GA boi duong hsg

Nhưng giờ tôi đã hoàn toàn tin tưởng, đơn giản vì tôi đã được nhận tiền từ công ty .( thầy cô và các bạn cứ tích lũy được 50.000 thôi và yêu cầu satavina thanh toán bằng cách nạp thẻ điệ[r]

Thanh Mỹ, ngày 15/7/2011 Chuyên đề 1

TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN I Mục tiêu

Sau học xong chuyên đề học sinh có khả năng:

1.Biết vận dụng tính chất chia hÕt cđa sè nguyªn dể chứng minh quan hệ chia hết, tìm số d tìm điều kiện chia hÕt

2 Hiểu bước phân tích tốn, tìm hướng chứng minh Có kĩ vận dụng kiến thức trang bị để giải toán II Các tài liệu hỗ trợ:

- Bài tập nâng cao số chuyên đề toán - Toán nâng cao chuyên đề đại số - Bồi dưỡng toán

- Nâng cao phát triển toán - …

III Nội dung

1 Kiến thức cần nhớ

1 Chøng minh quan hƯ chia hÕt

Gäi A(n) lµ mét biểu thức phụ thuộc vào n (nN n Z)

a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích có thừa số m

+ Nếu m hợp số ta phân tích m thành tích thừa số đôI nguyên tố chứng minh A(n) chia hết cho tất số

+ Trong k số liên tiếp tồn mét sè lµ béi cđa k

b/ Khi chøng minh A(n) chia hÕt cho n ta cã thÓ xÐt mäi trêng hỵp vỊ sè d chia m cho n

* VÝ dô1:

C/minh r»ng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hÕt cho 5040 víi mäi sè tù nhiên n Giải:

Ta có 5040 = 24 32.5.7

A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6)

Ta l¹i cã n3-7n – = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3)

T¬ng tù : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d

Do A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)

Ta thÊy : A lµ tÝch số nguyên liên tiếp mà số nguyên liên tiếp: - Tồn bội số (nªn A  )

- Tån bội (nên A ) - Tồn hai bội (nên A  )

- Tồn bội có bội (nên A  16)

Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi nguyên tố  A 5.7.9.16= 5040

VÝ dơ 2: Chng minh r»ng víi mäi sè nguyªn a th× : a/ a3 –a chia hÕt cho

b/ a5-a chia hÕt cho Gi¶i:

a/ a3-a = (a-1)a (a+1) tích sè nguyªn liªn tiÕp nªn tÝch chia hÕt cho b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1)

 Cách 1:

Ta xết trờng hợp số d chia a cho - NÕu a= k (kZ) th× A 5 (1)

Cách 2:

Phân tích A thành tổng hai sè h¹ng chia hÕt cho : + Mét số hạng tích số nguyên liên tiếp

+ Mét sè h¹ng chøa thõa sè

Ta cã : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1)

Mµ = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tÝch cđa sè nguyªn liªn tiÕp )

5a (a2-1) 5 Do a5-a 5

* Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5-a tích số nguyên liên tiếp chia hết cho

Ta cã:

a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5

 a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5

Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5  a5-a 5(Tính chất chia hết hiệu) c/ Khi chứng minh tính chia hết luỹ thừa ta sử dụng đẳng thức: an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (HĐT 8)

an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (HĐT 9) - Sử dụng tam giác Paxcan:

1 1 1

…

Mỗi dòng bắt đầu kết thúc

Mỗi số dòng (kể từ dòng thứ 2) số liền cộng với số bên trái số liền

Do đó: Với a, b  Z, n N: an – bn chia hết cho a – b( ab) a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a-b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Bội số a) (a+1)n = Bsa +1

(a-1)2n = Bsa +1 (a-1)2n+1 = Bsa -1

* VD3: CMR víi mäi sè tù nhiªn n, biĨu thøc 16n – chia hÕt cho 17 n là số chẵn

Giải:

+ Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, kN th×:

A = 162k – = (162)k – chia hÕt cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 = 255 17 Vậy A17

- Nếu n lẻ : A = 16n – = 16n + mà n lẻ 16n + 116+1=17 (HĐT 9)

 A kh«ng chia hÕt cho 17

+C¸ch 2: A = 16n – = ( 17 – 1)n – = BS17 +(-1)n – (theo công thức Niu Tơn) - Nếu n chẵn A = BS17 + – = BS17 chia hết cho 17

- Nếu n lẻ A = BS17 – – = BS17 – Kh«ng chia hÕt cho 17 VËy biĨu thøc 16n – chia hÕt cho 17 vµ chØ n số chẵn, n N

d/ Ngoi dùng phơng pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết

 VD 4: CMR tån t¹i mét béi cđa 2003 cã d¹ng: 2004 2004….2004 Gi¶i: XÐt 2004 sè: a1 = 2004

a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ……… a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhãm 2004

Gọi hai số am an (  n <m 2004) am - an 2003

Ta cã: am - an = 2004 2004……2004 000…00

m-n nhãm 2004 4n

hay am - an = 2004 2004……2004 104n

m-n nhãm 2004 mµ am - an 2003 vµ (104n , 2003) =1

nªn 2004 2004……2004 2003

m-n nhãm 2004 2 T×m sè d

* VD1:T×m sè d chia 2100 a/ cho b/ cho 25 Gi¶i:

a/ L thõa cđa s¸t víi béi cđa lµ 23 = = – 1

Ta cã : 2100 = 299= (23)33 = 2(9 – )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhÞ thøc Niu T¬n) = BS9 – = BS9 +

VËy 2100 chia cho d 7

b/ Luỹ thừa gần với bội 25 10 = 1024 =1025 – 1 Ta cã:

2100 =( 210)10 = ( 1025 – )10 = BS 1025 + = BS 25 +1 (theo nhÞ thøc Niu T¬n) VËy 2100 chia cho 25 d 1

* VD2: Tìm chữ số tận 51994 viết hệ thập phân Giải:

- Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + 54 = 625

Ta thÊy sè tËn cïng b»ng 0625 nâng lên luỹ thừa nguyên dơng vÉn tËn cïng b»ng 0625

Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k 52 = 25 (0625)k = 25 (…0625)= …5625 - Cách 2: Tìm số d chia 51994 ch 10000 = 24.54

Ta thÊy 54k – = (54)k – 1k chia hÕt cho 54 – = (52 + 1) (52 - 1) 16

Ta cã 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mµ 56 54 vµ 51988 – 1= (54)497 – chia hÕt cho 16

 ( 51994)3 56(51988 – 1)chia hÕt cho 10000 cßn 56= 15625

 51994 = BS10000 + 15625  51994 chia cho 10000 d 15625 Vậy chữ số tận 51994 5625

3 Tìm điều kiện chia hết

* VD1: Tìm số nguyên n để giá trị biểu thức A chia hết cho giá trị biểu thức B: A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n

Gi¶i:

n3 + 2n2- 3n + n2 – n n3 – n2 n + 3 3n2 - 3n +

3n2 – 3n

Ta cã: n3 + 2n2- 3n + = (n2 – n)(n + 3) +

2

n  n

Do Giá trị A chia hết cho giá trị B  n2 – n Ư(2)

n -1 -2

n – -2 -3

n(n – 1) 2

Lo¹i T/m T/m Lo¹i

VËy víi n = -1, n = giá trị biểu thức A chia hết cho giá trị biểu thức B

VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + chia hÕt cho n3 + 1 Gi¶i:

n5 +  n3 + 1n5 + n2 – n2 +  n3 + 1

 n2(n3 + 1)- ( n2 – 1)   n3 + 1

 (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1)

 n – n2 – n + 1

 n(n – 1) n2 – n + 1 Hay n2 – n n2 – n + 1

 (n2 – n + 1) – n2 – n + 1

 1n2 – n + 1 XÐt hai trêng hỵp:

+ n2 – n + =  n2 – n =  n(n – 1) =  n = 0, n = thử lại thấy t/m đề bài + n2 – n + = -  n2 – n + = , khơng có giá trị n thoả mãn

 VD 3: Tìm số tự nhiên n cho 2n - chia hÕt cho 7 Gi¶i:

Ta cã l thõa cđa gÇn víi béi cđa lµ 23 = = + 1

- NÕu n = 3k (k N) th× 2n - 1= 23k – = (23)k – = 8 k - 1k8 – = 7 NÕu n = 3k + 1(k N) th× 2n - = 23k+1 – = 8k – 1= 2(8k – 1) + 1 = BS7 +

 2n - kh«ng chia hÕt cho 7

- NÕu n = 3k +2(k N) th× 2n - = 23k+2 – 1= 4.23k – = 4( 8k – 1) + = 4.BS7 +

 2n - kh«ng chia hÕt cho 7 VËy 2n - 17 n = 3k (k N)

2 Bµi tËp

Bµi 1: Chøng minh r»ng:

a/ n3 + 6n2 + 8n chia hªt ch 48 víi mäi sè n ch½n b/ n4 – 10n2 + chia hết cho 384 với số n lẻ Giải

a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n+2)(n + 4)

Víi n ch½n, n = 2k ta cã:

n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k (k + 1)k + 2) 8

b/ n4 – 10n2 + = n4 – n2 – 9n2 + = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9) = (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3)

Víi n lỴ, n = 2k +1, ta cã:

n4 – 10n2 + = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + – 3)( 2k + +3) = 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16

Bµi 2: Chøng minh r»ng

a/ n6 + n4 -2n2 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn n b/ 32n – chia hết cho 72 với số nguyên dơng n Gi¶i:

Ta cã: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)] = n2(n2 + 2)(n2 – 1).

Ta l¹i cã: 72 = 8.9 víi (8,9) = Xét trờng hợp:

+ Với n = 2k A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8 + Víi n = 2k +1  A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 8

Tơng tự xét trờng hợp n = 3a, n= 3a  để chứng minh A9

VËy A8.9 hay A72

Giải:

Vì a2 số nguyên tố lớn nên a lẻ a2 số phơng lẻ

a2 chia cho d 1

 a2 – chia hết cho (1)

Mặt khác a số nguyên tố lớn a không chia hết cho

a2 số phơng không chia hÕt cho 3 a2 chia cho d 1

 a2 – chia hÕt cho (2) Mµ (3,8) = (3)

Tõ (1), (2), (3)  a2 – chia hÕt cho 24 Bài 4: Chứng minh rằng:

Nếu số tự nhiên a không chia hết cho a6 -1 chia hÕt cho 7 Gi¶i:

Bài tốn trờng hợp đặc biệt định lý nhỏ Phéc ma:

- Dạng 1: Nếu p số nguyên tố a số nguyên ap a chia hết cho p

- Dạng 2: Nếu a số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p th× ap-1-1 chia hÕt cho p

ThËt vËy, ta cã a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1)

- NÕu a = 7k 1 (k N) th× a3 = ( 7k  1)3 = BS7   a3 - 17

- NÕu a = 7k 2 (k N) th× a3 = ( 7k  2)3 = BS7  23 = BS7  8 a3 - 17 - NÕu a = 7k 3 (k N) th× a3 = ( 7k  3)3 = BS7  33 = BS7  27 a3 + 17 Ta có a3 + a3 chia hÕt cho VËy a6 – chia hÕt cho 7

Bµi 5: Chøng minh r»ng:

NÕu n lập phơng số tự nhiên (n-1)n(n + 1) chia hÕt cho 504 Gi¶i:

Ta có 504 = 32 7.8 7,8,9 nguyên tố đơi một Vì n lập phơng số tự nhiên nên đặt n = a3

CÇn chøng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hÕt cho 504 Ta cã: + NÕu a ch½n a3 chia hÕt cho 8

Nếu a lẻ a3-1và a3 + hai số chẵn liên tiếp (a3-1) (a3 + 1) chi hÕt cho 8 VËy A8 , 19 9a nN (1)

+ NÕu a7  a37  A7

NÕu a kh«ng chia hÕt cho a6 17 (a3-1) (a3 + 1) 7(Định lí PhÐc ma) VËy A7 ,  nN (2)

+ NÕu a3  a39 A9

NÕu a kh«ng chia hÊe cho  a = 3k 1 a3 = ( 3k  3)3= BS91

 a3 – = BS9+1 – 9 a3 + = BS9- + 9 VËy A9 ,  nN (3)

Tõ (1), (2), (3)  A9 ,  nN

Bài 6: Tìm số tự nhiên n để giá trị biểu thức sau số nguyên tố: a/ 12n2 – 5n – 25

b/ 8n2 + 10n +3 c/

3 3

n n

Giải:

a/ Phân tích thành nhân tử: 12n2 5n 25 = 12n2 +15n – 20n – 25 = 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5)

Do 12n2 5n 25 số nguyên tố 4n +5 > nªn 3n – > 0.

Ta lại có: 3n – < 4n +5(vì n  0) nên để 12n2 – 5n – 25 số ngyên tố thừa số nhỏ phải hay 3n – =  n =

Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 số nguyên tố.

VËy với n = giá trị biểu thức 12n2 5n 25 số nguyên tố 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3)

c/ A = 3

4

n  n

Do A số tự nhiên nên n(n + 3) 4

Hai số n n + chẵn Vậy n , n + chia hÕt cho - NÕu n = th× A = 0, không số nguyên tố

- Nếu n = A = 7, số nguyªn tè

-NÕu n = 4k víi kZ, k > A = k(4k + 3) tích hai thừa số lớn nên A là hỵp sè

- NÕu n + = A = 1, không số nguyên tố

- NÕu n + = 4k víi kZ, k > A = k(4k - 3) tích hai thừa số lớn nên A hợp số

Vậy với n = 3

4

n  n

lµ số nguyên tố Bài 7: Đố vui: Năm sinh cđa hai b¹n

Một ngày thập kỷ cuối kỷ XX, nhờ khách đến thăm trờng gặp hai học sinh Ngời khách hỏi:

- Có lẽ hai em tuổi nhau? Bạn Mai trả lêi:

- Không, em bạn em tuổi Nhng tổng chữ số năm sinh chúng em số chẵn

- Vậy em sinh năm 1979 1980, không? Ngời khách ó suy lun th no?

Giải:

Chữ số tận năm sinh hai bạn phảI trờng hợp ngựoc lại tổng chữ số năm sinh hai bạn 1, số chẵn

Gọi năm sinh Mai 19 9a +9+a+9 = 19 + a Mn tỉng nµy lµ số chẵn a{1; 3; 5; 7; 9} Hiển nhiên Mai sinh năm 1959 1999 Vậy Mai sinh năm 1979, bạn Mai sinh năm 1980

Chuyên đề 2: TÍNH CHẤT CHIA HẾT TRONG N Ti

ế t 10-12:

Một số dấu hiệu chia hết – Ví dụ I.Một số dấu hiệu chia hết

1 Chia hÕt cho 2, 5, 4, 25 vµ 8; 125

a an n1 a a1 02 a02 a0 0; 2; 4;6;8 a an n1 a a1 05 a0 0;5

1

n n

a a  a a 

( hc 25)  a a1 04 ( hc 25)

a an n1 a a1 08 ( hc 125)  a a a2 08 ( hc 125) 2. Chia hÕt cho 3; 9

a an n1 a a1 03 (hc 9)  a0a1 an3 ( hc 9)

NhËn xÐt: D phÐp chia N cho ( 9) d phép chia tổng chữ số N cho ( hc 9)

3 DÊu hiƯu chia hÕt cho 11 :

Cho A a a a a a a5 A11 a0a2a4   a1a3a5 11 4.DÊu hiÖu chia hÕt cho 101

A a a a a a a5 A101 a a1 a a5 4   a a3 2a a7 6 101 II.Ví dụ

Ví dụ 1: Tìm chữ số x, y để: a) 134 45x y b) 1234xy72

Gi¶i:

ta có số 13554

víi x = th× tõ : 134 9x y ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 +59

9 0;

x x x

     lúc đóta có số: 135045; 135945.

b) Ta cã 1234xy123400xy72.1713 64 xy72 64xy72 Vì 64 64 xy163 nên 64xy 72 144

+ Với 64xy=72 xy=08, ta cã sè: 123408 + Víi 64xy=14 th× xy=80, ta cã sè 123480

Ví dụ Tìm chữ số x, y để N 7 36 1375x y  Giải:

Ta cã: 1375 = 11.125

   

125 125

7 3625 11 12 11

N y y

N x x x x

  

          

Vậy số cần tìm lµ 713625

VÝ dơ 3 a) Hái sè 1991

1991 1991 1991 1991

so

A     

có chia hết cho 101 khơng? b) Tìm n An101

Giải:

a) Ghép chữ số liên tiếp A1991 có cặp số lµ 91;19

Ta cã: 1991.91-1991.19 = 1991 72  101 nªn A1991101 b) An101 n.91 n.19 72 101 n  n101

TIẾT 13– 14:

II MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA HẾT A.Tãm t¾t lý thuyết

1 Định lý phép chia hết: a) Định lý

Cho a, b l số nguyên tuỳ ý, b0, có số nguyên q, r cho :

a bq r  víi 0 r b , a só bị chia, b số chia, q thơng số r số d.

Đặc biệt với r = a = b.q Khi ta nói a chia hết cho b hay b ớc a, ký hiệu

a b . VËy

b) TÝnh chÊt

a) Nếu a b b c a c 

b) NÕu a b vµ b a th× a = b

c) NÕu a b , a c (b,c) = a bc d) Nếu ab c (c,b) = a c

2 TÝnh chÊt chia hÕt cđa mét tỉng, mét hiÖu, mét tÝch.

- NÕu

¿ a⋮m b⋮m

}

¿

→ a+b⋮m

- NÕu

¿ a⋮m b⋮m

}

¿

→ a− b⋮m

- NÕu

¿ a⋮m b⋮m

}

¿

→ a b ⋮m

- NÕu a⋮m→ a ❑n⋮ m (n số tự nhiên) 3.Mt s tớnh cht khỏc:

 Trong n số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho n  Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!

