỨC DIỆN TÍCH ĐỂ THIẾT LẬP QUAN HỆ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG
Ngày soạn: – - 2013 Ngày dạy: - - 2013
A Một số kiến thức:
1 Cơng thức tính diện tích tam giác: S =
1
2 a.h (a – độ dài cạnh, h – độ dài đường cao tương ứng) Một số tính chất:
Hai tam giác có chung cạnh, có độ dài đường cao có diện tích Hai tam giác có diện tích
B Một số toán: 1 Bài 1:
Cho ABC có AC = 6cm; AB = cm; đường cao AH; BK; CI Biết AH =
CI + BK Tính BC Giải
Ta có: BK = ABC 2S
AC ; CI = ABC 2S
AB
BK + CI = SABC
1
AC AB
2AH =
1
2 BC AH
1
AC AB
BC
1
AC AB
=
BC = :
1
AC AB
= :
1
= 4,8 cm
Baøi 2:
Cho ABC có độ dài cạnh a, b, c; độ dài đường cao tương ứng ha, hb,
hc Biết a + = b + hb = c + hc Chứng minh ABC tam giác Giải
Goïi SABC = S
Ta xeùt a + = b + hb a – b = – hb =
2S 2S 1 a - b
- 2S - 2S
b a b a ab
a – b =
a - b 2S
ab (a – b)
2S -
ab
= ABC cân C vuông C (1)
Tương tự ta có: ABC cân A vuông A (2); ABC cân B vuông
B (3)
Từ (1), (2) (3) suy ABC cân vuông ba đỉnh (Không xẩy vuông
ba đỉnh) ABC tam giác
Baøi 3:
K I
H C
(52)Cho điểm O nằm tam giác ABC, tia AO, BO, Co cắt cạnh tam giác ABC theo thứ tự A’, B’, C’ Chứng minh rằng:
a)
OA' OB' OC'
AA' BB' CC' b)
OA OB OC
2 AA' BB' CC' c) M =
OA OB OC
6
OA' OB' OC' Tìm vị trí O để tổng M có giá trị nhỏ nhất d) N =
OA OB OC
OA' OB' OC' Tìm vị trí O để tích N có giá trị nhỏ nhất Giải
Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB Ta coù:
3
OA'C OA'B
S S S
S OA
= =
OA' S S S
(1)
OA'C OA'B OA'C OA'B AA'C AA'B AA'C AA'B
S S S S S
OA'
= =
AA' S S S S S
(2)
Từ (1) (2) suy
2 S S OA AA' S
Tương tự ta có
1 S S OB OB' S ; S S OC OC' S ; S OB'
BB' S ;
S OC' CC' S a)
3 S
S S
OA' OB' OC' S
1 AA' BB' CC' S S S S b)
2 3
S S S S S S
OA OB OC 2S
2
AA' BB' CC' S S S S
c) M =
2 3 2 3
1 2 3
S S S S S S S S S S S S
OA OB OC
OA' OB' OC' S S S S S S S S S
p dụng Bđt Cô si ta coù
3
1 2
2 3
S S
S S S S
2 2
S S S S S S
Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3 O trọng tâm tam giác ABC d) N =
3 3 2 3
1 3
S S S S S S
S S S S S S
S S S S S S
N2 =
2 2
2 3 2 3
2
1 3
S S S S S S 4S S 4S S 4S S
64
S S S S S S
N
Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3 O trọng tâm tam giác ABC Bài 4:
Cho tam giác ABC, đường caoAD, BE, CF; gọi A’, B’, C’ hình chiếu M
(nằm bên tam giác ABC) AD, BE, CF Chứng minh rằng: Khi M thay đổi vị trí tam giác ABC thì:
a) A’D + B’E + C’F khơng đổi b) AA’ + BB’ + CC’ không đổi
(53)Giaûi