 A a A bvà (a;b) =  Aa.b

B.Ví dụ:

1. Chứng minh với số nguyên dương n ta có: (n2+n −1)2−1⋮24 Giải:

 12  1  1  2 4! 24

A n  n  n n    n n   

Bài tập tự luyện: 2. Chứng minh

a n3+6n2+8n⋮48 với n chẳn b n4−10n2+9⋮384 với n lẻ 3. Chứng minh : n6

+n4−2n2⋮72 với n nguyên 4. CMR với số nguyên a biểu thức sau:

a) a(a – 1) – (a +3)(a + 2) chia hết cho b) a(a + 2) – (a – 7)(a -5) chia hết cho c) (a2 + a + 1)2 – chia hết cho 24

d) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 (mọi n chẵn)

5. CMR với số tự nhiên n biểu thức: a) n(n + 1)(n +2) chia hết cho

b) 2n ( 2n + 2) chia hết cho

Tiết 15– 16: 3 §ång d thøc I.Lí thuyết đồng dư :

a) Định nghĩa : Cho số nguyên m > Nếu số nguyên a, b cho số d chia cho m ta nói a đồng d với b theo mơđun m

KÝ hiƯu : a b (mod )m b) TÝnh chÊt

a) a b (mod )m  a c b c   (mod )m

b)a b(mod )m  na nb (mod )m

c) a b (mod )m  an bn(mod )m d) a b (mod )m  ac bc (mod )m c) Một số đẳng thức:

 an b a bn  (n lẻ)

   ( )

n

a b B a b II.Ví dụ:

1. Chứng minh:29299200

Giải:

2 + = = 512  112(mod 200) (1)  =  112 (mod 200)

112 = 12544  12 (mod 200)  112  12 (mod 200)

12 = 61917364224  24(mod 200)

112  24.112(mod 200)  2688(mod 200)  88(mod 200)   88(mod 200) (2)

Từ (1) (2)  + = 200(mod 200) hay 29299200

III,Bài tập tự luyện:

Sử dụng đẳng thức đồng dư 1. (19611962

+19631964+19651966+2)⋮7 2. (241917

+141917)⋮19 3. (29+299)⋮200 4. (13123456789−1)⋮183

5. (19791979−19811981+1982)⋮1980 6. (3+32+33+ +3100)⋮120

7. (22225555+55552222)⋮7

-Tiết 17– 18: QUY NẠP TOÁN HỌC I.PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

B1: Kiểm tra mệnh đề với n = 1?

B2: Giả sử Mệnh đề với n = k  Chứng minh mệnh đề với n = k + 1

II.VÍ DỤ:

1. Chứng minh với số nguyên dương n thì: 7n2 82n1 57

 

Giải: -Với n = 1:A1 = + = 855  57

- Giả sử Ak 57 nghĩa

2 7n n 57

 

 Ak+1 = + =7 + 64.8 = 7(7 + ) + 57.8

Vì + ( giả thiết qui nạp) 57.8  57

 Ak+1  57

Vậy theo nguyên lí qui nạp A = +  57.

*Chú í: Trong trường hợp tổng quát với n số nguyên n  n0 Thì ta kiểm tra mệnh đề n = n0?

III.BÀI TẬP:

Chứng minh : Với n số tự nhiên thì: 1. (52n+1

+2n+4+2n+1)⋮23 2. 11 + 12  133 3. (5n+2

4. (22n+1

+33n+1)⋮5 5. (22n+2

+24n+14)⋮18

-Tiêt 19-20

LUYỆN TẬP 1. A=1 ab 2c⋮1025

2. B=abca=(5c+1)2 3. E=ab cho ab2

=(a+b)3 4. A = ab=(a+b)2

HD: ab=(a+b)2 ⇔ (a+b) (a+b −1)=9a ≤92 ⇒ (a + b) (a + b) = 9k ⇒ k =

⇒ a + b = ⇒ 9a = 9.8 = 72 ⇒ a = b = 5. B = abcd=(ab+cd)2

HD: Đặt x=ab ; y=cd ⇒ 99x = (x + y)(x + y - 1) 992 Xét khả :

x=99(1)

¿ x<99(2)

¿ ¿ ¿ ¿

(1) ⇒ B = 9801

(2) ⇒

¿x+y=9k x+y −1=11l

¿ ¿ ¿ x+y=11k

¿ x+y −1=9l

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇒

B=2025

¿ B=3025

¿ ¿ ¿ ¿

ĐS: B = 9801;2025;3025 6. C=abcdef = (abc+def)2

7. H=abcd cho aa ⏟a

n

bb b ⏟

n

cc ⏟c n

+1=

(dd .⏟n d

+1

)3

8. Tìm xyy 1+4z=z2

9. Tính giá trị biểu thức:

1/ Cho x +y = 3, tính giá trị A = x2 + 2xy + y2 – 4x – 4y + 3.

2/ Cho x +y = 1.Tính giá trị B = x3 + y3 + 3xy

3/ Cho x – y =1.Tính giá trị C = x3 – y3 – 3xy.

4/ Cho x + y = m x.y = n.Tính giá trị biểu thức sau theo m,n

a) x2 + y2 b) x3 + y3 c) x4 + y4

5/ Cho x + y = m x2 + y2 = n.Tính giá trị biểu thức x3 + y3 theo m n.

6/ a) Cho a +b +c = a2 + b2 + c2 = 2.Tính giá trị bt: a4 + b4 + c4.

Chuyên đề 2

SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số ngun II TÍNH CHẤT:

1 Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, ; khơng thể có chữ số tận 2, 3, 7,

2 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn

3 Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n N)

4 Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n N)

5 Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục

Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho

Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương.

Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4

Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì

A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z

Vậy A số phương

Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng số phương.

n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*)

Đặt n2 + 3n = t (t N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2

= (n2 + 3n + 1)2

Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2)

Chứng minh 4S + số phương

Ta có k(k+1)(k+2) = 14 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)

⇒ S = 14 1.2.3.4 - 14 0.1.2.3 + 14 2.3.4.5 - 14 1.2.3.4 +…+ 14 k(k+1)(k+2) (k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1) = 14 k(k+1)(k+2)(k+3)

4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) +

Theo kết ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương.

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + 1

n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số

= 10 n−1

9 10

n + 10n−1

9 + = 102n−4 10n+8 10n−8+9

9 =

4 102n

+4 10n+1

= (2 10n+1

3 )

Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho

n-1 chữ số

⇒ (2 10n+1

3 ) Z hay số có dạng 44…488…89 số phương

Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 +

2n chữ số n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 +

2

2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 8

Kết quả: A = (10n+2

3 ) ; B = ( 10n+8

3 ) ; C = (

2 10n+7 ) Bài 6: Chứng minh số sau số phương:

a A = 22499…9100…09

n-2 chữ số n chữ số 0

b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số 5

a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9

= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + 9

= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9

= 225.102n – 90.10n + 9

= ( 15.10n – ) 2

⇒ A số phương

b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 +

n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số = 10n−1

9 10

n + 10n−1

9 + =

102n−10n

+5 10n−5+9

= 102n+4 10n+4

9 = ( 10n+2

3 ) số phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể một số phương

Gọi số tự nhiên liên tiếp n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 khơng thể tận n2+2 khơng thẻ chia hết cho 5

⇒ 5.( n2+2) không số phương hay A khơng số phương

Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 n N n>1 khơng

phải số phương

n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]

= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]

= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)

Với n N, n >1 n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2

n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + số phương.

2 2

Bài 9: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương đó là số phương

Cách 1: Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương cho 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương

Cách 2: Nếu số phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị chữ số tận

cùng a ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮

Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 số phương.

Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng phải số chính phương.

a b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)

⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + 1

= 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N)

Khơng có số phương có dạng 4t + (t N) a2 + b2 khơng thể số

chính phương

Bài 11: Chứng minh p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng thể số phương

Vì p tích n số nguyên tố nên p ⋮ p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 số phương Đặt p+1 = m2 (m N)

Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.

Đặt m = 2k+1 (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1

⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1)

⇒ p+1 số phương

b p = 2.3.5… số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2.

Khơng có số phương có dạng 3k+2 ⇒ p-1 khơng số phương Vậy p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng số phương

Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.

Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N 2N+1 khơng có số số chính phương.

a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 –

Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 khơng số phương.

Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2N ⋮ 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N khơng số phương.

c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 +

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho

2N không chia hết 2N+1 không chia cho dư ⇒ 2N+1 không số phương.

Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 2007 chữ số 0

Chứng minh √ab+1 số tự nhiên.

Cách 1: Ta có a = 11…1 = 102008−1

9 ; b = 100…05 = 100…0 + = 10

2008 + 5

2008 chữ số 2007 chữ số 2008 chữ số ⇒ ab+1 = (102008−1)(102008+5)

9 + =

102008

¿2+4 102008−5+9

¿ ¿ ¿

= (102008+2

3 )

√ab+1 = √(10 2008

+2

3 ) =

102008 +2

Ta thấy 102008 + = 100…02 ⋮ nên 102008+2

3 N hay √ab+1 số tự nhiên. 2007 chữ số

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6

2007 chữ số0 2008 chữ số 0 2008 chữ số

⇒ ab+1 = a(9a +6) + = 9a2 + 6a + = (3a+1)2

⇒ √ab+1 = 3a+1¿

¿

√¿ = 3a + N

B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 )

c 13n + d n2 + n + 1589

Giải

a Vì n2 + 2n + 12là số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)

⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11

Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6

k – n - = n =

b Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 ⇔ (2n + 3)

❑2 - 4a2 =

⇔ (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9

Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + + 2a = ⇔ n = 1

2n + – 2a = a =

2

c Đặt 13n + = y2 ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16

⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)

⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 số nguyên tố nên y + ⋮ 13 y – ⋮ 13 ⇒ y = 13k ± (Với k N)

⇒ 13(n – 1) = (13k ± )2 – 16 = 13k.(13k ± 8)

⇒ n = 13k2 ± 8k + 1

Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) 13n + số phương.

d Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355

Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41

Suy n có giá trị sau: 1588; 316; 43; 28

Bài 2: Tìm a để số sau số phương:

a. a2 + a + 43

b. a2 + 81

c. a2 + 31a + 1984

Kết quả: a 2; 42; 13 b 0; 12; 40

c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728

Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương

Với n = 1! = = 12 số phương

Với n = 1! + 2! = khơng số phương

Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương

Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … + n! có tận chữ số nên khơng phải số phương

Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề n = 1; n =

Bài 4: Tìm n N để số sau số phương:

a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)

b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c. n2 + 4n + 97

d. 2n + 15

Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương

Từ suy m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006

Như số m n phải có số chẵn (1)

Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2) ⇒ m + n m – n số chẵn

⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho 4 ⇒ Điều giả sử sai

Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương. Bài 6: Biết x N x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Đẳng thức cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Do vế trái số phương nên vế phải số phương

Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1)

Do x chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề ta có x N < x ≤ (2) Từ (1) (2) ⇒ x nhận giá trị 5; 6; 7.

Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, 762 = 5776

Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84

Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh n số tự nhiên cho n+1 2n+1 số phương n bội số 24.

Vì n+1 2n+1 số phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)

Ta có m số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1

⇒ n = m2−1 =

4a(a+1)

2 = 2a(a+1)

⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 = 4b(b+1)

+1

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ (1) Ta có k2 + m2 = 3n + (mod3)

Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư

Nên để k2 + m2 (mod3) k2 (mod3)

m2 (mod3)

⇒ m2 – k2 ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2)

Mà (8; 3) = (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.

Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số phương

Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N)

2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)

2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n p > q

⇒ a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3

a- 48 = 2q

⇒ q = p-q = ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B.

Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào mỗi chữ số A đơn vị ta có số

B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N 32 < k < m < 100

a, b, c, d N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤ ⇒ Ta có A = abcd = k2

B = abcd + 1111 = m2

⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*)

Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k m+k số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) viết (m-k)(m+k) = 11.101

Do m – k == 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136

Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị.

Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = k N, 32 ≤ k < 100

Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 k-10 ⋮ 101

Mà (k-10; 101) = ⇒ k +10 ⋮ 101

Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 912 = 8281

Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống nhau.

Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ 9

Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11

Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11

Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương

Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = 4 Số cần tìm 7744

Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương.

Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N

Vì y3 = x2 nên y số phương

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 y phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096

Bài 5: Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, căn bậc hai số có tổng chữ số số phương.

Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9}

d nguyên tố ⇒ d = 5

Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100

k số có hai chữ số mà k2 có tận ⇒ k tận 5

Tổng chữ số k số phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025

Vậy số phải tìm 2025

Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11

Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11

Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 Khi ab - ba = 32 112 (a - b)

Để ab - ba số phương a - b phải số phương a-b = a

- b =

 Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65

Khi 652 – 562 = 1089 = 332

 Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại )

Vậy số phải tìm 65

2

Bài 7: Cho số phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta được số phương Tìm số phương ban đầu

( Kết quả: 1156 )

Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số nó.

Gọi số phải tìm ab với a,b N ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3

⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3

⇒ ab lập phương a+b số phương Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N )

Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64

 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = số phương

 Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 khơng số phương ⇒ loại

Vậy số cần tìm ab = 27

Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống nhau.

Gọi số lẻ liên tiếp 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N)

Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11

Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ ≤ a ≤ 9

⇒ 12n( n + ) = 11(101a – )

⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ 3

Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; }

Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21 số càn tìm 41; 43; 45

Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số đó.

ab (a + b ) = a3 + b3

⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab

⇔ 3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – ) a + b a + b – nguyên tố

a + b = 3a a + b – = 3a a + b – = + b a + b = + b

⇒ a = , b = a = , b = 7 Vậy ab = 48 ab = 37

Chuyên đề 3 Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử I CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN

1 Phương pháp đặt nhân tử chung

– Tìm nhân tử chung đơn, đa thức có mặt tất hạng tử.

– Phân tích hạng tử thành tích nhân tử chung nhân tử khác.

– Viết nhân tử chung dấu ngoặc, viết nhân tử lại hạng tử vào dấu ngoặc (kể dấu chúng).

Ví dụ 1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử 28a2b2 - 21ab2 + 14a2b = 7ab(4ab - 3b + 2a)

2x(y – z) + 5y(z –y ) = 2(y - z) – 5y(y - z) = (y – z)(2 - 5y) xm + xm + 3 = xm (x3 + 1) = xm( x+ 1)(x2 – x + 1)

2 Phương pháp dùng đẳng thức

- Dùng đẳng thức đáng nhớ để phân tích đa thức thành nhân tử.

- Cần ý đến việc vận dụng đẳng thức.

Ví dụ 2 Phân tích đa thức sau thành nhân tử 9x2 – = (3x)2 – 22 = ( 3x– 2)(3x + 2)

8 – 27a3b6 = 23 – (3ab2)3 = (2 – 3ab2)( + 6ab2 + 9a2b4)

25x4 – 10x2y + y2 = (5x2 – y)2

3 Phương pháp nhóm nhiều hạng tử

– Kết hợp hạng tử thích hợp thành nhóm.

– Áp dụng liên tiếp phương pháp đặt nhân tử chung dùng đẳng thức.

Ví dụ 3 Phân tích đa thức sau thành nhân tử

2x3 – 3x2 + 2x – = ( 2x3 + 2x) – (3x2 + 3) = 2x(x2 + 1) – 3( x2 + 1)

= ( x2 + 1)( 2x – 3)

x2 – 2xy + y2 – 16 = (x – y)2 - 42 = ( x – y – 4)( x –y + 4) 4.Phối hợp nhiều phương pháp

- Chọn phương pháp theo thứ tự ưu tiên.

- Đặt nhân tử chung.

- Dùng đẳng thức.

- Nhóm nhiều hạng tử.

3xy2 – 12xy + 12x = 3x(y2 – 4y + 4) = 3x(y – 2)2

3x3y – 6x2y – 3xy3 – 6axy2 – 3a2xy + 3xy =

= 3xy(x2 – 2y – y2 – 2ay – a2 + 1)

= 3xy[( x2 – 2x + 1) – (y2 + 2ay + a2)]

= 3xy[(x – 1)2 – (y + a)2]

= 3xy[(x – 1) – (y + a)][(x – 1) + (y + a)] = 3xy( x –1 – y – a)(x – + y + a)

II PHƯƠNG PHÁP TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ 1 Đối với đa thức bậc hai (f(x) = ax2 + bx + c)

a) Cách (tách hạng tử bậc bx):

Bước 1: Tìm tích ac, phân tích ac tích hai thừa số nguyên cách. a.c = a1.c1 = a2.c2 = a3.c3 = … = ai.ci = …

Bước 2: Chọn hai thừa số có tổng b, chẳng hạn chọn tích a.c = ai.ci với b = + ci

Bước 3: Tách bx = aix + cix Từ nhóm hai số hạng thích hợp để phân tích tiếp.

Ví dụ 5 Phân tích đa thức f(x) = 3x2 + 8x + thành nhân tử.

Hướng dẫn

- Phân tích ac = 12 = 3.4 = (–3).(–4) = 2.6 = (–2).(–6) = 1.12 = (–1).(–12)

- Tích hai thừa số có tổng b = tích a.c = 2.6 (a.c = ai.ci).

- Tách 8x = 2x + 6x (bx = aix + cix)

Lời giải

3x2 + 8x + = 3x2 + 2x + 6x + = (3x2 + 2x) + (6x + 4)= x(3x + 2) + 2(3x + 2)

= (x + 2)(3x +2)

b) Cách (tách hạng tử bậc hai ax2)

- Làm xuất hiệu hai bình phương :

f(x) = (4x2 + 8x + 4) – x2 = (2x + 2)2 – x2 = (2x + – x)(2x + + x)

= (x + 2)(3x + 2)

- Tách thành số hạng nhóm :

f(x) = 4x2 – x2 + 8x + = (4x2 + 8x) – ( x2 – 4) = 4x(x + 2) – (x – 2)(x + 2)

= (x + 2)(3x + 2)

f(x) = (12x2 + 8x) – (9x2 – 4) = … = (x + 2)(3x + 2)

c) Cách 3 (tách hạng tử tự c)

- Tách thành số hạng nhóm thành hai nhóm:

f(x) = 3x2 + 8x + 16 – 12 = (3x2 – 12) + (8x + 16) = … = (x + 2)(3x + 2)

f(x) = (3x2 + 12x + 12) – (4x + 8) = 3(x + 2)2 – 4(x + 2) = (x + 2)(3x – 2)

f(x) = (x2 + 4x + 4) + (2x2 + 4x) = … = (x + 2)(3x + 2)

e) Cách (nhẩm nghiệm): Xem phần III.

Chú ý : Nếu f(x) = ax2 + bx + c có dạng A2 ± 2AB + c ta tách sau :

f(x) = A2 ± 2AB + B2 – B2 + c = (A ± B)2 – (B2 – c)

Ví dụ 6 Phân tích đa thức f(x) = 4x2 - 4x - thành nhân tử.

Hướng dẫn

Ta thấy 4x2 - 4x = (2x)2 - 2.2x Từ ta cần thêm bớt 12 = để xuất đẳng

thức

Lời giải

f(x) = (4x2 – 4x + 1) – = (2x – 1)2 – 22 = (2x – 3)(2x + 1) Ví dụ 7 Phân tích đa thức f(x) = 9x2 + 12x – thành nhân tử.