Gọi h = AH chiều cao tam giác ABC h khơng đổi Gọi khoảng cách từ M đến cạnh AB; BC; CA MP; MQ; MR A’D + B’E + C’F = MQ + MR + MP
Vì M nằm tam giác ABC nên SBMC + SCMA + SBMA = SABC
BC.(MQ + MR + MP) = BC.AH MQ + MR + MP =
AH
A’D + B’E + C’F = AH = h
Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi
b) AA’ + BB’ + CC’ = (AH – A’D)+(BE – B’E) (CF – C’F) = (AH + BE + CF) – (A’D + B’E + C’F) = 3h – h = 2h không đổi
Bài 5:
Cho tam giác ABC có BC trung bình cộng AC AB; Gọi I giao điểm phân giác, G trọng tâm tam giác Chứng minh: IG // BC
Giaûi
Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC AH, IK, GD Vì I giap điểm ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA IK
Vì I nằm tam giác ABC nên:
SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) Maø BC =
AB + CA
2 AB + CA = BC (2)
Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC IK =
1
3AH (a) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên:
SBGC =
1
3 SABC BC GD =
1
3 BC AH GD =
1
3 AH (b)
Từ (a) (b) suy IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC nên IG // BC
Bài tập nhà:
1) Cho C điểm thuộc tia phân giác xOy = 60 0, M điểm nằm
đường vng góc với OC C thuộc miền xOy , gọi MA, MB thứ tự
là khoảng cách từ M đến Ox, Oy Tính độ dài OC theo MA, MB
2) Cho M điểm nằm tam giác ABC A’, B’, C’ hình chiếu M cạnh BC, AC, AB Các đường thẳng vuông góc với BC C, vng góc với CA A , vng góc với AB B cắt D, E, F Chứng minh rằng: a) Tam giác DEF tam giác
b) AB’ + BC’ + CA’ không phụ thuộc vị trí M tam giaùc ABC
R
Q P
C' B'
A' M
F E
D C
B
A
M K
H
G I
D C
(54)CHUYÊN ĐỀ 15 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
Ngày soạn: 09 – - 2013 Ngày dạy: - - 2013
A Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức:
1) Khái niệm: Nếu với giá trị biến thuộc khoảng xác định mà giá trị biểu thức A ln ln lớn (nhỏ bằng) số k tồn giá trị biến để A có giá trị k k gọi giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) biểu thức A ứng với giá trị biến thuộc khoảng xác định nói
2) Phương pháp
a) Để tìm giá trị nhỏ A, ta cần: + Chứng minh A k với k số
+ Chỉ dấ “=” xẩy với giá trị biến b) Để tìm giá trị lớn A, ta cần:
+ Chứng minh A k với k số
+ Chỉ dấ “=” xẩy với giá trị biến
Kí hiệu : A giá trị nhỏ A; max A giá trị lớn A
B.Các tập tìmGiá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: I) Dạng 1: Tam thức bậc hai
Ví dụ :
a) Tìm giá trị nhỏ A = 2x2 – 8x + 1 b) Tìm giá trị lớn B = -5x2 – 4x + 1 Giải
a) A = 2(x2 – 4x + 4) – = 2(x – 2)2 – - A = - x =
b) B = - 5(x2 +
4
5x) + = - 5(x2 + 2.x.