Lời giải

Cách 1 : f(x) = 9x2 – 3x + 15x – = (9x2 – 3x) + (15x – 5) = 3x(3x –1) + 5(3x – 1)

= (3x – 1)(3x + 5)

Cách 2 : f(x) = (9x2 + 12x + 4) – = (3x + 2)2 – 32 = (3x – 1)(3x + 5)

2 Đối với đa thức bậc từ trở lên (Xem mục III Phương pháp nhẩm nghiệm) 3.Đối với đa thức nhiều biến

Ví dụ 11 Phân tích đa thức sau thành nhân tử a) 2x2 - 5xy + 2y2 ;

b) x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y).

Hướng dẫn

a) Phân tích đa thức tương tự phân tích đa thức f(x) = ax2 + bx + c.

Ta tách hạng tử thứ :

2x2 - 5xy + 2y2 = (2x2 - 4xy) - (xy - 2y2) = 2x(x - 2y) - y(x - 2y)

= (x - 2y)(2x - y)

a) Nhận xét z - x = -(y - z) - (x - y) Vì ta tách hạng tử thứ hai đa thức : x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y) = x2(y - z) - y2(y - z) - y2(x - y) + z2(x - y) =

= (y - z)(x2 - y2) - (x - y)(y2 - z2) = (y - z)(x - y)(x + y) - (x - y)(y - z)(y + z)

= (x - y)(y - z)(x - z)

Chú ý :

1) Ở câu b) ta tách y- z =- (x-y) -(z -x) (hoặc z-x= -(y -z)-(x -y))

phân tích cách tách trên, ta cịn cách phân tích cách xét giá trị riêng (Xem phần VII).

III PHƯƠNG PHÁP NHẨM NGHIỆM

Trước hết, ta ý đến định lí quan trọng sau :

Định lí : Nếu f(x) có nghiệm x = a f(a) = Khi đó, f(x) có nhân tử x – a và f(x) viết dạng f(x) = (x – a).q(x)

Lúc tách số hạng f(x) thành nhóm, nhóm chứa nhân tử x – a Cũng cần lưu ý rằng, nghiệm nguyên đa thức, có, phải ước hệ số tự

Ví dụ 8 Phân tích đa thức f(x) = x3 + x2 + thành nhân tử.

Lời giải

Lần lượt kiểm tra với x = ± 1, ± 2, 4, ta thấy f(–2) = (–2)3 + (–2)2 + = Đa thức

f(x) có nghiệm x = –2, chứa nhân tử x + Từ đó, ta tách sau

Cách 1 : f(x) = x3 + 2x2 – x2 + = (x3 + 2x2) – (x2 – 4) = x2(x + 2) – (x – 2)(x + 2)

= (x + 2)(x2 – x + 2).

Cách 2 : f(x) = (x3 + 8) + (x2 – 4) = (x + 2)(x2 – 2x + 4) + (x – 2)(x + 2)

= (x + 2)(x2 – x + 2).

Cách 3 : f(x) = (x3 + 4x2 + 4x) – (3x2 + 6x) + (2x + 4)

= x(x + 2)2 – 3x(x + 2) + 2(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2).

Cách 4 : f(x) = (x3 – x2 + 2x) + (2x2 – 2x + 4) = x(x2 – x + 2) + 2(x2 – x + 2)

= (x + 2)(x2 – x + 2).

Từ định lí trên, ta có hệ sau :

Hệ Nếu f(x) có tổng hệ số f(x) có nghiệm x = Từ f(x) có nhân tử x – 1.

Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 8x – có + (–5) + + (–4) = nên x = nghiệm

của đa thức Đa thức có nhân tử x – Ta phân tích sau : f(x) = (x3 – x2) – (4x2 – 4x) + (4x – 4) = x2(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1)

= (x – 1)( x – 2)2

Hệ Nếu f(x) có tổng hệ số luỹ thừa bậc chẵn tổng hệ số của các luỹ thừa bậc lẻ f(x) có nghiệm x = –1 Từ f(x) có nhân tử x + 1.

Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 3x + có + = –5 + nên x = –1 nghiệm đa

thức Đa thức có nhân tử x + Ta phân tích sau :

f(x) = (x3 + x2) – (6x2 + 6x) + (9x + 9) = x2(x + 1) – 6x(x + 1) + 9(x + 1)

= (x + 1)( x – 3)2

Ví dụ 9 Phân tích đa thức f(x) = 4x3 - 13x2 + 9x - 18 thành nhân tử.

Hướng dẫn

Các ước 18 ± 1, ± 2, ± 3, ± 6, ± 9, ± 18

f(1) = –18, f(–1) = –44, nên ± nghiệm f(x)

Dễ thấy không số nguyên nên –3, ± 6, ± 9, ± 18 khơng nghiệm f(x) Chỉ cịn – Kiểm tra ta thấy nghiệm f(x) Do đó, ta tách hạng tử sau :

= (x – 3)(4x2 – x + 6)

Hệ Nếu ( là số nguyên) có nghiệm hữu tỉ , đó p, q Z (p , q)=1, p ước a0, q ước dương an

Ví dụ 10 Phân tích đa thức f(x) = 3x3 - 7x2 + 17x - thành nhân tử.

Hướng dẫn

Các ước –5 ± 1, ± Thử trực tiếp ta thấy số không nghiệm f(x) Như f(x) khơng có nghiệm nghun Xét số , ta thấy nghiệm đa thức, đa thức có nhân tử 3x – Ta phân tích sau :

f(x) = (3x3 – x2) – (6x2 – 2x) + (15x – 5) = (3x – 1)(x2 – 2x + 5). IV PHƯƠNG PHÁP THÊM VÀ BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ

1 Thêm bớt hạng tử làm xuất hiệu hai bình ph ương

Ví dụ 12 Phân tích đa thức x4 + x2 + thành nhân tử

Lời giải

Cách 1 : x4 + x2 + = (x4 + 2x2 + 1) – x2 = (x2 + 1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1).

Cách 2 : x4 + x2 + = (x4 – x3 + x2) + (x3 + 1) = x2(x2 – x + 1) + (x + 1)(x2 – x + 1)

= (x2 – x + 1)(x2 + x + 1).

Cách 3 : x4 + x2 + = (x4 + x3 + x2) – (x3 – 1) = x2(x2 + x + 1) + (x – 1)(x2 + x + 1)

= (x2 – x + 1)(x2 + x + 1). Ví dụ 13 Phân tích đa thức x4 + 16 thành nhân tử

Lời giải

Cách 1 : x4 + = (x4 + 4x2 + 4) – 4x2 = (x2 + 2)2 – (2x)2 = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)

Cách 2 : x4 + = (x4 + 2x3 + 2x2) – (2x3 + 4x2 + 4x) + (2x2 + 4x + 4)

= (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)

2 Thêm bớt hạng tử làm xuất nhân tử chung

Ví dụ 14 Phân tích đa thức x5 + x - thành nhân tử

Cách 1.

x5 + x - = x5 - x4 + x3 + x4 - x3 + x2 - x2 + x - 1

= x3(x2 - x + 1) - x2(x2 - x + 1) - (x2 - x + 1)

= (x2 - x + 1)(x3 - x2 - 1).

Cách 2 Thêm bớt x2 :

x5 + x - = x5 + x2 - x2 + x - = x2(x3 + 1) - (x2 - x + 1)

= (x2 - x + 1)[x2(x + 1) - 1] = (x2 - x + 1)(x3 - x2 - 1). Ví dụ 15 Phân tích đa thức x7 + x + thành nhân tử

Lời giải

x7 + x2 + = x7 – x + x2 + x + = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1)

= x(x3 – 1)(x3 + 1) + (x2+ x + 1)

= x(x3 + 1)(x - 1)(x2 + x + 1) + ( x2 + x + 1)

= (x2 + x + 1)(x5 - x4 – x2 - x + 1)

Lưu ý : Các đa thức dạng x3m + 1 + x3n + 2 + x7 + x2 + 1, x4 + x5 + chứa nhân tử

là x2 + x + 1.

V PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN

Đặt ẩn phụ để đưa dạng tam thức bậc hai sử dụng phương pháp bản.

Ví dụ 16 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128

Lời giải

x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (x2 + 10x)(x2 + 10x + 24) + 128

Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức cho có dạng :

(y - 12)(y + 12) + 128 = y2 - 16 = (y + 4)(y - 4) = (x2 + 10x + 16)(x2 + 10x + 8)

= (x + 2)(x + 8)(x2 + 10x + 8)

Nhận xét: Nhờ phương pháp đổi biến ta đưa đa thức bậc x thành đa thức bậc y

Ví dụ 17 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : A = x4 + 6x3 + 7x2 - 6x + 1.

Lời giải

Cách 1 Giả sử x ≠ Ta viết đa thức dạng :

Đặt Do :

= = (x2 + 3x - 1)2.

Dạng phân tích với x =

Cách 2. A = x4 + 6x3 - 2x2 + 9x2 - 6x + = x4 + (6x3 -2x2) + (9x2 - 6x + 1)

= x4 + 2x2(3x - 1) + (3x - 1)2 = (x2 + 3x - 1)2. VI PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

Ví dụ 18 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x4 - 6x3 + 12x2 - 14x - 3

Lời giải

Thử với x= ±1; ±3 không nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỷ 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

= x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3.

Đồng hệ số ta :

Xét bd= với b, d Ỵ Z, b Ỵ {± 1, ± 3} Với b = d = 1, hệ điều kiện trở thành

2c = -14 - (-6) = -8 Do c = -4, a = -2 Vậy x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1). VII PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG

Trong phương pháp này, trước hết ta xác định dạng nhân tử chứa biến đa thức, gán cho biến giá trị cụ thể để xác định nhân tử cịn lại

Ví dụ 19 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : P = x2(y – z) + y2(z – x) + z(x – y).

Lời giải

Thay x y P = y2(y – z) + y2( z – y) = Như P chứa thừa số (x – y).

Ta thấy thay x y, thay y z, thay z x p khơng đổi (đa thức P hốn vị vịng quanh) Do P chứa thừa số (x – y) chứa thừa số (y – z), (z – x) Vậy P có dạng k(x – y)(y – z)(z – x)

Vì đẳng thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) với x,

y, z nên ta gán cho biến x ,y, z giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = ta được:

4.1 + 1.(–2) + = k.1.1.(–2) suy k =1

Vậy P = –(x – y)(y – z)(z – x) = (x – y)(y – z)(x – z)

VIII PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT 1 Đưa đa thức : a3 + b3 + c3-3abc

Ví dụ 20 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) a3 + b3 + c3 - 3abc.

b) (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3.

Lời giải

a) a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 + c3 - 3abc

= [(a + b)3 + c3] - 3ab(a + b + c)

= (a + b + c)[(a + b)2 - (a + b)c + c2] - 3ab(a + b + c)

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc -ca)

b) Đặt x - y = a, y - z = b, z - x = c a + b + c Theo câu a) ta có : a3 + b3 + c3 - 3abc = Þ a3 + b3 + c3 = 3abc.

Vậy (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x) 2 Đưa đa thức : (a + b + c)3-a3-b3- c3

Ví dụ 21 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3.

b) 8(x + y + z)3 - (x + y)3 - (y + z)3 - (z + x)3.

Lời giải

a) (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = [(a + b) + c]3 - a3 - b3 - c3

= (a + b)3 + c3 + 3c(a + b)(a + b + c) - a3 - b3 - c3

= (a + b)3 + 3c(a + b)(a + b + c) - (a + b)(a2 - ab + b2)

= (a + b)[(a + b)2 + 3c(a + b + c) - (a2 - ab + b2)]

= 3(a + b)(ab + bc + ca + c2) = 3(a + b)[b(a + c) + c(a + c)]

= 3(a + b)(b + c)(c + a)

b) Đặt x + y = a, y + z = b, z + x = c a + b + c = 2(a + b + c) Đa thức cho có dạng : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3

Theo kết câu a) ta có :

(a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a)

= 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y)

II Bài tập:

Bài tập 1: Phân tích đa thức thành nhân tử.

1 16x3y + 0,25yz3 21 (a + b + c)2 + (a + b – c)2 – 4c2

2 x 4 – 4x3 + 4x2 22 4a2b2 – (a2 + b2 – c2)2

3 2ab2 – a2b – b3 23 a 4 + b4 + c4 – 2a2b2 – 2b2c2 – 2a2c2

4 a 3 + a2b – ab2 – b3 24 a(b3 – c3) + b(c3 – a3) + c(a3 – b3)

5 x 3 + x2 – 4x - 4 25 a 6 – a4 + 2a3 + 2a2

6 x 3 – x2 – x + 1 26 (a + b)3 – (a – b)3

7 x 4 + x3 + x2 - 1 27 X 3 – 3x2 + 3x – – y3

8 x 2y2 + – x2 – y2 28 X m + 4 + xm + 3 – x - 1

10 x 4 – x2 + 2x - 1 29 (x + y)3 – x3 – y3

11 3a – 3b + a2 – 2ab + b2 30 (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3

12 a 2 + 2ab + b2 – 2a – 2b + 1 31 (b – c)3 + (c – a)3 + (a – b)3

13 a 2 – b2 – 4a + 4b 32 x3 + y3+ z3 – 3xyz

14 a 3 – b3 – 3a + 3b 33 (x + y)5 – x5 – y5

15 x 3 + 3x2 – 3x - 1 34 (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3

16 x 3 – 3x2 – 3x + 1

17 x 3 – 4x2 + 4x - 1

18 4a2b2 – (a2 + b2 – 1)2

19 (xy + 4)2 – (2x + 2y)2

20 (a2 + b2 + ab)2 – a2b2 – b2c2 – c2a2

Bài tập 2: Phân tích đa thức thành nhân tử.

1 x2 – 6x + 8 23. x3 – 5x2y – 14xy2

2 x2 – 7xy + 10y2 24. x4 – 7x2 + 1

3 a2 – 5a - 14 25. 4x4 – 12x2 + 1

4 2m2 + 10m + 8 26. x2 + 8x + 7

5 4p2 – 36p + 56 27. x2 – 13x + 36

6 x3 – 5x2 – 14x 28. x2 + 3x – 18

8 a4 + a2 – 2 30. 3x2 – 16x + 5

9 x4 + 4x2 + 5 31. 8x2 + 30x + 7

10 x3 – 10x - 12 32. 2x2 – 5x – 12

11 x3 – 7x - 6 33. 6x2 – 7x – 20

12 x2 – 7x + 12 34. x2 – 7x + 10

13 x2 – 5x – 14 35. x2 – 10x + 16

14 x2 – 3x – 1 36. 3x2 – 14x + 11

15 x2 – 7x + 4 37. 5x2 + 8x – 13

16 x2 – 7x + 3 38. x2 + 19x + 60

17 6x3 – 17x2 + 14x – 3 39. x4 + 4x2 - 5

18 4x3 – 25x2 – 53x – 24 40. x3 – 19x + 30

19 x4 – 34x2 + 225 41. x3 + 9x2 + 26x + 24

20 4x4 – 37x2 + 9 42. 4x2 – 17xy + 13y2

21 x4 + 3x3 + x2 – 12x - 20 43. - 7x2 + 5xy + 12y2

22 2x4 + 5x3 + 13x2 + 25x + 15 44. x3 + 4x2 – 31x - 70 Bài tập 3: Phân tích đa thức thành nhân tử.

1 x4 + x2 + 1 17. x5 - x4 - 1

2 x4 – 3x2 + 9 18. x12 – 3x6 + 1

3 x4 + 3x2 + 4 19. x8 - 3x4 + 1

4 2x4 – x2 – 1 20. a5 + a4 + a3 + a2 + a + 1

5 x4y4 + 4 21. m3 – 6m2 + 11m - 6

6 x4y4 + 64 22. x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1

7 x4y4 + 1 23. x3 + 4x2 – 29x + 24

8 32x4 + 1 24. x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + 1

9 x4 + 4y4 25. x7 + x5 + x4 + x3 + x2 + 1

10 x7 + x2 + 1 26. x5 – x4 – x3 – x2 – x - 2

11 x8 + x + 1 27. x8 + x6 + x4 + x2 + 1

12 x8 + x7 + 1 28. x9 – x7 – x6 – x5 + x4 + x3 + x2 + 1

14 x10 + x5 + 1

15 x5 + x + 1

16 x5 + x4 + 1

Bài tập 4: Phân tích đa thức thành nhân tử.

1 x2 + 2xy – 8y2 + 2xz + 14yz – 3z2

2 3x2 – 22xy – 4x + 8y + 7y2 + 1

3 12x2 + 5x – 12y2 + 12y – 10xy – 3

4 2x2 – 7xy + 3y2 + 5xz – 5yz + 2z2

5 x2 + 3xy + 2y2 + 3xz + 5yz + 2z2

6 x2 – 8xy + 15y2 + 2x – 4y – 3

7 x4 – 13x2 + 36

8 x4 + 3x2 – 2x + 3

9 x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1

Bài tập 5: Phân tích đa thức thành nhân tử:

1 (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3

2 (a – x)y3 – (a – y)x3 – (x – y)a3

3 x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)

4 (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3

5 3x5 – 10x4 – 8x3 – 3x2 + 10x + 8

6 5x4 + 24x3 – 15x2 – 118x + 24

7 15x3 + 29x2 – 8x – 12

8 x4 – 6x3 + 7x2 + 6x – 8

9 x3 + 9x2 + 26x + 24

Bài tập 6: Phân tích đa thức thành nhân tử.

1 a(b + c)(b2 – c2) + b(a + c)(a2 – c2) + c(a + b)(a2 – b2)

2 ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a) a(b2 – c2) – b(a2 – c2) + c(a2 – b2)

4 (x – y)5 + (y – z)5 + (z – x)5

5 (x + y)7 – x7 – y7

6 ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + abc (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5

8 a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) + 2abc

9 a3(b – c) + b3(c – a) + c3(a – b)

Bài tập 7: Phân tích đa thức thành nhân tử.

1 (x2 + x)2 + 4x2 + 4x – 12

2 (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2

3 (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12

4 (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 (x2 + 2x)2 + 9x2 + 18x + 20

6 x2 – 4xy + 4y2 – 2x + 4y – 35

7 (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) + 16 (x2 + x)2 + 4(x2 + x) – 12

9 4(x2 + 15x + 50)(x2 + 18x + 72) – 3x2

Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Tiết  3 :

Các ví dụ phương pháp giải Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử

a a(x2+1)− x(a2+1) b x −1+xn+3− xn Giải:

a Dùng phương pháp đặt nhân tử chung a(x2+1)− x(a2+1) = ax2+a −a2x − x

¿ax(x −a)−(x − a)=(x − a) (ax−1)

b Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức

x −1+xn+3− xn ¿xn(x3−1)+(x −1)

¿xn(x −1)(x2+x+1)+(x −1)=(x −1)[xn(x2+x+1)+1] (x −1)(xn+2+xn+1+xn+1)

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :

a x8 + 3x4 + 4.

b x6 - x4 - 2x3 + 2x2

Giải:

a.Dùng phương pháp tách hạng tử sử dụng đẳng thức x8 + 3x4 + = (x8 + 4x4 + 4)- x4

= (x4 + 2)2 - (x2)2

= (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2)

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng đẳng thức

x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2)

¿x2[(x4−2x2+1)+(x2−2x+1)] x2[(x2−1)2+(x −1)2]=x2(x −1)2[(x+1)2+1]

x2(x −1)2[x2+2x+2] Ví dụ 3:

Phân tích đa thức thành nhân tử : a 2a2b

+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc b x4+2007x2+2006x+2007

Giải:

a.Dùng phương pháp tách hạng tử nhóm thích hợp:

2a2b+4 ab2− a2c+ac2−4b2c+2 bc2−4 abc 2a2b

+4 ab2− a2c −2 abc+ac2−4b2c+2 bc2−2 abc=¿2ab(a+2b)−ac(a+2b)+c2(a+2b)−2 bc(a+2b) (a+2b)(2 ab−ac+c2−2 bc)=(a+2b)[a(2b − c)− c(2b −c)]

(a+2b) (2b −c) (a −c)

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức

x4

+2007x2+206x+2007

¿(x4− x)+2007x2+2007x+2007 x(x −1)(x2+x+1)+2007(x2+x+1)

(x2+x+1)(x2− x+2007)

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a3+b3+c3−3 abc b (a+b+c)3− a3−b3− c3

Giải: Sử dụng đẳng thức a3+b3=(a+b)(a2+b2−ab)

¿(a+b)[(a+b)2−3 ab]

¿(a+b)3−3 ab(a+b) Do đó:

a3+b3

+c3−3 abc=¿ ¿[(a+b)3+c3]−3 ab(a+b)−3 abc

¿(a+b+c)[(a+b)2−(a+b)c+c2]−3 ab(a+b+c) (a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)

b (a+b+c)3− a3−b3− c3=[(a+b+c)3− a3]−(b+c)3

¿(b+c)[(a+b+c)2+a(a+b+c)+a2]−(b+c)(b2−bc+c2)

(b+c)(3a2+3 ab+3 bc+3 ca)=3(b+c) (a+c)(a+b)

Ví dụ 5: Cho a + b + c =

Chứng minh :a3 + b3 + c3 = 3abc.

Giải: Vì a + b + c = ⇒(a+b)

=− c3⇒a3+b3+3 ab(a+b)=− c3

⇒a3+b3+c3−3 abc=0⇒a3+b3+c3=3 abc

Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, 2a > b > Tính P=ab

4a2− b2 Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0

⇔ ( 4a - b)(a - b) = ⇔ a = b Do P=ab

4a2− b2= a2 3a2=

1

Ví dụ 7:Cho a,b,c x,y,z khác khác Chứng minh nếu: a

x+ b y+

c z=0;

x a+

y b+

z

c=1 ; x2 a2+

y2 b2+

z2 c2=1 Giải: ax+b

y+ c z=0⇒

ayz+bxz+cxy

xyz =0⇒ayz+bxz+cxy=0 x

a+ y b+

z

c=1⇒( x a+

y b+

z c)

2

x2 a2+

y2 b2+

z2 c2+2

ayz+bxz+cxy abc =1

⇒x

2 a2+

y2 b2+

z2 c2=1

Tiết -9

1 Phân tích đa thức thành nhân tử : a x2− x −12

b x2

+8x+15 c x2−6x −16

d x3− x2 +x+3

2 Phân tích đa thức thành nhân tử :

(x2− x

)2−2(x2− x

)−15

3 Phân tích đa thức thành nhân tử 1.(a - x)y3 - (a - y)x3 + (x - y)a3.

2.bc(b + c) + ca(c + a) + ba(a + b) + 2abc 3.x2 y + xy2 + x2 z + xz2+ y2 z + yz2 + 2xyz.

4 Tìm x,y thỏa mãn: x2 + 4y2 + z2 = 2x + 12y - 4z - 14.

5 Cho a +| b + c + d =

Chứng minh a3 + b3 + c3 + d 3= 3(c + d)( ab + cd).

6 Chứng minh x + y + z = :

2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2).

7 Chứng minh với x,y nguyên :

A = y4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y)

số phương

8 Biết a - b = Tính giá trị biểu thức sau: a2(a+1)−b2(b −1)+ab−3 ab(a − b+1)

9 Cho x,y,z số thỏa mãn đồng thời:

¿ x+y+z=1 x2

+y2+z2=1 x3+y3+z3=1

¿{{

¿

Hãy tính giá trị biếu thức P = (x −1)17+(y −1)9+(z −1)1997

10

a.Tính 12−22+32−42+ +992−1002+1012 b.Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 53.

Tính ab + bc + ca

11 Cho số x,y,z thỏa mãn điều kiện

x + y + z = xy + yz + zx =

Hãy tính giá trị Biếu thức : S = (x-1)2005 + (y - 1)2006 + (z+1)2007

12 Cho số a,b,c thỏa điều kiện : 1a+1 b+

1 c=

1 a+b+c Tính Q = (a25 + b25)(b3 + c3)(c2008 - a2008).

==========o0o==========

HƯỚNG DẪN:

1 Phân tích đa thức thành nhân tử : a x2− x −12

=(x −4) (x+3) b x2+8x+15=(x+3)(x+5) c x2−6x −16

=(x+2)(x −8) d x3− x2+x+3=(x+1)(x2−2x+3)

2 Phân tích đa thức thành nhân tử :

(x2− x)2−2(x2− x)−15=(x2− x −5)(x2− x+3)

¿(x − y)(x − a)(y −a)(x+y+a) 2.bc(b + c) + ca(c + a) + ba(a + b) + 2abc

¿(a+b)(b+c) (c+a) 3.x2 y + xy2 + x2 z + xz2+ y2 z + yz2 + 2xyz

(x+y)(y+z) (z+x)

4 x2 + 4y2 + z2 = 2x + 12y - 4z - 14

⇔(x −1)2+(2y −3)2∨+(z −2)2

5 Từ a + b + c + d = ⇒(a+b)3=−(c+d)3 Biến đổi tiếp ta :a3 + b3 + c3 + d 3= 3(c + d)( ab + cd)

6 Nếu x + y + z = :

x3+y3+z3=3 xyz⇒

(x3+y3+z3)(x2+y2+z2)=3 xyz(x2+y2+z2) ⇔x5+y5+z5−xyz(xy+yz+zx)=3 xyz(x2+y2+z2) ⇔2(x5

+y5+z5)−2 xyz(xy+yz+zx)=6 xyz(x2+y2+z2);() −2 xyz(xy+yz+zx)=xyz(x2+y2+z2)

Nhưng: (x+y+z)2=0⇒−2 xyz(xy+yz+zx)=x2+y2+z2 (**)

Thay (**) vào (*) ta được:

2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2).

7 Với x,y nguyên :

A = y4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y)

¿(x2+5 xy+5y2)2

8 Biến đổi a2(a+1)−b2(b −1)+ab−3 ab(a − b+1)=(a− b)2(a −b+1)

9 Từ

¿ x+y+z=1 x3+y3+z3=1

¿{

¿

⇒(x+y+z)3− x3− y3− z3=3(x+y)(y+z) (z+x) x+y=0

¿ y+z=0

¿ z+x=0

¿ ¿ ¿ ¿

⇒P=−2

10

a Sử dụng đẳng thức a2 - b2 ; S -=5151

b Sử dụng đẳng thức (a + b + c)2; P = 14

11 Từ giả thiết suy ra: x2 + y2 + z2 = suy : x = y = z = 0;S = 0

12 Từ: 1a+1

b+ c=

1

a+b+c : (a + b)(b + c)(c + a) = Tính Q =

==========o0o==========

Chuyên đề 4:

BT NG THC Và GIá TR LN NHT, GI¸ TRỊ Nhá NHẤT A C¸C PHƯƠNG PH¸P CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Ta biến đổi A ≥ B⇔A1≥ B1≥ .≥ An≥ Bn (đ©y l bà ất đẳng thức đóng)

Hoặc từ bất đẳng thức đng A ≥ B , ta biến đổi An≥ Bn⇔An−1≥ Bn −1≥ ≥ A1≥ B1⇔A ≥ B

VÝ dụ 1.1 Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c ta lu«n cã: a) a+b¿

2

2(a2+b2)≥¿ (1) b) a

2

+b2+c2≥ab+bc+ca (1) Gi

ả i

a) Ta cã: (1) ⇔

a −b¿2≥0

a+b¿2≥0⇔a2+b2−2 ab≥0⇔¿ 2(a2+b2)−¿

(2)

Do bất đẳng thức (2) đóng nªn bất đẳng thức (1) chứng minh

b) Ta cã: (2) ⇔2(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ca)≥0⇔(a2−2 ab+b2)+(b2−2 bc+c2)+(c2−2ca+a2)≥0

c − a¿2≥0

b − c¿2+¿

a −b¿2+¿

⇔¿

(2)

Bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 1.2 Chứng minh rằng:

a) 2(a4+b4)≥(a+b)(a3+b3) (1)

b) 3(a4+b4+c4)≥(a+b+c)(a3+b3+c3) (1)

Gi ả i

a) Ta cã: (1) ⇔2a4+2b4−(a4+a3b+ab3+b4)≥0⇔(a4−a3b)+(b4−ab3)≥0

⇔a3(a −b)−b3(a −b)≥0⇔(a −b)(a3− b3)≥0

a −b¿2[(a −b 2)

2 +3b

2 ]≥0 a −b¿2(a2+ab+b2)≥0⇔¿

⇔¿

(2)

Do bất đẳng thức (2) đóng suy điều phải chứng minh

b) Ta cã: (1) ⇔3a4+3b4+3c4−(a4+a3b+a3c+b4+ab3+b3c+ac3+bc3+c4)

⇔(a4+b4− a3b −ab3)+(b4+c4− b3c −bc3)+(c4+a4− a3c −ac3)≥0

c − a¿2(c2+ca+a2)≥0 b− c¿2(b2+bc+c2)+¿ a− b¿2(a2+ab+b2)+¿

⇔¿

(2)

Do bất đẳng thức (2) đóng suy điều phải chứng minh VÝ dụ 1.3 Chøng minh r»ng:

a) ax+by¿

2

(a2+b2)(x2+y2)≥¿ (1) b)

b+d¿2

a+c¿2+¿ ¿

√a2+b2+√c2+d2≥√¿

(1)

Gi ả i

a) Ta cã: (1) ⇔a2

x2+a2y2+b2x2+b2y2≥ a2x2+2abxy+b2y2

ay−bx¿

2 ≥0

Bất đẳng thức (2) lu«n đóng suy điều phải chứng minh b) Ta cã: (1)

b+d¿2 a+c¿2+¿

⇔a2+b2+c2+d2+2√(a2+b2)(c2+d2)≥¿

⇔√(a2+b2)(c2

+d2)≥ac+bd (2)

+) Nếu ac+bd<0 (2)

+) NÕu ac+bd≥0 th× (2) ac+bd¿

2

⇔(a2+b2)(c2+d2)≥¿

ad−bd¿

2 ≥0

⇔a2c2

+a2d2+b2c2+b2d2≥ a2c2−2abcd+b2d2⇔¿ (*)

Bất đẳng thức (*) lu«n đóng suy điều phải chứng minh VÝ dụ 1.4 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a

2 b +

b2 c +

c2

a ≥ a+b+c (1)

Gi ả i

Ta cã: (1) ⇔a3

c+b3a+c2b − a2bc− b2ac− c2ab≥0

⇔ab(a2−2 ab+b2)+ac(a2−2 ab+c2)+bc(b2−2 bc+c2)≥0

b −c¿2≥0 a − c¿2+bc¿ a− b¿2+ac¿

⇔ab¿

(*)

Bất đẳng thức (*) lu«n đóng suy điều phải chứng minh

VÝ dụ 1.5 Cho a, b, c > CMR: a2(b+c − a)+b2(c+a− b)+c2(a+b− c)≤3 abc (1) Gi

ả i

Gi¶ sư a , b ≥ c>0

Khi ta có: (1) ⇔3 abc− a2

(b+c − a)− b2(c+a− b)− c2(a+b − c)≥0

⇔3 abc− a(a2−ab−ac+bc)+b(b2−bc−ba+ac)+c(c2−ac−bc+ab)≥0

⇔a(a − b)(a −c)+b(b − c)(b −a)+c(c −a)(c − b)≥0

⇔(a −b)(a2−ac− b2+bc)+c(a −c)(b − c)≥0 a −b¿2(a+b − c)+c(a −c)(b −c)≥0

⇔¿ (*)

Bất đẳng thức (*) úng (Vì a , b c>0 ) Suy điều phải chứng minh 2 Phương ph¸p biến đổi đồng nhất.

Để chứng minh BĐT: A ≥ B Ta biến đổi biểu thức A − B th nh tà c¸c biểu thức cã gi¸ trị không âm

Ví d 2.1 Chng minh rng: a) a2

+b2+c2+d2≥ab+ac+ad (1) b) a2+4b2+4c2≥4 ab−4 ac+8 bc (1) Gi

ả i

a) Ta cã: a2+b2+c2+d2−ab−ac−ad=(a

4 −ab+b

)+(a

4 −ac+c

)+(a

4 −ad+d

)+a

¿(a 2−b)

2 +(a

2− c)

+(a 2−d)

2 +a

2 ≥0

⇒a2

b) Ta cã: a2+4b2+4c2−4 ab+4 ac−8 bc=(a2−4 ab+4b2)+4c2+(4 ac−8 bc)

2c¿

2

a −2b¿2+2 (a −2b).2c+¿ ¿¿

a −2b+2c¿2≥0

¿ ¿ ⇒a2

+4b2+4c2≥4 ab−4 ac+8 bc (®pcm) VÝ dụ 2.2 Chứng minh rằng:

a) a+b¿

3

4(a3+b3)≥¿ víi a , b>0

b)

c+a¿3 b+c¿3+¿ a+b¿3+¿ 8(a3+b3+c3)≥¿

víi a , b , c>0

c) a+b+c¿3≥ a3+b3+c3+24 abc

¿ víi a , b , c ≥0 Gi

ả i

a) Ta cã:

a+b¿2 a −b¿2≥0

4(a2−ab+b2)−¿=3(a+b)¿ a+b¿3=(a− b)¿

4(a3+b3)−¿

(®pcm)

b) Ta cã:

b − c¿2≥0 a − c¿2+3(b+c)¿ a −b¿2+4(a+c)¿ c+a¿3= =3(a+b)¿

b+c¿3−¿ a+b¿3−¿ 8(a3+b3+c3)−¿

c) Ta cã:

b − c¿2≥0 a −b¿2+3a¿ a− c¿2+3c¿

a+b+c¿3− a3−b3− c3−24 abc= =3b¿ ¿

VÝ dụ 2.3 Với a, b, c > Chứng minh rằng: a)

a+ b≥

4

a+b b) a+

1 b+

1 c≥

9

a+b+c c) a b+c+

b c+a+

c a+c≥

3

Gi ả i a)

a − b¿2 ¿ ¿

a+ b−

4 a+b=

b(a+b)+a(b+c)−4 ab ab(a+b) =

a2−2 ab+b2 ab(a+b) =¿

b)

a+

1

b+

1

c−

9

a+b+c=

bc(a+b+c)+ac(a+b+c)+ab(a+b+c)

a −b¿2 ¿ b − c¿2

¿ c −a¿2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

c) a

b+c+ b c+a+

c a+c−

3 2=(

a b+c−

1 2)+(

b c+a−

1 2)+(

c a+b−

1 2)

¿(a − b)+(a − c) 2(b+c) +

(b − a)+(b − c) 2(c+a) +

(c − a)+(c −b) 2(a+b)

¿1

2(a − b)( b+c−

1 c+a)+

1

2(b − c)( a+c−

1 a+b)+

1

2(c − a)( a+b−

1 b+c)

a −b¿2 ¿ b − c¿2

¿ c −a¿2

¿ ¿≥0

¿ ¿ ¿ ¿1 2¿

VÝ dụ 2.4

a) Cho a ;b ≥0 Chøng minh r»ng: a+b ≥2√ab (Bất đẳng thức C« Si) b) Cho a ;b ;c ≥0 Chøng minh r»ng: a+b+c ≥3√3abc (Bất đẳng thức C« Si)

c) Cho a ≥ b ≥ c vµ x ≤ y ≤ z Chøng minh r»ng: (a+b+c)(x+y+z)≥3(ax+by+cz)

(BĐT Trê-B-Sép) Gi

i

a) Ta cã: √a −√b¿2≥0

a+b −2√ab=¿

b) Ta cã:

3

√a −√3c¿2

3

√c −√3 b¿2+¿≥0

3

√a −√3b¿2+¿ ¿

a+b+c −3√3abc=1

2(

3

√a+√b3 +√c3 )¿

c) Ta cã: (a+b+c)(x+y+z)−3(ax+by+cz)=(y − x)(a − b)+(z − x)(b− c)+(x − z)(c − a)≥0

VÝ dụ 2.5 Cho a, b, c > Chứng minh: a) bc

a + ca

b + ab

c ≥ a+b+c b) bc

a + ca

b + ab

c ≥√3(a

+b2+c2)

a) Ta cã:

a − b¿2 ¿ c − a¿2

¿ b − c¿2

¿ ¿ ¿ ¿ bc a + ca b + ab

c −(a+b+c)= c 2.¿

b) Ta cã: (bc

a + ca b + ab c )

−3(a2+b2+c2)=1 2[(

c(a2−b2) ab )

2 +(a(b

2 − c2) bc )

2 +(b(c

2 − a2) ca )

2 ]≥0

⇒(bc

a + ca b + ab c )

≥3(a2+b2+c2)⇒ bc a +

ca b +

ab

c ≥√3(a

+b2+c2)

VÝ dụ 2.6 Chứng minh rằng: a)

1+a2+ 1+b2≥

2

1+ab (nÕu ab>1 ) b) 1+a2+

1 1+b2≤

2

1+ab (nÕu

a2+b2≤2 )

c)

1− a2+ 1− b2≥

2

1−ab (nÕu −1<a ,b<1 ) d)

1+a¿2 ¿ 1+b¿2

¿ ¿ ¿ ¿

(nÕu a , b>0 )