2 5 +
4 25) +
9 5 =
9
5 - 5(x + 5)2
9 max B =
9
5 x =
2
b) Ví dụ 2: Cho tam thức bậc hai P(x) = a x2 + bx + c a) Tìm P a >
b) Tìm max P a < Giải
Ta coù: P = a(x2 +
b
a x) + c = a(x + b
2a )2 + (c - b
4a ) Đặt c -
2 b
4a = k Do (x + b
2a )2 nên: a) Nếu a > a(x +
b
2a )2 P k P = k x = -
(55)b) Neáu a < a(x + b
2a )2 P k max P = k x = -
b 2a
II Dạng 2: Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ
a) A = (3x – 1)2 – 3x - + 5
đặt 3x - = y A = y2 – 4y + = (y – 2)2 + 1 A = y = 3x - =
x = 3x - =
1 3x - = - x = -
3
b) B = x - + x -
B = x - + x - = B = x - + - x x - + - x = B = (x – 2)(3 – x) x
2) Ví dụ 2: Tìm GTNN cuûa C = x - x + x - x - 2
Ta coù C = x - x + x - x - 2 = x - x + + x - x2 x - x + + + x - x2 = C = (x2 – x + 1)(2 + x – x2) + x – x2 x2 – x –
(x + 1)(x – 2) - x 2
3) Vớ duù 3:
Tìm giá trị nhá nhÊt cña : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| |x-1+4-x| = (1) Vµ x x x 3 x x 3 x = (2) VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| + = 4 Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y 1 x (2) DÊu b»ng x¶y 2 x
Vậy T có giá trị nhá nhÊt lµ 2 x III.Dạng 3: Đa thức bậc cao
1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ
a) A = x(x – 3)(x – 4)(x – 7) = (x2 – 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36 - 36
Min A = - 36 y = x2 – 7x + = (x – 1)(x – 6) = x = x =
b) B = 2x2 + y2 – 2xy – 2x + = (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + 2 = (x – y)2 + (x – 1)2 +
x - y =
x = y = x - =
c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta coù C + = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) Đặt x – = a; y – = b thì C + = a2 + b2 + ab = (a2 + 2.a.
b 2 +
2 b
4 ) + 3b
4 = (a + b 2)2 +
2 3b
4
Min (C + 3) = hay C = - a = b = x = y =
(56)a) C = (x + 8)4 + (x + 6)4
Đặt x + = y C = (y + 1)4 + (y – 1)4 = y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + + y4 - 4y3 + 6y2 -
4y +
= 2y4 + 12y2 + A = y = x = - 7
b) D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + = (x4 – 6x3 + 9x2 ) + (x2 – 6x + 9) = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2 D = x = 3
IV Dạng phân thức:
1 Phân thức có tử số, mẫu tam thức bậc hai
Biểu thức dạng đạt GTNN mẫu đạt GTLN
Ví dụ : Tìm GTNN A = 2
6x - - 9x = 2
- 2
9x - 6x + (3x - 1)
Vì (3x – 1)2 (3x – 1)2 + 2
1 2
(3x - 1) 4 (3x - 1) 4
A
-1
min A = -1
2 3x – = x =
1
2 Phân thức có mẫu bình phương nhị thức a) Ví dụ 1: Tìm GTNN A =
2
3x - 8x + x - 2x +
+) Cách 1: Tách tử thành nhóm có nhân tử chung với mẫu A =
2
2 2
3x - 8x + 3(x - 2x + 1) - 2(x - 1) +
=
x - 2x + (x - 1) x - (x - 1) Đặt y =
x - Thì A = – 2y + y2 = (y – 1)2 + A = y =
1
x - 1 = x =
+) Cách 2: Viết biểu thức A thành tổng số với phân thức không âm A =
2 2
2 2
3x - 8x + 2(x - 2x + 1) + (x - 4x + 4) (x - 2)
= 2
x - 2x + (x - 1) (x - 1)
A = x – = x =
b) Ví dụ 2: Tìm GTLN B = x x 20x + 100 Ta coù B = 2
x x
x 20x + 100(x + 10) Đặt y =
x + 10 x =
1 10 y thì B = (
1 10
y ).y2 = - 10y2 + y = - 10(y2 – 2.y.
1 20y +
1 400) +
1
40 = - 10
2 y -
10
+
1 40
1 40
Max B = 40
1 y -
10 = y =
1
10 x = 10
c) Ví dụ 3: Tìm GTNN C =
2
2
(57)Ta coù: C =
2
2 2
2 2
1
(x + y) (x - y)
x + y 2 1 (x - y)
x + 2xy + y (x + y) 2 (x + y)
A =
1
2 x
= y
3 Các phân thức có dạng khác
a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) A = - 4x
x 1 Ta coù: A =
2 2
2 2
3 - 4x (4x 4x 4) (x 1) (x - 2)
1
x x x
A = - x =
Ta lại có: A =
2 2
2 2
3 - 4x (4x 4) (4x + 4x + 1) (2x 1)
4
x x x
max A = 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 coù 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
neân A = (1 – y)2 + y2 = 2(y2 – y) + = 2(y2 – 2.y.