Gi ả i a) Ta cã:

a − b¿2(ab−1)

¿ ¿

1+a2+ 1+b2−

2 1+ab=(

1 1+a2−

1 1+ab)+(

1 1+b2−

1 1+ab)=¿

b) Ta cã:

a −b¿2(ab−1)

¿ ¿

1+a2+ 1+b2−

2 1+ab=¿

V×

|ab|≤a

+b2 ≤1⇒ ab+1≥0

ab−1≤0

⇒ ¿{

a −b¿2(ab−1)

¿ ¿ ¿

⇒ (®pcm)

c) Ta cã:

a − b¿2(1− a2b2)

¿ 1−ab¿2

¿

(1− a2)(1− b2)¿ ¿

1 1− a2+

1 1− b2−

2 1−ab=(

1 1− a2−

1 1−ab)+(

1 1−b2−

d) Ta cã:

1+a¿2 ¿ 1+b¿2

¿ ab−1¿2

¿ 1+b¿2(1+ab)

¿ 1+a¿2¿

¿ a −b¿2+¿ ab¿

¿ ¿ ¿

3 Phương ph¸p sử dung tÝnh chất bất đẳng thức

Cơ sở phương ph¸p n y l c¸c tÝnh chà ất bất đẳng thức v mà ột số bất đẳng thức như:

+) Nếu a b b c a ≥ c

+) NÕu a ≥ b vµ a.b>0 th× a≤

1 b

+) NÕu

¿ a ≥b ≥0 m≥ n ≥0

¿{

¿

th× a.m≥ b.n

+) a −b¿2≥0 ¿

+) NÕu a , b>0 th×

a+ b≥

4 a+b

VÝ dụ 3.1 Cho a+b>1 Chứng minh: a4+b4>1

Gi ả i

Ta cã:

a+b¿2 ¿ a2

+b2¿2 ¿ ¿ ¿

a −b¿2≥0⇒a2+b2≥¿ ¿

VÝ dụ 3.2 Với a, b, c > Chøng minh r»ng: a) a

3 b +

b3 c +

c3

a ≥ab+bc+ca b) a3 b2+

b3 c2+

c3

a2≥ a+b+c

Gi ả i

a) Ta cã: x2

y ≥ x

+xy− y2 (víi x , y>0 )

⇒a3

b + b3

c + c3

a ≥(a

+ab− b2)+(b2+bc− c2)+(c2+ca− a2)=ab+bc+ca

b) Ta cã: x

3

⇒a3

b2+ b3 c2+

c3

a2≥(3a−2b)+(3b −2c)+(3c −2a)=a+b+c

VÝ dụ 3.3 Cho a, b, c > CMR: a) bc

a + ca

b + ab

c ≥ a+b+c b) a2 b+c+

b2 c+a+

c2 a+b≥

a+b+c

Gi ả i

a) Ta dể dàng chứng minh đợc bc

a + ca

b ≥2c⇒ (®pcm)

b) Ta dể dàng chứng minh đợc a

2 b+c+

b+c

4 ≥ a⇒ (®pcm)

VÝ dụ 3.4 Cho x , y , z>0 thoả mÃn điều kiện: x+

1 y+

1

z=4 Chøng minh r»ng:

2x+y+z+ x+2y+z+

1

x+y+2z≤1

Giải:

Ta có: Với a , b>0 a+

1 b≥

4

a+b Từ suy 16

2x+y+z= 16

(x+y)+(z+x)≤ x+y+

4 z+x≤

2 x+

1 y+

1

z (1) 16

x+2y+z= 16

(x+y)+(y+z)≤ x+y+

4 y+z≤

1 x+

2 y+

1

z (2) 16

x+y+2z= 16

(y+z)+(z+x)≤ y+z+

4 z+x≤

1 x+

1 y+

2

z (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ 162x

+y+z+ 16

x+2y+z+ 16

x+y+2z≤ x+

4 y+

4

z=16⇒ (®pcm)

VÝ dụ 3.5.

a) Cho a, b, c l độ d i ba cà ạnh tam gi¸c Chứng minh r»ng:

1 a+b − c+

1 b+c −a+

1 c+a −b≥

1 a+ b+ c

b) Cho a, b, c > thỏa m·n: abc=ab+bc+ca . Chứng minh:

a+2b+3c+ b+2c+3a+

1 c+2a+3b≤

3 16

Gi ả i

¸p dơng B§T

a+ b≥

4

a+b (víi a , b>0¿ Ta cã:

a+b − c+ b+c −a≥

4 2b=

2

b (1)

b+c − a+ c+a −b≥

4 2c=

2

c (2)

c+a −b+ a+b − c≥

4 2a=

2

a (3)

Tõ (1), (2) (3) (đpcm) b) Tơng tự: áp dụng B§T

a+b≤ a+

1

b (víi a , b>0¿ Ta cã: 16

a+2b+3c= 16

(c+a)+2(b+c)≤ c+a+

4 2(b+c)≤

1 c+

1 a+

1 2b+

1

16

b+2c+3a= 16

(a+b)+2(c+a)≤ a+b+

4 2(c+a)≤

1 a+

1 b+

1 2c+

1

2a (2) 16

c+2a+3b= 16

(b+c)+2(a+b)≤ b+c+

4 2(a+b)≤

1 b+

1 c+

1 2a+

1

2b (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ 16( a+2b+3c+

1 b+2c+3a+

1

c+2a+3b)≤3( a+

1 b+

1

c) (*)

Mặt khác: abc=ab+bc+ca1 a+

1 b+

1

c=1 (**)

Từ (*) (**) (đpcm) VÝ dụ 3.5

Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) a

a+b+ b b+c+

c

c+a<2 b) a b+c+

b c+a+

c a+b≥

a 1+a2+

b 1+b2+

c 1+c2

Gi ả i

a) ¸p dụng BĐT: NÕu 0<x<y , m>0 th× x y<

x+m y+m

Ta cã: a

a+b< c+a a+b+c ;

b b+c<

a+b a+b+c ;

c c+a<

b+c a+b+c

⇒ a

a+b+ b b+c+

c c+a<

2(a+b+c)

a+b+c =2 (®pcm)

b) Ta cã: a2+1≥2a⇒ a a2

+1≤

T¬ng tù: b

b2+1≤ vµ

c c2+1≤

1

2 Từ suy a 1+a2+

b 1+b2+

c 1+c2≤

3

2 (1)

Mặt khác ta lại chứng minh đơc

2≤ a b+c+

b c+a+

c

a+b (BĐT Net Bit) (2)

Từ (1) (2) (đpcm)

4 Phng pháp s dung bt đẳng thức C« - Si *) Víi a1, a2, a3, , an≥0 th× a1+a2+a3+ .+an

n ≥

n

√a1a2a3 an Dấu “=” xảy a1=a2=a3= =an≥0

VÝ dụ 4.1 Cho a, b > thỏa m·n ®iỊu kiƯn: a.b=1 CMR: (a+b+1)(a2+b2)+ a+b≥8

Gi ả i

Áp dụng BĐT “C« - Si” cho hai sè dơng a2

b2

ta có:

a2+b2≥2 ab

=2⇒ (a+b+1)(a2+b2)+a4

+b≥2(a+b+1)+

a+b=(a+b)+(a+b+

a+b)+2 (1)

Tơng tự: Củng áp dung BĐT Cô - Si ta có:

a+b 2ab=2 a+b+

a+b≥2√(a+b) (a+b)=4 }

⇒

(a+b)+(a+b+

a+b)+2≥2+4+2=8 (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ (®pcm)

a)

a+b¿2 ¿ ¿ ¿

b) √ a

b+c+√ b c+a+√

c a+b>2

Gi ả i a) Ta cã:

a+b¿2 ¿ ¿ ¿

ab+ba

b) áp dụng BĐT Cô - Si ta cã:

√b+c a =√(

b+c a ).1≤

1 2(

b+c a +1)=

a+b+c 2a ⇒√

a b+c≥

2a

a+b+c (1)

Tơng tự ta củng chứng minh đợc: √ b

c+a≥ 2b

a+b+c (2) vµ √ c a+b≥

2c

a+b+c (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ √ a b+c+√

b c+a+√

c a+b≥2

Dấu “=” xảy

¿ a=b+c b=c+a c=a+b

⇔a+b+c=0

¿{ {

¿

(trái với giả thiết) Vy du = không xảy

VÝ dụ 4.3 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) a

2 b2+c2+

b2 c2+a2+

c2 a2+b2≤

a3

+b3+c3 abc

b)

a2 +b2+

1 b2

+c2+ c2

+a2≤

a3+b3+c3

2 abc +3 (víi a

+b2+c2=1 )

Gi ả i

a) Ta cã: a

2 b2

+c2≤ a2 bc=

a3 abc;

b2 c2

+a2≤ b2 ca=

b3 abc;

c2 a2

+b2≤ c2 ab=

c3 abc

⇒ a2

b2+c2+ b2 c2+a2+

c2 a2+b2≤

a3+b3+c3

2 abc (®pcm)

b) Ta cã:

a2+b2+ b2+c2+

1 c2+a2=(a

2

+b2+c2)( a2+b2+

1 b2+c2+

1 c2+a2)

¿ a

2 b2

+c2+ b2 c2

+a2+ c2 a2

+b2+3≤ a3

+b3+c3 abc +3

VÝ dụ 4.4 Cho a, b, c > Chứng minh rằng:

a3+b3+abc+ b3+c3+abc+

1 c3+a3+abc≤

1 abc

Gi ả i

Ta cã: a2+b2≥2 ab⇒(a+b)(a

+b2)

2 ≥ab(a+b)⇔a

+b3≥ab(a+b)

⇒abc

a3+b3+abc≤ abc

ab(a+b)+abc= c a+b+c

Tơng tự ta củng chứng minh đợc: abc

b3+c3+abc≤ a

a+b+c vµ abc

c3+a3+abc≤ b a+b+c

VÝ dụ 4.5 Cho a, b, c > thỏa m·n ®iỊu kiƯn: a2+b2+c2=3 Chứng minh rằng: ab c + bc a + ca

b ≥3 (1)

Gi ả i

Ta cã: (1) ⇔a2b2

c2 + b2c2

a2 + c2a2

b2 +2(a

+b2+c2)≥3(a2+b2+c2)

Mµ: a

2 b2 c2 +

b2c2 a2 +

c2a2 b2 ≥

ab c bc a + bc a ca b + ca b ab c =a

2

+b2+c2

Suy điều phải chứng minh

VÝ dụ 4.6 Cho x, y, z > thỏa m·n xyz = Chứng minh r»ng: a) x

3 (1+y)(1+z)+

y3 (1+z)(1+x)+

z3

(1+x)(1+y)≥

b) xy

x5+xy+y5+ yz

y5+yz+z5+ zx

z5+zx+x5≤1

Gi ả i

a) p dng bt ẳng thc Cô - Si ta cã:

x3 (1+y)(1+z)+

1+y +

1+z ≥

3x ⇒

x3

(1+y)(1+z)≥ 3x

4 − 1+y

8 − 1+z

8 (1)

Tơng tự ta củng chứng minh đợc: y

3 (1+z)(1+x)≥

3y −

1+z −

1+x

8 (2)

Vµ: z

3

(1+x)(1+y)≥ 3z

4 − 1+x

8 − 1+y

8 (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ VT x+y+z

2 − 4≥ 33 √xyz − 4=

4 (®pcm)

b) Ta cã: x4+y4≥2x2y2⇒(x

+y4)(x+y) ≥ x

2

y2(x+y)⇔x5+y5≥ x2y2(x+y)>0

⇒ xy

x5

+xy+y5≤

xy

xy+x2y2(x+y)=

1

1+xy(x+y)=

xyz

xyz+xy(x+y)= z x+y+z

Tơng tự ta củng chứng minh đợc: yz

y5+yz+z5≤ x x+y+z

Vµ zx

z5

+yz+x5≤ y x+y+z

⇒xy

x5+xy+y5+ yz

y5+yz+z5+ zx

z5+zx+x5≤1 (®pcm)

VÝ dụ 7 Cho x, y, z > Chứng minh: x

3 yz+

y3 zx +

z3

xy ≥ x+y+z

Gi ả i

x3

yz+y+z ≥3x y3

zx+z+x ≥3y z3

xy+x+y ≥3z } }

⇒

(yzx3+

y3

zx+

z3

xy )+2(x+y+z)≥3(x+y+z)⇒

x3 yz+

y3 zx +

z3

xy x+y+z (đpcm)

5 Phng pháp sử dơng bất đẳng thức Bunhiacopski. Víi mäi a, b, c x, y, z R ta có:

*) a.x+b.y¿2≤(a2+b2)(x2+y2)

¿ DÊu “=” x¶y x a=

y b

*) a.x+b.y+cz¿2≤(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)

¿ DÊu “=” x¶y x a= y b= z c Tỉng qu¸t:

Víi a1;a2;a3; ;an vµ x1; x2; x3¿; .; xn∈ ¿

R th×

(a12+a22+a32+ +an2)

a1x1+a2x2+a3x3+ .+anxn¿2 (x12+x22+x32+ +xn2)≥¿ DÊu “=” xảy xa1

1 =x2

a2 =x3

a3

= =xn an VÝ dụ 5.1 Cho a, b > Chứng minh r»ng:

a)

a+ b≥

4

a+b b)

n+m¿2 ¿ ¿ n2

a + m2

b ≥¿

Gi ả i

a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta cã:

4=( √a.√a+

1 √b.√b)

2 ≤(1

a+

b)(a+b)⇒ a+

1 b≥

4 a+b

b) Ta cã:

m+n¿2⇒ (na2+

m2

b )(a+b)≥( n √a.√a+

m √b√b)

2 =¿

n+m¿2 ¿ ¿ n2

a + m2

b ≥¿

Tỉng qu¸t:

*) Víi bi>0;i=1, n th×

a1+a2+a3+ +an¿

2

¿ ¿ a12

b1+ a22 b2+

a32 b3+ .+

an2 bn≥¿

(1)

*) Víi aibi>0;i=1, n th×

a1+a2+a3+ +an¿

2

¿ ¿ a1

b1 +a2

b2 +a3

b3

+ .+an bn

≥¿

(2)

(a1 b1

+a2 b2

+a3 b3

+ +an bn)

(b1+b2+b3+ +bn)≥( a1

√b1

.√b1+ a2

√b2

.√b2+ + an

√bn √bn)

2

a1+a2+a3+ +an¿

2

¿ ¿

a1+a2+a3+ +an¿

2

¿ ¿ ⇒a1

2 b1+

a22 b2+

a32 b3+ +

an2 bn≥¿

§ặt aibi=xi>0 thay v o (1) (2)

VÝ dụ 5.2 Cho a, b, c l c¸c sà ố thực dương Chứng minh r»ng: a) a2

b + b2

c + c2

a ≥ a+b+c b) a2 b+c+

b2 c+a+

c2 a+b≥

a+b+c

c) a

3 b2+

b3 c2+

c3 a2≥ a

2

+b2+c2 d) a b+c+

b3 c+a+

c3 a+b≥

a2

+b2+c2

Gi ả i a) Ta cã:

a+b+c¿2 ¿ ¿ a2 b + b2 c + c2

a ≥¿

b) Ta cã:

a+b+c¿2 ¿ ¿

a2 b+c+

b2 c+a+

c2 a+b≥¿

c) Ta cã:

a2

+b2+c2¿2 ¿ ¿ a3

b2+ b3 c2+

c3 a2=

a4 ab+

b4 bc +

c4 ca ≥¿

d) Ta cã: a

3 b+c+

b3 c+a+

c3 a+b=

a4 ab+ca +

b4 ab+bc +

c4 bc+ca ≥

a2+b2+c2

VÝ dụ 5.3 Cho a, b, c > Chứng minh: 25b+ac+16b c+a+

c a+b>8

Gi ả i

Ta cã: VT = 25( a

b+c+1)+16( b

c+a+1)+( c

a+b+1)−42

5+4+1¿2 ¿ ¿ ¿(a+b+c)(25

b+c+ 16

c+a+

a+b)≥(a+b+c).¿

Dấu “=” xảy b+5c=c+a =

a+b

1 ⇒a=0 (v« lÝ) ⇒ suy điều phải chứng

minh

VÝ dụ 5.4 Cho x, y, z > Chứng minh: x

2 y2+

y2 z2+

z2 x2≥

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta cã:

x2 y2+

y2 z2+

z2 x2≥

1 3(

x y+

y z+

z x)(

x y+

y z+

z x)≥

x y+

y z+

z x

B C¸C PHƯƠ NG PHáP TìM GIá TR L N NH T, GI¸ TRỊ NHỎ NHẤ T

Cho biểu thức f(x,y…)

*) Ta nãi M l gi¸ trà ị lớn f(x,y…) kÝ hiệu maxf(x,y…) = M, hai điều kiện sau thỏa m·n:

- Với x, y… để f(x,y…) Xác định f(x,y…)  M - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = M

*) Ta nãi m l gi¸ trà ị nhỏ f(x,y…) kÝ hiệu minf(x,y…) = m, hai điều kiện sau thỏa m·n:

- Với x,y…để f(x,y…) Xác định f(x,y…)  m - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = m

I) T× M GTLN, GTNN CỦ A A THĐ Ứ C B C HAIẬ 1 Đ a th ứ c b ậ c hai m ộ t bi ế n

VÝ dụ 1.1

a) T×m GTNN A = 3x2 – 4x + 1

b) T×m GTLN B = – 5x2 + 6x – 2

c) T×m GTNN C = (x – 2)2 + (x – 3)2

d) Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c T×m GTNN P a >

T×m GTNN P a > Gi

ả i

a) A = 3(x2−2.x.23+4 9)−

1

3=3(x − 3)−

1 3≥ −

1

3 Vậy GTNN cđa A lµ −

3 Đạt đợc

khi x=2

b) B = −5(x2−65x+ 25)−

1

5=−5(x − 5)

2 −1

5≤ −

5 VËy GTLN cña B

5 Đạt

đ-ợc x =

5

c) C = x2−4x+4+x2−6x+9=2(x2−5x+25 )+

1

2=2(x − 2)

2 +1

2≥

Vậy GTNN biểu thức C = 12 Đạt đợc x=5

d) Ta cã: P = a(x2+b ax+

b2 4a2)+c −

b2

4a=a(x+ b 2a)

2

+c − b 4a

Nếu a > th× P c − b

4a Vậy GTNN cña P = c − b2

Nếu a < th× P c − b

4a Vậy GTLN cña P = c − b2

4a Đạt đợc x=− b 2a

VÝ dụ 1.2

a) T×m GTNN M = x2 – 3x + với x 2. b) T×m GTLN N = x2 – 5x + với −3≤ x ≤8 . Gi

ả i

a) M = (x −1)(x −2)−1≥ −1 Vậy GTNN M = -1 Đạt đợc x = b) N = (x+3)(x −8)+25≤25 Vậy GTLN N = 25 Đạt đợc x = -3, x = 2 Đ a th ứ c b ậ c hai hai bi ế n

a) Đ a th ứ c b ậ c hai hai bi ế n cã đ i ề u ki ệ n VÝ dụ 2a.1

a) Cho x + y = T×m GTLN P = 3xy –

b) Cho x – 2y = T×m GTNN Q = x2 + 2y2 – x + 3y Gi

ả i

a) x+y=1⇒x=1− y⇒ P = 3(1− y)y −4=−3y2+3y −4=−3(y −1 2)

2 −13

4 ≤ − 13

4

Vậy GTLN P = −134 Đạt đợc x=y=1

b) x −2y=2⇒x=2y+2⇒ Q ¿4 y2+8y+4+2y2−2y −2+3y=6y2+9y+2

¿6(y2+3 y+

9 16)−

11

8=6(y+ 4)

2 −11

8 ≥− 11

8

Vậy GTNN Q = −118 Đạt đợc

¿ x=1

2 y=−3

4 ¿{

¿

VÝ dụ 2a.2 T×m GTLN của P = xy víi x, y tha mÃn điều kiện: a) x+y=6 y 4 b) x+y=S vµ y ≥ a>S

2

Gi¶i:

a) P = (6− y)y=8−(y −2)(y −4)≤8 Vậy GTLN P = Đạt đợc x = 2, y = b) Q = (S − y)y=(S − a)a −(y −a)(y+a− S)≤(S − a)a Vậy GTLN Q = (S – a)a

Đạt đợc x = S – a, y = a

b) Đ a th ứ c b ậ c hai hai bi ế n

Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a, b, c 0 Ta thường đưa P(x, y) dạng: P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2)

P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3)

Trong G(y), H(x) l hai bià ểu thức bậc Èn, H(x, y) l bià ểu thức bậc hai ẩn

4a P (x , y)=4a2x2+4 abxy+4 acy2+4 adx+4 aey+4 ah

¿4a2x2+b2y2+d2+4 abxy+4 adx ++ bdy+(4 ac−b2)+2(2 ae−bd)y+4 ah− d2

2 ae−bd¿2 ¿ ¿

2 ax+by+d¿2+(4 ac− b2)(y+2 ae−bd ac−b2)

2

+4 ahd2−¿ ¿ ¿

(Tương tự nh©n hai vế (1) với 4c để chuyển (3)) VÝ dụ 3.1

a) T×m GTNN P = x2 + y2 + xy + x + y

b) T×m GTLN Q = –5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1 Gi

ả i

a) 4P = 4x2+4y2+4 xy+4x+4y=(4x2+y2+1+4 xy+4x+2y)+3y2+2y −1

2x+y+1¿2+3(y+13)

2 −4

3≥ − ¿ ¿

Vậy GTNN P = −43 Đạt đợc x=y=−1

b) – 5Q

3y −6¿2−80 5x − y −7¿2+¿

¿25x2+10 xy+10y2−70x −50y+5=¿

⇒ Q

y −2¿2+16≤16 5x − y −7¿2−9

5¿ ¿−1

5¿

Vậy GTLN Q = 16 Đạt đợc x = 1, y = Ví dụ 3.2

T×m cặp số (x, y) với y nhỏ thỏa m·n ®iỊu kiƯn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – = (*) Gi

ả i Ta cã (*)

y+1¿2≤4⇒(y+3)(y −1)≤0⇒−3≤ y ≤1 y+1¿2=4⇒¿

x −2y¿2+¿ ⇔¿

Vậy GTNN y = –3 Đạt đợc x = – Vậy cặp số (x, y) = (–6; –3)

VÝ dụ 3.3 Cho x, y liªn hệ với hệ thức: x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = (**)

H·y t×m GTLN, GTNN biÓu thøc: S = x + y + Gi

ả i

Ta cã (**) ⇔4x2

+8 xy+28x+28y+4y2+40=0

2x+2y+7¿2+4 y2=9 ⇔¿

⇔

x+y+5≥0 x+y+2≤0

¿{

(v× x+y+2≤ x+y+5 )

⇔−4≤ S −1

Vậy GTNN S = –4 Đạt đợc x = –5, y = GTLN S = –1 Đạt đợc x = –2, y =

II PHƯƠ NG PH¸P MIỀ N GI¸ TR Ị

VÝ dụ T×m GTLN, GTNN A = x

2

+4√2x+3 x2

+1

Gi ả i

Biểu thức A nhận gi¸ trị a phương tr×nh: a = x

2

+4√2x+3

x2+1 cã nghiệm

⇔(a −1)x2−4√2 x+a−3=0 cã nghiÖm (1)

Nếu a = th× phương tr×nh (1) cã nghiệm x = −√2

4

Nếu a phương trình (1) có nghiệm Δ' ≥0⇔− a2+4a+5≥0⇔−1≤ a ≤5 Vậy GTNN biểu thức A - Đạt đợc x=−√2

Và GTLN biểu thức A Đat đợc x=√2

VÝ dụ T×m GTLN, GTNN biểu thức: B = x+2y+1

x2

+y2+7

Gi ả i

Biểu thức B nhn giá tr b phng trình b = x+2y+1

x2

+y2+7 cã nghiệm

⇔bx2− x+by2−2y+7b −1=0 (2) cã nghiÖm

Trong x l Èn, y l tham sà ố v b l tham sà ố cã điều kiện Nếu b = ⇒x+2y+1=0

Nếu b th× PT (2) cã nghiệm x Δ≥0⇔1−4b(by2−2y+7b −1)≥0 (3) Coi (3) l bà ất phương tr×nh ẩn y BPT n y xà ảy với gi¸ trị y

16b2+4b2(−28b2+4b+1)≥0

Vậy GTNN biểu thức B = −145 Đạt đợc x=−7

5 vµ y=− 14

5

GTLN cđa biĨu thøc B =

2 Đạt đợc x=1 y=2

III phƯơng pháp sử dụng Bất ng thc.

1 Sử dung BĐT Cô - Si.

VÝ dụ 1.1 T×m GTLN, GTNN cđa biĨu thøc: A = √3x −5+√7−3x víi 53≤ x ≤73 Ta cã: A2 = 3x −5

+7−3x+2√(3x −5)(7−3x)=2+2√(3x −5)(7−3x) ⇒ A2 2 ⇒ A

√2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A √2 Đạt đợc

x=5

(Biểu thức cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy cã tổng là hằng số)

VÝ dụ 1.2 Cho x, y > thoả mÃn điều kiện x + y Tìm GTNN cđa biĨu thøc: P

¿3x+2y+6 x+

8 y

Gi ả i

Ta cã: P ¿3

2(x+y)+ 3x

2 + x+

y 2+

8 y≥

3

2 6+2√ 3x

2 x+2√

y

8

y=9+6+4=19

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 19 Đạt đợc x = y = Ví dụ 1.3 Tìm GTLN biểu thức : M = x√y −2+y√x −3

xy Víi x ≥3; y ≥2

Gi ả i

Ta cã : M = √x −3

x +

√y −2 y

áp dụng BĐT Cô - Si ta cã :

√3(x −3)≤x √2(y −2)≤ y } √x −3

x ≤

√3 √y −2

y ≤√

⇒}⇒

M √3

6 + √2

4

VËy Giá trị lớn biểu thức M

6 + √2

4 Đạt đợc x = y =

VÝ dụ 1.4 Cho x, y, z > tho¶ m·n: 11

+x+ 1+y+

1

1+z≥2 (1) T×m GTLN cđa biĨu

thøc P = xyz Gi

ả i

Tõ (1) ⇒

1+x≥(1−

1

1+y)+(1−

1 1+z)=

y

1+y+ z

1+z≥2√

yz

(1+y)(1+z)

T¬ng tù:

1+y ≥2√ zx

(1+z)(1+x)

Vµ

1+z≥2√ xy

(1+x)(1+y)

Nhân v vi v ca ba BT ta có: P = xyz 18 DÊu “=” x¶y x=y=z=1

VËy GTLN cđa biĨu thøc P lµ

8 Đạt đợc x=y=z=

VÝ dụ 1.5 Cho < x < 1, T×m GTNN biĨu thøc: Q = 1− x3 +4 x

Ta cã: P =

2+√3¿2 3x

1− x+

4(1− x)

x +7≥2√ 3x 1− x

4(1− x) x +7=¿ ⇒ GTNN biÓu thøc: Q = 1− x3 +4

x lµ 2+√3¿

¿ Đạt đợc √3−1¿2

3x

1− x=

4(1− x)

x ⇔x=¿

(Đặt P = 13 ax− x+4b(1− x)

x +c råi đồng hệ số suy a = b = 1; c = 7)

VÝ dụ 1.6 Cho x, y, z, t > T×m GTNN biểu thức: M = x −tt

+y+ t − y

y+z+ y − z z+x +

z− x x+t

Gi ả i

Áp dụng bất đẳng thức C«-Si ta cã: 1a+1 b≥

4

a+b với a, b >

Ta cã : M = M + – = (x −tt+y+1)+(t − y y+z+1)+(

y − z z+x +1)+(

z − x

x+t +1)−4

= x+y

t+y+ t+z y+z+

y+x z+x+

z+t x+t−4

= (x+y)( t+y+

1

z+x)+(z+t)( y+z+

1 x+t)−4

4(x+y)

x+y+z+t+

4(z+t)

x+y+z+t−4=0

VËy GTNN biểu thức: M = x −tt+y+t − y y+z+

y − z z+x +

z− x

x+t Đạt đợc x = y z = t

2 Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS)

Ví dụ 2.1 Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = Tìm GTNN biểu thức: A = x4 +

y4 + z4 Giải

áp dụng BĐT Bunhia Copski ta có:

x2+y2+z22

xy+yz+zx¿2≤(x2+y2+z2)(x2+y2+z2)=¿ 1=¿

x2+y2+z2¿2≤(1+1+1)(x4+y4+z4)

⇒1≤¿ ⇒ P

3 Giá trị nhỏ biểu thức P lµ

3 đạt đợc x=y=z=√ 3 Vớ dụ 2.2 Tỡm GTNN P = b 4a

+c − a+ 9b c+a −b+

16c

a+b − c a, b, c độ dài ba

cạnh tam giác

Giải

P = b+4c − aa + 9b c+a −b+

16c

a+b − c=4( a b+c −a+

1 2)+9(

b c+a − b+

1 2)+(

c a+b − c+

1 2)−

¿(a+b+c ).(

4 b+c −a+

9 c+a −b+

16

a+b− c)− 29

2

2+3+4¿2 ¿ ¿−29

2 =

a+b+c

81

a+b+c− 29

2 =26 ¿

(a+b+c ).¿

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 26 đạt đợc a 7=

b 6=

c Ví dụ 2.3 Tìm giá trị nhỏ Q = 1 a

+b − a+ b 1+c − b+

c 1+a − c

Trong a , b , c>0 vµ a+b+c=1 . Giải

Ta cã: Q

a+b+c¿2 ¿ a+b+c¿2

¿ ¿ ¿ ¿ a

2b+c+ b 2c+a+

c 2a+b≥¿

Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q đạt đợc a=b=c=1 Vớ dụ 2.4

Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN P = a2+b2+c2+

1 ab+

1 bc+

1 ca Giải

1 ab+

1 bc+

1 ca≥

9

ab+bc+ca ⇒ P

1 a2

+b2+c2+ ab+bc+ca

¿(

a2+b2+c2+

4

2(ab+bc+ca))+

7 ab+bc+ca

1+2¿2 ¿ a+b+c¿2

¿ a+b+c¿2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 30 đạt đợc a = b = c = Equation Chapter Section

Tiết 21-22

1. Chứnh minh : (Với a , b  0) (BĐT Cô-si)

Giải:

( a – b ) = a - 2ab + b   a + b  2ab Đẳng thức xảy a = b

2. Chứng minh: (Với a , b  0)

Giải:

( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab  + 4ab  ( a + b )  4ab Đẳng

thức xảy a = b

3. Chứng minh: (Với a , b  0)

Giải:

2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b)   2(a + b)  ( a+b ) Đẳng thức xảy

khi a = b

4. Chứng minh: (Với a.b > 0)

Giải:

+ = Do ab    Hay +  Đẳng thức xảy a = b

5. Chứng minh: .(Với a.b < 0)

Giải:

+ = - .Do   -  -2 Hay +  - Đẳng thức xảy a = -b

6. Chứng minh: (Với a , b > 0)

Giải:

+ - = =   +  Đẳng thức xảy a = b

7. Chứng minh rằng:

Giải:

2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) 

 2(a +b +c)  2(ab+bc+ca) Hay a +b +c  ab+bc+ca Đẳng thức xảy a

Tiết 23-26

 A B  A B 0

 Cần lưu ý tính chất: A2≥0

 Đẳng thức xảy A =

 Có thể nhân hai vế bất đẳng thức với số khác thích hợp

B.Bài tập vận dụng:

Chứng minh bất đẳng thức sau 1. a2 + 4b2 + 4c2 4ab - 4ac + 8bc

2. a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e) 3. (x −1)(x −3) (x −4)(x −6)+10≥1 4. a2 + 4b2 + 3c2 > 2a + 12b + 6c – 14

5. 10a2 + 5b2 +12ab + 4a - 6b + 13 0

6. a2 + 9b2 + c2 + 19

2 > 2a + 12b + 4c 7. a2 – 4ab + 5b2 – 2b + 4

8. x2 – xy + y2 0

9. x2 + xy + y2 -3x – 3y + 3 0

10. x2 + xy + y2 -5x - 4y + 0

11. x4 + x3y + xy3 +y4 0

12. x5 + x4y + xy4 +y5 với x + y 0

13. a4 + b4 +c4 a2b2 + b2c2 + c2a2

14. (a2 + b2).(a2 + 1) 4a2b

15. ac +bd bc + ad với ( a b ; c d )

16. a

2 +b2 ≥(

a+b )

2

17. a

2

+b2+c2 ≥(

a+b+c )

2

18. ab+b c+

c a≤

b a+

a c+

c

b (với a b  c > 0) 19. a+b ≥12 ab

9+ab ( Với a,b > 0) 20. bca + b

ca+ c ab≥

1 a+

1 b+

1

c (Với a,b,c > 0)

HƯỚNG DẪN:

Bài 1: Gọi VT bất đẳng thức A VP bất đẳng thức B (Nếu khơng nói thêm qui ước dùng cho tập khác).Với BĐT có dấu  ; cần tìm điều kiện biến để đẳng thức xảy A – B = (a+2c −2b)2

Bài 2: 4A – 4B = (a −2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2e)2

Bài 3: A – = (x −1)(x −3) (x −4)(x −6)+9 = (Y+3)2

Bài 4: A – B = (a −1)2+(2b −3)2+3(c −1)2+1

Bài 5: A = ( a – 1)2 + (3a – 2b)2 + (b + 3)2

Bài 6: A–B = ( a – 1)2 +(3b – 2)2 + (c - 2)2 +

2 Bài 7: A – B = (a −2b)2+(b −1)2

Bài 8:

x2 – xy + y2 =

(x − y 2)

2 +3y

2 Bài 9: x2 – xy + y2 -3x – 3y + =

(x −1)2−(x −1) (y −1)+ (y −1)2 Biến đổi tiếp

Bài 10: Tương tự

Bài 11: x4 + x3y + xy3 +y4 = (x2−xy

+y2)(x+y)2

Bài 12: Tương tự 11

Bài 13: Xem ví dụ

Bài 14: A – B = (a2 + b2).(a2 + 1) - 4a2b

Bài 15: A - B = ac + bd - bc - ad với ( a b ; c d ) = (c − d) (a −b)

Bài 16:

A - B = 2(a2+b2)−(a+b)2 Bài 17: Xem tập 16

Bài 18: A - B = (a-c)(b-a)(

(Với a b c 0)

Bài 19:

A - B = b(a −3)

+a(b −3)2 9+ab ( Với a,b > 0)

Bài 20:

A - B = (ab−bc)2+(bc−ac)2+(ac−ab)2 abc

Tiết 27-30

TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I: DẠNG

- Nếu a > :

2

2 4ac-b

ax + bx +c =

4a

b

P a x

a

 

    

  Suy

2 4ac-b =

4a

MinP

Khi

b

x=-2a

 Nếu a < :

2

2 a c+b

ax + bx +c =

4 a

b

P a x

a

 

    

 

Suy

2 a c+b ax

4 a

M P

Khi

b x=

2 a

Một số ví dụ: 1. Tìm GTNN A = 2x2 + 5x + 7

Giải:A = 2x2 + 5x + =

2 25 25

2( )

4 16 16

x  x  

=

2 2

5 25 56 25 31

2( ) 2( ) 2( )

4 8

x  x x

         

Suy

31

8

MinA Khi x 2. Tìm GTLN A = -2x2 + 5x + 7

Giải: A = -2x2 + 5x + =

-2 25 25

2( )

4 16 16

x  x  

=

2 2

5 25 56 25 81

2( ) 2( ) 2( )

4 8

x  x x

         



Suy

81

8

MinA Khi x

3. Tìm GTNN B = 3x + y - 8x + 2xy + 16

Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 

 MinB = : 

4. Tìm GTLN C = -3x - y + 8x - 2xy + 2.

Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + = 10 -  10

 GTLNC = 10 khi: 

BÀI TẬP: 5. Tìm GTNN A x2 2008 x

6. Tìm GTLN B = + 3x - x2

7. Tìm GTLN D = 2007x25x

8. Tìm GTNN F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1.

9. Tìm GTNN G = x410x325x212

HƯỚNG DẪN 5. A = x - 5x + 2008 = (x - 2,5)2 + 2001,75

 MinA = 2001,75 x = 2,5

6. B = + 3x - x2 = -1,25 - ( x - 1,5)2

7. D = 2007 - x - 5x = 2004,5 - ( x + 2,5)2

8. F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + = (x +x+1) =

9. G = x - 10x +25x + 12 = x(x - 5) + 12

10. M = x + 2y - 2xy + 2x - 10y = (x - y + 1) + (y - 4) -16 11. C = (3x −1)2−4|3x −1|+5

* Nếu x  C = (3x - 3) +

* Nếu x < C = (3x + 1) +

12. N = (x +1) + ( x - 3) = 2(x- 1) +

K = x + y - xy +x + y = ( x - y) + (x + 1) + (y + 1) -

* Một phương pháp thường dùng sử dụng bất đẳng thức biết để chứng minh bất đẳng thức khác.Tuy nhiên sử dụng ,ngồi hai bất đẳng thức Cơ-si bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski

Các bất đẳng thức khác sử dụng làm thi cần chứng minh lại (Xem phần trên).Để tiện theo dõi, liệt kê bất đẳng thức vào

1 a2+b2≥2 ab (a,b>0) (BĐT Cô-si)

2 (a+b)2≥4 ab

3 2(a2

+b2)≥(a+b)2

4 ab+b

a≥2;a , b>0

5 1a+1

b≥

a+b;a ,b>0

6 a2+b2+c2≥ab+bc+ca

7 (ax+by)2≤(a2

+b2) (x2+y2) ( Bu nhi a cop xki)

8 a2

x + b2

y≥ (a+b)2

x+y

9 a2

x + b2

y+ c2

z ≥

(a+b+c)2 x+y+z

Ví dụ 9:Chứng minh abc +bc a +

ca

b ≥ a+b+c (Với a,b,c > 0) Giải:2A - 2B = 2ab

c +2 bc

a +2 ca

b −2a−2b −2c = a(b

c+ c

b−2)+b( a c+

c

a−2)+c( b a+

a b−2) Áp dụng bất đẳng thức ab+b

a≥2;a , b>0 Ta có:2A - 2B a(2−2)+b(2−2)+c(2−2)≥0 Vậy A B.Đẳng thức xảy a = b = c >

Ví dụ 10: Cho số dương x , y thoả mãn x + y = Chứng minh : xy1 +

x2+y2≥8 Giải: xy1 +

x2

+y2=

2 xy+

2

x2

+y2=2(

1 xy+

1

x2

+y2)≥2

4

x2

+2 xy+y2 ¿

(x+y)2=8 Đẳng thức xảy x=y= Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức : a

2 b2+

b2 c2+

c2 a2≥

a c+

c b+

Giải: a b2+

b2 c2≥2

a b

b c=2

a c ;

b2 c2+

c2 a2≥2

b c

c a=2

b a ;

c2 a2+

a2 b2≥2

c a

a b=2

c b Cộng vế ba bất đẳng thức ta có:

2(a b2+

b2 c2+

c2 a2)≥2(

a c+ c b+ b a)

⇒a2

b2+ b2 c2+

c2 a2≥

a c+ c b+ b a

Đẳng thức xảy a = b = c

Bài tập:

1. Cho a,b,c số dương.Chứng minh (a+b+c)(1 a+

1 b+

1 c)≥9

2. Cho số dương a,b,c biết a.b.c = Chứng minh rằng: (a + 1)(b + 1)(c + 1)

3. Cho số a,b biết a + b = Chứng minh a) a + b  b) a + b 

4. Cho số dương a,b,c a + b + c = Chứng minh: + + 

5. Cho x , y , z  0và x + y + z  Chứng minh rằng:

+ +   + +

6. Cho số dương a , b có tổng Chứng minh a + 

b +  14

7. Cho số dương a , b có tổng Chứng minh (a + ) + (b + ) 

8. Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c>0

a+3b+ b+3c+

1 c+3a≥

1 a+2b+c+

1 b+2c+a+

1 c+2a+b, 9. Cho a,b,c số dương

Chứng minh :  a

bc+ b ac+ c ab≥ a+ b+ c 10. Cho a,b,c số dương

Chứng minh : a2 b+c+

b2 a+c+

c2 b+a≥

a+b+c 11. Chứng minh: a + b  với a + b 

12. Chứng minh: ba +c+

b c+a+

c a+b≥

3

2 Với a,b,c > 13. Chứng minh: a4+b4+c4≥abc(a+b+c)

14. Bài 28: Cho x ≥0; y ≥0; z ≥0;

Chứng minh :(x + y).(y + z).(z + x)  8xyz

15. Cho A = n1 +1+

1

n+2+ + 2n+1+

1

2n+2+ +

3n+1 Chứng minh A>1

HƯỚNG DẪN: 1. A = 3+(a

b+ b a)+(

a c+

c a)+(

b c+

c

a)≥3+2+2+2=9 2. Áp dụng (a + 1)  2a

3. a) A - B = a + b - =2( a + b) - (a + b) 

b) Áp dụng câu a 4. Xem

5. + +  + + = + + =

6. A = + = ( + ) +  + = ( vì 2ab  (a+b) )

B = + = 3( +) +

7. (a + ) + + (b + ) + = +  5(a + ) + 5(b + )

= 5( a + b) + 5( + )  5( a + b) + = 25

Suy ra: (a + ) + (b + ) 

8. +  ; +  ; + 

Cộng theo vế BĐT ta Đpcm

9. Ta có: + = ( + ) 

 b

ac + c ab=

1 a(

b c+

c b)≥2

1 a

 c

ab+ a bc=

1 b(

c a+

a c)≥2

1 b

Cộng vế bất đẳng thức ta đpcm Đẳng thức xáy a = b = c (Hãy kiểm tra lại)

10. Áp dụng BĐT a2 x +

b2 y+

c2 z ≥

(a+b+c)2 x+y+z

11. a + b  ( a + b )  

12. ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) = + +

= (a+b+c) ( + + )  (a+b+c) = Suy ra: ba

+c+ b c+a+

c a+b≥

3

13. Áp dụng BĐT ví dụ cho số a4+b4+c4 tiếp tục áp dụng lần nửa cho số a2b2 + b2c2 + c2a2 ta có đpcm.

14. Áp dụng BĐT (x+y)2≥4 xy Nhân thừa số BĐT suy ĐPCM 15. A có 2n + số hạng (Kiểm tra lại !).Áp dụng BĐT 1a+1

b≥

a+b;a ,b>0 Với cặp số hạng thích hợp có đpcm

Chun đề 9: Phơng pháp tam giác đồng dạng

I Kiến thức bản

1 Ta ó biết tam giác đồng dạng suy đợc cặp góc tơng ứng nhau, cặp cạnh tơng ứng tỉ lệ, đặc biệt tỉ số diện tích chúng bình phơng tỉ số đồng dạng

2 Để chứng minh góc hay cặp đoạn thẳng tỉ lệ pp tam giác đồng dạng ta làm theo bớc sau :

Bớc : Xét tam giác có chứa góc hay chứa cặp đoạn thẳng Bớc : Chứng minh tam giác đồng dạng

Bíc : Suy cặp góc tơng ứng nhau, cặp cạnh tơng ứng tØ lÖ

3. Để tạo đợc tam giác đồng dạng với tam giác khác, cách vẽ đờng song song với cạnh tam giác ta cịn vẽ thêm đờng phụ nhiều cách khác, chẳng hạn :

- Nối điẻm có sẵn hình làm xuất mét tam gi¸c míi

- Từ điểm cho trớc, vẽ đờng thẳng vng góc với đờng thẳng

- Trên tia cho trớc, đặt doạn thẳng đoạn thẳng khác

4. Một vài ứng dụng pp tam giác đồng dạng

a) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM điểm thẳng hàng

Ta CM tam giác đồng dạng để suy cặp góc tơng ứng nhau, từ dùng cách cộng góc để dợc góc bẹt dẫn tới điểm thẳng hàng

VÝ dơ :

Cho tam gi¸c ABC, tia phân giác góc B góc C cắt O Trên cạnh AB, AC lần lợt lÊy

M vµ N cho BM.BC = BO2 ; CN.CB = CO2 CMR ®iĨm M, O, N thẳng hàng.

@ Bg :

BM.BC = BO2 

BM BO

BO BC ; BOM vµ BCO cã

  B B

;

BM BO

BO BC nªn BOM ~ BCO (c.g.c)  O1 C1

A

M N

C B

O 3 2 1 2

Chứng minh tơng tự ta đợc CON ~ CBO (c.g.c)  O B2

Ta cã      

0

1 3 180

O O O C B O 

Suy ®iĨm M, O, N thẳng hàng

Nhận xét

iu gỡ gi ý cho ta dùng pp đồng dạng để giải ví dụ ? Đó đề có cho BO trung bình nhân BM BC ; CO trung bình nhân CN CB, từ suy đ ợc cặp đoạn thẳng tỉ lệ dẫn tới tam giác đồng dạng

b) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM tích đoạn thẳng tổng tích cặp đoạn thẳng số cho trớc.

Ta CM tam giác đồng dạng để suy cáắccpj cạnh tơng ứng tỉ lệ, dẫn tới tích cặp đoạn thẳng

VÝ dụ :

Cho hình bình hành ABCD, góc B nhọn Gọi H K lần lợt hình chiếu B AD CD

Chứng minh r»ng DA.DH + DC.DK = DB2

@ Bg :

*Tìm hớng giải :

Cỏc tớch DA.DH, DC.DK cha có mối liên quan trực tiếp với nh với DB Vì ta thay tích tích khác chúng, có liên quan với nh liên quan với DB Muốn phải tạo đợc cặp tam giác đồng dạng với điều kiện DB phải cạnh tam giác nh

*Lêi gi¶i:

VÏ AI  DB

IDA ~ HDB 

DA DI

DBDH  DA.DH = DB.DI (1)

IBA ~ KDB 

BA BI

DBDK  

DC BI

DB DK  DC.DK = DB.BI (2)

Cộng vế BĐT (1) (2) ta đợc :

DA DH + DC DK = DB DI + DB BI = DB(DI + BI) = DB2 (®pcm)

Chú ý : Nếu B = 900 hình bình hành ABCD trở thành hình chữ nhật Lúc áp dubgj định lý

Pt-ta-go ta cã điều phải chứng minh

c) Dựng pp tam giác đồng dạng để giải tốn dựng hình

Đối với số tốn dựng hình dựng hình tam giác, biết yếu tố độ dài, lại biết tỉ số độ dài biết số đo góc ta nghĩ đến pp tam giác đồng dạng

VÝ dơ :

Dùng tam gi¸c ABC biÕt A = 600 ;

2

AB

BC  vµ BC = a.

@ Bg :

1 Phân tích : Giả sử dựng đợc tam giác ABC thoả mãn đề Vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AB, AC lần lợt M N Từ C vẽ đờng thẳng song song với AB cắt MN P Dễ thấy

MP = BC = a AMN ~ ABC

2

AM AB

AN AC

  

Vậy AMN dựng đợc, từ dựng đợc P, C B Cách dựng :

- Dùng AMN cho A = 600 ; AM = ; AN = 3

- Trên tia MN lấy điểm P cho MP = a - Dùng PC // AB (C thuéc tia AN)

- Dùng CB // MN (B thuộc tia AM)

Tam giác ABC tam giác phải dựng (Phần CM biện luận tự làm)

II – Bµi tËp Bµi 1:

Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Gọi M N lần lợt trung điểm AH BH Gọi O giao điểm AN với CM Chứng minh :

a) AN  CM

b) AH2 = MC.MO

@ Bg

a) ABH ~ CAH (g-g) 

2

AB BH BN

CAAH  AM hay

AB BN

CA AM (1)

H

B A

K C

D I

A i

N i M

i

p A i C i B

i

a i 600

A M O

Ta cã B1A1 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ABN ~ CAM (c.g.c)  A2 C

XÐt tam gi¸c CAO cã    

0

2 90

CAO C CAO A   900

O

  VËy AN  CM

b) AOM ~ CHM (g.g)

AM MO

CM MH

 

 AM.MH = MC.MO

2

AH AH



= MC.MO hay HA2 = MC.MO.

Bài :

Cho tam giác ABC, phân giác AE Chứng minh AB.AC > AE2.

@ Bg

 

AEC B (t/c góc ABE)

Trên AC lÊy ®iĨm F cho AEF B  AF < AC

AEF ~ ABE (g-g) 

AE AF

AB AE  AB.AF = AE2  AB.AC > AE2.

Bµi :

Cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm di động AC Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM H, cắt tia BA O Chứng minh :

a) OA.OB = OC.OH

b) Góc OHA có số đo không đổi

c) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi

@ Bg

a) BOH ~ COA (g-g) 

OB OH

OC OA  OA.OB = OC.OH

b)

OB OH

OC OA 

OA OH

OC OB (1)

OHA vµ OBC cã O chung (2)

Tõ (1) vµ (2)  OHA ~ OBC (c.g.c)

 OHA OBC  (không đổi)

c) VÏ MK  BC ; BKM ~ BHC (g.g)

BM BK

BC BH

  

BM.BH = BK.BC (3)

CKM ~ CAB (g.g)

CM CK

CB CA

  

CM.CA = BC.CK (4) Cộng vế (3) (4) ta đợc BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK

= BC(BK + CK) = BC2 (khơng đổi).

Bµi :

Cho tam giác ABC cân A, đờng cao AH Trên đoạn thẳng CH HB lần lợt lấy hai điểm M N

sao cho CM = HN Đờng thẳng qua M vng góc với BC cắt AC E Qua N vẽ đờng thẳng d 

NE Chứng minh M di động đoạn thẳng CH đờng thẳng d ln ln qua điểm cố định

@ Bg

DÔ thÊy CH = MN =

1 2BC

HFN ~ MNE (g.g)

HF HN CM

MN ME ME

  

(1)

AHC ~ EMC (g.g)

AH CH CH CM

EM CM AH EM

   

(2)

C BNH

O

2 1

A

C E

B

F

C K

B O

A

H M

C M

F N

B

A E

Tõ (1) vµ (2) 

HF CH

MN AH Do HF =

2

1

2 2

4

BC BC

MN CH BC

AH  AH  AH (khơng đổi)

Vì H cố định nên F cố định

Bµi :

Cho tam giác ABC, đờng cao AD, BE, CF Gọi M, N, I, K lần lợt hình chiếu D AB, AC, BE, CF Chứng minh điểm M, N, I, K thẳng hàng

@ Bg

Vì DM // CF DI // CA nªn

BM BD BI

BF BC BE  MI // FE (1)

V× DN // BE DK // AB nên

CN CD CK

CE CB CF  NK // FE (2)

AMD ~ ADB

AM AD

AD AB

 

(3)

AND ~ ADC

AN AD

AD AC

 

(4)

Chia vế (3) cho (4) ta đợc

AM AC

AN AB

ACF ~ ABE

AF AC

AE AB

 

AM AF

AN AE  MN // FE (5)

Tõ (1) ; (2) ; (5) suy ®iĨm M, I, N, K thẳng hàng

Bài :

Ly cỏc cnh AB, AC BC ABC làm cạnh đáy, dựng tam giác vuông cân ABD, ACE,

BCF, hai tam giác đầu dựng phía ABC tam giác thứ dựng nửa mặt

phẳng bờ BC với ABC Chứng minh tứ giác AEFD hình bình hành (hoặc A, E, F, D thẳng

hàng)

@ Bg

Nếu BAC 900 ; BAD ~ BCF(2 tam giác vuông c©n)

BD BA BD BF

BF BC BA BC

   

MỈt kh¸c DBF ABC ( = 45o + B1)  BDF ~ BAC (c.g.c) BDFBAC

Chứng minh tơng tợ cã FEC ~ BAC  FEC BAC

Ta cã DAE ADF  = (90o + BAC ) + (900 - BDF ) = 1800  AE // DF

Chứng minh tơng tự ta đợc AD // EF Vậy AEFD hình bình hành

 Trêng hỵp nÕu BAC = 900 điểm A, E, F, D thẳng hàng

Bài :

Cho hình vuông ABCD Gọi M, N lần lợt trung điểm AB, AD Gọi E F lần lợt giao điểm BN với MC AC Cho biết AB = 30 cm, tÝnh diƯn tÝch c¸c tam gi¸c BEM vµ AFN

@ Bg

ABN = BCM (c.g.c)  B1C1  BN  CM ABN vuông A, AB = 30; AN = 15  BN2 = 1125

BEM ~ BAN

2 225 1125 BEM BAN S BM S BN         

SBAN =

1

2 .30.15 = 225  SBEM = 225.

1

5 = 45 (cm2).

AFN ~ CFB 

1

FN AN

FB BC   FN =

1 2BF =

do SAFN =

1

3SABN =

3.225 = 75 cm2.

Bµi :

Qua điểm O nằm tam giác ABC ta vẽ đờng thẳng song song với cạnh Các đờng thẳng chia tam giác ABC thành hình bình hành tam giác nhỏ Biết diện tích tam giác a2 , b2 , c2

a) TÝnh SABC

b) Chøng minh S  a2 + b2 + c2

@ Bg

a) Dễ thấy tam giác ODH, EON, FMO ng dng vi ABC

Đặt SABC = d2 Ta cã

2

2

a DH a DH

d BC d BC

 

   

  (1)

2

2

b ON HC b HC

d BC BC d BC

   

     

    (2)

2

2

c MO BD c BD

d BC BC d BC

   

     

    (3)

Cộng vế đẳng thức (1) , (2) , (3) ta đợc

1

a b c DH HC BD

d BC

   

 

 a + b + c = d VËy S = d2 = (a + b + c)2

b) S = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac

 a2 + b2 + c2 + (a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) = 3(a2 + b2 + c2)

DÊu “=” xÈy  a = b = c  O trïng víi träng t©m G cđa ABC

 Ví dụ 8:

a Rút gọn Biếu thức B=4a

+12a+9

2a2−a −6 Với a −

b Thực phép tính: 0,5a

+a+2 1+0,5a :

a3−8 a+2 +

2

a(2−a) (a ± 2.) Giải:

a B=4a

+12a+9 2a2−a −6 ¿

(2a+3)2 (2a+3)(a−2)=

2a+3 a −2 b 0,5a

2 +a+2 1+0,5a :

a3−8 a+2 +

2 a(2−a)=

a2+2a+4 a+2 ⋅

a+2 a3−8+

2 a(2− a)

¿ a

2

+2a+4 (a−2)(a2+2a+4)−

2 a(a −2)=

a −2 a(a −2)=

1 a

 Ví dụ 9: Thực phép tính: A=x

+y2−xy x2− y2 :

x3+y3

x2+y2−2 xy ( Với x ± y) Giải:

A=x

+y2−xy x2− y2 :

x3 +y3 x2+y2−2 xy=

x2

+y2−xy (x − y) (x+y)⋅

(x − y)2 (x+y)(x2

+y2−xy) x − y

(x+y)2

 Ví dụ 10: Cho biểu thức : A= x

+x3+x+1 x4− x3

+2x2− x+1

a Rút gọn biểu thức A

b Chứng minh A không âm với giá trị x

Giải:

A= x

4

+x3+x+1 x4− x3+2x2− x+1=

x4

+x3+x+1 x4− x3+x2+x2− x+1

¿ x

3

(x+1)+(x+1) x2(x2− x+1)+(x2− x+1)=

(x+1)(x3+1)

(x2− x+1)(x2+1) (x+1)2(x2− x+1)

(x2− x+1)(x2+1)

=(x+1)

(x2+1) b A=(x+1)

2

x2+1 ;(x+1)

2≥0; x2

+1>0⇒A ≥0

 Ví dụ 11: Tính giá trị biếu thức : a

5

+a6+a7+a8 a−5+a−6+a−7+a−8 với a = 2007

Giải: B= a

5

+a6+a7+a8 a−5

+a−6+a−7+a−8= a5

+a6+a7+a8

a5+ a6+

1 a7+

1 a8 a5+a6+a7+a8

a3

+a2+a1+1 a8

=a 8(a5

+a6+a7+a8) a3

+a2+a+1

a13(1+a+a2+a3) a3+a2+a+1 =a

13⇒B

=200713

 Ví dụ 12: Tính giá trị biếu thức : x

2−25 x3−10x2+25x:

y −2 y2− y −2 Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x −3| .