1 2 +
1 4) +
1 2 = 2
2
1 1
y - +
2 2
Vaäy A =
2 x = y =
1
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
2 A =
1
2 x = y =
1
2)Ví duï 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 coù x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = 12 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)
= 21 (x y )2(x z )2(y z )2
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx (2)
Đẳng thức xẩy x = y = z a) Từ (1) (2) suy
9 = 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 =
(58)= 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 duù 3:
Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x + y + z = Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z 33 xyz
3 1
3 27
xyz xyz
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
x y y z z x 33x y y z x z 3 3x y y z z x DÊu b»ng x¶y x = y = z =
1
3 S
8
27 27 729
Vậy S có giá trị lớn
8
729 x = y = z =
4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x4y4z4
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta cã
2 2 2 2
xy yz zx x y z 1x2y2z22
(1) áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho (x y z2, 2, 2) vµ (1,1,1)
Ta cã (x2y2z2 2) (12121 )(2 x4y4z4) (x2y2z2 2) 3(x4y4z4) Tõ (1) vµ (2) 3( x4y4z4)
4 4 x y z
VËy x4y4z4 có giá trị nhỏ
1
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:
+) -A lớn A nhỏ ; +)
1
Blớn B nhỏ (với B > 0)
+) C lớn C2 lớn
Ví dụ: Tìm cực trị A =
2 x + x + a) Ta coù A > nên A nhỏ
1
A lớn nhất, ta có
2 2
4
x +
1 2x
1
A x + x + 1
1
A = x = max A = x =
b) Ta coù (x2 – 1)2 x4 - 2x2 + x4 + 2x2 (Dấu xẩy x2 = 1)
Vì x4 + > 2x
x +
2 2x
1 1
x +
max
1
(59) A =
1
2 x = 1
3) Nhiều ta tìm cực trị biểu thức khoảng biến, sau so sámh cực trị để để tìm GTNN, GTLN tồn tập xác định biến Ví dụ: Tìm GTLN B =
y - (x + y) a) xeùt x + y
- Neáu x = A = - Nếu y 3 A 3
- Nếu y = x = A = b) xét x + y A
So sánh giá trị A, ta thaáy max A = x = 0; y =
4) Sử dụng bất đẳng thức
Ví dụ: Tìm GTLN A = 2x + 3y bieát x2 + y2 = 52
p dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) cho số 2, x , 3, y ta coù:
(2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 2x + 3y 26 Max A = 26
x y
=
2
y =
3x
2 x2 + y2 = x2 +
2 3x
2
= 52 13x2 = 52.4 x =
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 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 cuûa B =
(x + 4)(x + 9) x Ta coù: B =
2
(x + 4)(x + 9) x 13x + 36 36
x + 13
x x x
Vì số x 36
x có tích x. 36
x = 36 không đổi nên
36 x +
x nhỏ x =
36
x
x =
A =
36 x + 13
x nhỏ laø A = 25 x =
(60)Ví dụ: Tìm GTNN A = 11m 5n
Ta thấy 11m tận 1, 5n tận 5
Nếu 11m > 5n A tận 6, 11m < 5n A tận 4
khi m = 2; n = A = 121 124 = A = 4, chẳng hạn m = 2, n = 3
CHUYÊN ĐỀ 13 – BẤT ĐẲNG THỨC
Ngày soạn: 27 – - 2010
Phần I : kiến thức cần lu ý
1-Đinhnghĩa:
0 A B A B A B A B
2-tÝnh chÊt + A>B ⇔B<A
+ A>B vµ B >C A > C + A>B ⇒ A + C >B + C
+ A>B vµ C > D ⇒ A +C > B + D + A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C + A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C
+ < A < B vµ < C < D ⇒ < A.C < B.D
+ A > B > ⇒ An > Bn ∀n
+ A > B ⇒ An > Bn víi n lỴ
+ |A| > |B| ⇒ An > Bn víi n
chẵn
+ m > n > A > ⇒ A ❑m >
A ❑n
+ m > n > vµ <A < ⇒ A ❑m
< A ❑n
+A < B vµ A.B > ⇒ A>
1 B - số bất đẳng thức
+ A ❑2 víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = )
+ An víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = )
+ A 0 víi ∀A (dÊu = x¶y A = ) + - |A| < A = |A|
+ A B A B ( dÊu = x¶y A.B > 0) + A B A B ( dÊu = x¶y A.B < 0)
Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phơng pháp 1: dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A – B > Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2 với M
VÝ dô x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx b) x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz Gi¶i:
a) Ta xÐt hiÖu : x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = 12 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)
= 12
2 2
(x y) (x z) (y z)
với x;y;zR
(61)(x- z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x = z
(y- z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z = y
VËy x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu:
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) ❑2 0
đúng với x;y;zR
Vậy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR Dấu xảy x + y = z
VÝ dô 2: chøng minh r»ng :
a)
2 2
a b a b
2
; b)
2
2 2
a b c a b c
3
c) HÃy tổng quát toán
gi¶i
a) Ta xÐt hiƯu
2
a b a b
2
=
2 2 2
2 a b a 2ab b
4
=
2 2
2a 2b a b 2ab
4 =
2
a b
4
VËy
2
2
a b a b
2
DÊu b»ng x¶y a = b
b)Ta xÐt hiÖu:
2
2 2
a b c a b c
3
=
2 2
1
a b b c c a
9
VËy
2
2 2
a b c a b c
3
DÊu b»ng x¶y a = b =c
c)Tỉng qu¸t:
2
2 2
1 n n
a a a a a a
n n
* Tóm lại bớc để chứng minh A B theo định nghĩa Bớc 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bớc 2:Biến đổi H = (C+D) ❑2 hoặc H=(C+D)
❑2 +….+(E+F) ❑2 Bíc 3: KÕt luËn A B
2) phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng
L u ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đợc chứng minh
VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a) 2 b a ab
b)a2b2 1 ab a b c)
2 2 2
a b c d e a b c d e
Gi¶i:
a)
2
2
2 b 2 2
a ab 4a b 4ab 4a 4a b 2a b
4
(Bđt đúng) Vởy 2 b a ab
(dÊu b»ng x¶y 2a = b) b) a2b2 1 ab a b 2(a2b21) 2(ab a b)
2 2 2 2
a 2ab b a 2a b 2b (a b) (a 1) (b 1)
(lu«n
(62)VËy a2b2 1 ab a b DÊu b»ng x¶y a = b =
c)
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e a b c d e 4a b c d e
⇔
2 2 2 2
a 4ab 4b a 4ac 4c a 4ad 4d a 4ac 4c 0
⇔
2 2
a 2b a 2c a 2d a 2c 0
VÝ dô 2: Chøng minh r»ng:
10 10 2 8 4 a b a b a b a b
Gi¶i:
a10 b10 a2 b2 a8 b8 a4 b4 a12 a b10 a b2 10 b12 a12 a b8 a b4 b12
⇔ a b a8 2 2 b2 a b b2 8 2 a2 0 ⇔
a2b2(a2-b2)(a6-b6)
⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0
VÝ dơ 4: cho ba sè thùc kh¸c kh«ng x, y, z tháa m·n: {
x.y.z=1
x+ y+
1
z<x+y+z Chứng minh : có ba số x,y,z lớn
Gi¶i: XÐt (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - = (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz(
x+ y+
1
z ) = x + y + z - ( x+
1 y+
1 z¿>0 (v×
x+ y+
1
z < x+y+z theo gt) → số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng
N trng hp sau xảy x, y, z >1 → x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z =1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn
3) Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A) số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ: a) x2y2 2xy b)
2
x y xy
dÊu( = ) x = y =
c)
2
x y 4xy
d)
a b b a
2)Bất đẳng thức Cô sy:
n
1 n
1 n
a a a a
a a a a n
Víi ai>0
3)Bất đẳng thức Bunhiacopski
2
2 2 2
2 n n 1 2 n n
a a a x x a x a x a x
4) Bất đẳng thức Trê-b - sép:
NÕu
a b c A B C
⇒
aA bB cC a b c A B C
3 3
NÕu
a b c A B C
⇒
aA bB cC a b c A B C
3 3
DÊu b»ng x¶y
a b c A B C
B) c¸c vÝ dô
vÝ dô
Cho a, b ,c số không âm chứng minh (a+b) (b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ:
2
(63)Tacã
2
a b 4ab
;
2
b c 4bc
;
2
c a 4ac
⇒ a b 2 b c 2 c a 2 64a b c2 2 8abc2 ⇒
(a + b)(b + c)(c + a) 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c
vÝ dô 2: Cho a > b > c > vµ a2b2c2 1 chøng minh r»ng
3 3
a b c
b c a c a b 2
Do a,b,c đối xứng , giả sử a b c
⇒
2 2
a b c
a b c
b c a c a b
áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có
2 2
2 a b c a b c a b c
a b c
b c a c a b b c a c a b
=
1
3
2 =
1
VËy
3 3
a b c
b c a c a b 2 DÊu b»ng x¶y a = b = c =
1
√3 vÝ dơ 3: Cho a,b,c,d > vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :
2 2
a b c d a b c b c d d c a 10
Ta cã a2b2 2ab; c2d2 2cd Do abcd =1 nªn cd =
ab (dïng x+ x≥
1
2 )
Ta cã
2 2
a b c 2(ab cd) 2(ab ) ab
(1) MỈt kh¸c:
a b c b c d d c a
= (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad) =
1 1
ab ac bc 2
ab ac bc
a2b2c2d2a b c b c d d c a 10 ví dụ 4: Chứng minh : a2b2c2 ab bc ac Giải: Dùng bất đẳng thc Bunhiacopski
Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta cã
2
2 2 2
1 1 1 (a b c )1.a 1.b 1.c
⇒ 3
2 2 2 2 2
a b c a b c 2 ab bc ac a b c ab bc ac
(đpcm)
Dấu xảy a = b = c
4) Ph¬ng ph¸p 4: dïng tÝnh chÊt cđa tû sè A KiÕn thức
1) Cho a, b ,c số dơng a ) Nếu
a b th×
a a c b b c
b ) NÕu
a b th×
a a c b b c
2) NÕu b, d > th× tõ
a c a a c c
b d b b d d
B C¸c vÝ dơ:
(64)Chøng minh r»ng :
a b c d
1
a b c b c d c d a d a b
Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã
a a a d
1
a b c a b c a b c d
(1)
MỈt kh¸c :
a a
a b c a b c d (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã
a a a d
a b c d a b c a b c d
(3)
T¬ng tù ta cã :
b b b a
a b c d b c d a b c d
(4)
c c b c
a b c d c d a a b c d
(5);
d d d c
a b c d d a b a b c d
(6)
céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã 1< a
a+b+c+ b b+c+d+
c c+d+a+
d
d+a+b<2 (®pcm) vÝ dơ : Cho:
a c
b d vµ b,d >
Chøng minh r»ng 2
a ab cd c
b b d d
Gi¶i: Tõ 2
a c ab cd
b d b d ⇒ 2 2
ab ab cd cd c
b b d d d
2
a ab cd c
b b d d
(®pcm)
vÝ dơ : Cho a;b;c;d số nguyên dơng thỏa mÃn : a + b = c+d =1000 tìm giá trị lớn
a b c d
giải : Không tính tổng quát ta giả sử :
a b c d
a a b b
c c d d
;
a
c v× a + b = c
+ d
a, NÕu: b 998 th×
b 998
d ⇒
a b
c d 999
b, NÕu: b = 998 th× a =1 ⇒
a b c d =
1 999
c d Đạt giá trị lớn d = 1; c = 999
VËy: gi¸ trÞ lín nhÊt cđa a c+
b
d = 999 +
999 a = d = 1; c = b = 999 VÝ dô : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng :
2< n+1+
1
n+2+ + n+n<
3 Ta cã
n+k> n+n=
1
2n víi k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:
n+1+
n+2+ + 2n>
1 2n+ +
1 2n=
n 2n=
1 VÝ dô 5: CMR: A = 1+1
22+ 32+
1
42+ +
n2 vi n không số tự nhiên
HD: 2
1 1
; ;
(65)
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
Giải :
Vì a ,b ,c ,d > nªn ta cã:
a b a b a b d
a b c d a b c a b c d
(1)
b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
(2)
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
(3)
Cộng vế bất đẳng thức ta có :
a b b c c d d a
2
a b c b c d c d a d a b
(®pcm)
5.Phơng pháp 5:Dùng bất đẳng thức tam giác
L
u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : a; b; c > Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
VÝ dô1:
Cho a; b; clà số đo ba cạnh cđa tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải
a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có
2 2
0 a b c a a(b c) b a c b b(a c) c a b c c(a b)
Cộng vế bất đẳng thức ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
b) Ta cã a > b - c a2 a2 (b c) 2> b > a - c b2 b2 (c a) 2> c > a - b c2 c2 (a b) 0
Nhân vế bất đẳng thức ta đợc:
2 2
2 2 2
a b c a b c b c a c a b
2 2
2 2
a b c a b c b c a c a b abc a b c b c a c a b
Ví dụ2: (đổi biến số)
Cho a,b,c ba cạnh tam giác Chứng minh r»ng
a b c
b c c a a b 2(1)
Đặt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta cã a =
y z x
; b =
z x y
; c =
x y z
ta cã (1) ⇔
y z x z x y x y z y z x z x y
1 1
2x 2y 2z x x y y z z
⇔ (
y x z x z y
) ( ) ( )
x y x z y z Bđt đúng?
Ví dụ 3: (đổi biến số)
Cho a, b, c > vµ a + b + c <1 Chøng minh r»ng : 2
1 1
9 a 2bc b 2ac c 2ab
(1)
(66)Ta cã
2
x y z a b c 1
(1) ⇔1
x+ y+
1
z≥9 Với x + y + z < x ,y,z > Theo bất đẳng thức Cơsi ta có:
x y z 3.3 xyz vµ
1 1
x y z 3 .3
xyz ⇒
1 1
x y z
x y z
6) phơng pháp làm trội :
Chứng minh B§T sau : a)
1 1
1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2
b)
1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n
Gi¶i :
a) Ta cã :
2 1 (2 1)
1 1 1
2 2 (2 1).(2 1) 2
k k
n n k k k k
Cho n chạy từ đến k Sau cộng lại ta có
1 1
1.3 3.5 (2 1).(2 1) 2
n n n (®pcm)
b) Ta cã :
1 1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n n
<
1 1 1
1 2
2 n n n
(đpcm)
Bài tập nhà:
1) Chøng minh r»ng: x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 +3 (x + y + z) HD: Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z ) = x ❑2 - 2x + + y ❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1
2) Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh :
a b c
1
b c c a a b
(HD:
a a a 2a
b c a b c a b c
vµ
a a
b c a b c ) 3) <
1 1 1
n + n + 2 2n + 1 3n 3n + < 2
áp dụng phơng pháp làm trội
4) Cho a, b, c > Chøng minh r»ng
bc ac ab
a b c a + b + c HD:
bc ac a b = c
b a a b
2c;
ac ab b c ? ;
http://chungthcskn.violet.vn