Giải:

x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x −3| ⇔

(x −3y)2+|x −3|=0

⇔

x=3y x=3

⇔ ¿x=3

y=1

¿{

C= x

2 −25 x3−10x2+25x:

y −2 y2− y −2=

(x −5) (x+5) x(x −5)2 ⋅

(y −2)(y+1) y −2 ¿(x+5) (y+1)

x(x −5) = (−2)=−

8

Bài tập:

13 Chứng minh Biếu thức P = (x

2

+a)(1+a)+a2x2 +1

(x2−a)

(1− a)+a2x2+1 không phụ thuộc vào x

14 Cho biểu thức M = x

−2x4+2x3−4x2−3x+6 x2+2x −8

a Tìm tập xác định M

b Tính giá trị x để M =

c Rút gọn M

b −c (a −b) (a − c)+

c −a (b −a)(b − c)+

a −b (c −a)(c −b)=

2 a − b+

2 b − c+

2 c − a

16 Cho biểu thức : B = |x+10|

x4+9x3−9x2+9x −10

a Rút gọn B

b Chứng minh : n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 ⋮ 16 với n Z

a Rút gọn biểu thức : A= 2x+3y xy+2x −3y −6 −

6−xy xy+2x+3y+6 −

x2 +9

x2−9 với x -3; x 3; y -2

b Cho Biếu thức : A = (2− x2+x − 4x x2−4−

2− x 2+x):

x2−3x 2x2− x3

a Tìm điều kiện có nghĩa Rút gọn biểu thức A

b Tìm giá trị x để A >

c Tìm giá trị A trường hợp |x −7|=4

19 a.Thực phép tính: a.A = 1− x1 +

1+x+ 1+x2+

4 1+x4+

8 1+x8+

16 1+x16 b Rút gọn C =

1 a2−9−

1 a2

+9

a2−9+ a2

+9

−a2+9 a2

20 Cho a,b,c số đôi Tính S = ab(b− c) (c − a)+bc

(a− b) (c − a)+ ac

(b −c) (a −b)

21 Tính giá trị biểu thức : 32a − ba− b+5b − a

3a+b −3 biết: 10a2−3b2−5 ab=0∧9a2−b2≠0

22 Cho a + b + c = a2+b2

+c2=1

a Nếu xa=y

b= z

c Chứng minh xy + yz + zx = b.Nếu a3 + b3 + c3 = Tính giá trị a,b,c

23 Bài 11: Cho Biếu thức : A=2a −1 3a −1+

5−a 3a+1

a Tính giá trị A a = -0,5

b Tính giá trị A : 10a2 + 5a = 3.

24 Chứng minh xyz = thì: 1 +x+xy+

1 1+y+yz+

1

1+z+zx=1

25 Chứng minh đẳng thức sau: a

+3 ab a2−9b2+

2a2−5 ab−3b2 ab− a2−9b2 =

a2−an

+bn+ab bn− a2−an+3 ab

26 Thực phép tính: (1−

22)(1− 32)(1−

1

42) (1− 20082)

27 Tính tổng : S(n) = 2 51 + 8+ +

1

(3n −1) (3n+2)

28 Rút gọn tính giá trị biểu thức :

A = 2a3−12a2+17a−2

a −2

Biết a nghiệm Phương trình : |a2−3a+1|=1

29 Gọi a,b,c độ dài cạnh tam giác biết rằng: (1+b a)(1+

c b)(1+

30 Chứng minh a,b số dương thỏa điều kiện: a + b = : a

b3−1− b a3−1=

2(b− a) a2b2+3

31 Thực phép tính: A = x

2 −yz (x+y) (x+z)+

y2−xz (x+y) (y+z)+

z2−xy (y+z)(x+z)

32 Rút gọn biểu thức : A = a3+b3+c3−3 abc a+b+c

33 Chứng minh biểu thức sau dương TXĐ: B = (1− x

2)2

1+x2 :[(

1− x3

1− x +x)(

1+x3

1+x − x)]

34 Rút gọn Tính giá trị biếu thức với x + y = 2007 A = x(xx+5)+y(y+5)+2(xy−3)

(x+6)+y(y+6)+2 xy

35 Cho số a,b,c thỏa mãn đẳng thức: a+b − cc =a+c − b

b =

b+c −a

a

Tính giá trị biểu thức P = (a+b)(b+c)(c+a)

abc

36 Cho biểu thức : A=4 xy− z xy+2z2

4 yz− x2 yz+2x2

4 zx− y2

xz+2y2 Chứng minh : x + y + z = A =

HƯỚNG DẪN:

13 P = (x

2

+a)(1+a)+a2x2+1

(x2−a)(1− a)+a2x2+1=

1+a+a2 1− a+a2

14 M = x

−2x4+2x3−4x2−3x+6 x2

+2x −8 ¿(x

3

+3)2(x2−1

) x+4

15 b −c

(a −b) (a − c)= a − b+

1 c − a =

c − a (b− a) (b − c)=

1 b − c+

1 a −b = (c − aa− b) (c − b)=

b −c+ c − a

16

a.Rút gọn B = |x+10|

x4+9x3−9x2+9x −10=

|x+10| (x −1) (x+10)(x2

+1)

(x −1)(x2 +1)

;(x>−10 lx≠1)

¿ −(x+10)

(x −1) (x+10)(x2+1);(x<−10)

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

b n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4

¿[n(n+1)]4

17 A= 2x+3y

xy+2x −3y −6 −

6−xy xy+2x+3y+6 −

x2+9 x2−9 ¿ 2x+3y

xy+2x −3y −6 −

6−xy xy+2x+3y+6 −

x2 +9 x2−9=

0

18

a.A = (2− x2+x − 4x x2−4−

2− x 2+x):

x2−3x 2x2− x3=

4x2 x −3 b.A > ⇔ 4x2

x −3>0⇔x>3

c

|x −7|=4⇒ x=11

¿ x=3

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

 x = 11 ⇒A=121

 x = ⇒ A không xác định

19

a.A = 1− x1 + 1+x+

2 1+x2+

4 1+x4+

8 1+x8+

16 1+x16=

32 1− x32 b Rút gọn C =

1 a2−9−

1 a2+9

a2−9+ a2+9

−a

+9

a2 =−1

20 S = ab(b− c) (c − a)+bc

(a− b) (c − a)+ ac

(b −c) (a −b)

¿ab(a − b)+bc(b −c)+ac(c − a)

(a− b) (b − c)(c −a) =

−(a −b)(b − c)(c −a) (a− b) (b − c) (c −a) =−1

21 Từ: 10a2−3b2−5 ab

=0∧9a2−b2≠0⇒5 ab=3b2−10a2 (1) Biến đổi A = 32a − ba− b+5b − a

3a+b −3=

3a2−15 ab−6b2 9a2− b2 (2) Thế (1) vào (2) ; A = -

22 Từ a + b + c = a2+b2+c2=1 suy ra: ab + bc + ca = (1) a Nếu xa= y

b= z c

suy : xa=y b=

z c=

x+y+z

a+b+c=x+y+z

⇒(x+y+z)2=x2+y2+z2 Suy xy + yz + zx = b Áp dụng (a+b+c)3−(a3+b3+c3)=3(a+b) (b+c) (c+a)

Từ a3 + b3 + c3 = Suy ra: 3(a+b)(b+c)(c+a)=0 Từ tính a , b , c.

23 Xem 21

24 Từ xyz = Biến đổi

1+x+xy+ 1+y+yz+

1 1+z+zx

¿ 1+y+yz+

y 1+y+yz+

yz 1+y+yz

25 Chứng minh : a2+3 ab

a2−9b2+

2a2−5 ab−3b2 ab− a2−9b2 =

a2−an+bn+ab bn− a2−an

+3 ab= a+b 3b − a

26 (1−

22)(1− 32)(1−

1

¿1 1997 .1998

3 1999 1998=

1 1998 1999 = 1999 3996 27 5+

1

5 8+ +

1 (3n −1)(3n+2)

¿1 3( 2− 5+ 5− 8+

1 3n −1−

1 3n+2)=

n 2(3n+2)

28 A=2a

3

−12a2+17a −2

a −2 =2a

2

−8a+1 |a2−3a+1|=1⇔

a=0;a=3⇒A=1; A=−5

¿

a=1;a=2⇒A=−5

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

29 (1+b

a)(1+ c b)(1+

a c)=8⇔

(a −b)2 ab +

(b −c)2 bc +

(c −a)2 ca =0

30 Rút gọn

a

b3−1− b a3−1=

2(b− a) a2b2

+3=

(a − b)(a2

+b2−1) ab(b2

+b+1) (a2+a+1)

31 x

2 −yz (x+y) (x+z)=

x x+z−

y x+y =

y2−xz (x+y) (y+z)=

y x+y−

z y+z z2−xy

(x+z) (y+z)= z y+z−

x

x+z Cộng vế A =

32 A = a3+b3+c3−3 abc a+b+c

a3+b3+c3−3 abc=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)

33 TXĐ: x ≠ ±1 ;B = 1+x2

34 A = x(xx+5)+y(y+5)+2(xy−3)

(x+6)+y(y+6)+2 xy =

(x+y+6)(x+y −1) (x+y+6)(x+y)

35 Từ: a+b − cc =a+c − b

b =

b+c −a

a

Suy ra: a+b − cc +2=a+c − b b +2=

b+c −a a +2 Suy ra: a+bc+c=a+c+b

b =

b+c+a a

Suy ra: a + b + c = a = b = c P = -1 P =

36 Từ: x + y + z = suy ra: x3

+y3+z3=3 xyz A=M

N M=63x2y2z2−16 xyz(x3+y3+z3)+4(x3y3+y3z3+z3x3) N=9x2y2z2+2 xyz(x3+y3+z3)+4(x3y3+y3z3+z3x3)

KIẾM TIỀN QUA MẠNG VIỆT NAM

Quý thầy cô bạn dành thêm chút thời gian để đọc giới thiệu sau của tôi tri ân người đăng tài liệu cách dùng Email mã số người giới thiệu tơi theo hướng dẫn sau Nó mang lại lợi ích cho thầy các bạn, đồng thời tri ân với người giới thiệu mình:

Kính chào q thầy bạn

Lời cho phép gửi tới quý thầy cô bạn lời chúc tốt đẹp Khi thầy cô bạn đọc viết nghĩa thầy bạn có thiên hướng làm kinh doanh

Nghề giáo nghề cao quý, xã hội coi trọng tôn vinh Tuy nhiên, có lẽ tơi thấy đồng lương q hạn hẹp Nếu khơng phải mơn học chính, khơng có dạy thêm, liệu tiền lương có đủ cho nhu cầu thầy Còn bạn sinh viên…với thứ phải trang trải, tiền gia đình gửi, hay gia sư kiếm tiền thêm liệu có đủ?

Bản thân tơi giáo viên dạy mơn TỐN thầy cô hiểu tiền lương tháng thu Vậy làm cách để kiếm thêm cho 4, triệu tháng ngồi tiền lương

Thực tế thấy thời gian thầy cô bạn lướt web ngày tương đối nhiều Ngồi mục đích kiếm tìm thơng tin phục vụ chun mơn, thầy bạn cịn sưu tầm, tìm hiểu thêm nhiều lĩnh vực khác Vậy chúng ta không bỏ ngày đến 10 phút lướt web để kiếm cho 4, triệu tháng.

Điều có thể? Thầy bạn tin vào điều Tất nhiên thứ có giá Để q thầy bạn nhận 4, triệu tháng, cần đòi hỏi thầy bạn kiên trì, chịu khó biết sử dụng máy tính chút Vậy thực chất việc việc làm nào? Quý thầy cô bạn đọc viết tơi, có hứng thú bắt tay vào cơng việc thơi

Thầy cô nghe nghiều đến việc kiếm tiền qua mạng Chắc chắn có Tuy nhiên internet có nhiều trang Web kiếm tiền khơng uy tín

( trang web nước ngoài, trang web trả thù lao cao ) Nếu web nước ngồi gặp nhiều khó khăn mặt ngơn ngữ, web trả thù lao cao khơng uy tín, nhận tương xứng với cơng lao chúng ta, thật

Ở Việt Nam trang web thật uy tín : http://satavina.com Lúc đầu thân thấy không chắn cách kiếm tiền Nhưng tơi hồn tồn tin tưởng, đơn giản tơi nhận tiền từ công ty.( thầy cô bạn tích lũy 50.000 thơi u cầu satavina toán cách nạp thẻ điện thoại tin ngay).Tất nhiên thời gian đầu số tiền kiếm chẳng bao nhiêu, sau số tiền kiếm tăng lên Có thể thầy bạn nói: vớ vẩn, chẳng tự nhiên mang tiền cho Đúng chẳng cho không thầy cô bạn tiền đâu, phải làm việc, phải mang lợi nhuận cho họ Khi đọc quảng cáo, xem video quảng cáo nghĩa mang doanh thu cho Satavina, đương nhiên họ ăn cơm phải có cháo mà ăn chứ, khơng dại mà làm việc cho họ

1/ Satavina.com cơng ty nào:

Đó công ty cổ phần hoạt động nhiều lĩnh vực, trụ sở tòa nhà Femixco, Tầng 6, 231-233 Lê Thánh Tơn, P.Bến Thành, Q.1, TP Hồ Chí Minh

GPKD số 0310332710 - Sở Kế Hoạch Đầu Tư TP.HCM cấp Giấy phép ICP số 13/GP-STTTT Sở Thông Tin & Truyền Thông TP.HCM cấp.quận Thành Phố HCM

Khi thầy cô thành viên công ty, thầy cô hưởng tiền hoa hồng từ việc đọc quảng cáo xem video quảng cáo( tiền trích từ tiền thuê quảng cáo công ty quảng cáo thuê satavina)

2/ Các bước đăng kí thành viên cách kiếm tiền:

Để đăng kí làm thành viên satavina thầy cô làm sau:

Bước 1:

Nhập địa web: http://satavina.com vào trình duyệt web( Dùng trình duyệt firefox, khơng nên dùng trình duyệt explorer)

Giao diện sau:

Để nhanh chóng quý thầy bạn coppy đường linh sau:

http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309

( Thầy cô bạn điền thơng tin Tuy nhiên, chức đăng kí thành viên mở vài lần ngày Mục đích để thầy bạn tìm hiểu kĩ công ty trước giới thiệu bạn bè )

Bước 2:

Click chuột vào mục Đăng kí, góc bên phải( khơng có giao diện bước thời gian đăng kí không liên tục ngày, thầy cô bạn phải thật kiên trì)

Bước 3:

Thầy cô khai báo cụ thể mục sau:

+ Mail người giới thiệu( mail tơi, tơi thành viên thức): info@123doc.org

+ Mã số người giới thiệu( Nhập xác) : 66309

Hoặc quý thầy bạn coppy Link giới thiệu trực tiếp: http://satavina.com/Register.aspx?

hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309

+ Địa mail: địa mail thầy cô bạn Khai báo địa thật để cịn vào kích hoạt tài khoản sai thầy cô bạn thành viên thức

+ Nhập lại địa mail:

Thông tin chủ tài khoản: thầy bạn phải nhập xác tuyệt đối, thơng tin nhập lần nhất, không sửa Thông tin liên quan đến việc giao dịch sau Sai không giao dịch

+ Nhập mã xác nhận: nhập chữ, số có bên cạnh vào trống + Click vào mục: đọc kĩ hướng dẫn

+ Click vào: ĐĂNG KÍ

Sau đăng kí web thơng báo thành cơng hay khơng Nếu thành cơng thầy bạn vào hịm thư khai báo để kích hoạt tài khoản Khi thành công quý thầy cô bạn vào web có đầy đủ thơng tin cơng ty satavina cách thức kiếm tiền Hãy tin vào lợi nhuận mà satavina mang lại cho thầy cô Hãy bắt tay vào việc đăng kí, khơng gì, chút thời gian ngày mà

Kính chúc q thầy bạn thành công

Nếu quý thầy cô có thắc mắc q trình tích lũy tiền gọi trực tiếp mail cho tơi:

Người giới thiệu: Nguyễn Văn Tú Email người giới thiệu: info@123doc.org

Mã số người giới thiệu: 66309

Quý thầy cô bạn coppy Link giới thiệu trực tiếp:

http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309

2/ Cách thức satavina tính điểm quy tiền cho thầy cô bạn:

+ Điểm thầy bạn tích lũy nhờ vào đọc quảng cáo xem video quảng cáo

Nếu tích lũy điểm từ thầy bạn tháng khoảng 1tr.Nhưng để tăng điểm thầy cô cần phát triển mạng lưới bạn bè thầy cô bạn

3/ Cách thức phát triển mạng lưới:

- Xem quảng cáo video: 10 điểm/giây (có 10 video quảng cáo, video trung bình phút)

- Đọc tin quảng cáo: 10 điểm/giây (hơn tin quảng cáo) _Trả lời phiếu khảo sát.:100,000 điểm /

_Viết

Trong ngày bạn cần dành phút xem quảng cáo, bạn kiếm được: 10x60x5= 3000 điểm, bạn kiếm 300đồng

- Bạn giới thiệu 10 người bạn xem quảng cáo (gọi Mức bạn), 10 người dành phút xem quảng cáo ngày, công ty chi trả cho bạn

300đồng/người.ngày

- Cũng tương tự 10 Mức bạn giới thiệu người 10 người bạn có 100 người (gọi mức bạn), công ty chi trả cho bạn 300đồng/người.ngày - Tương tự vậy, công ty chi trả đến Mức bạn theo sơ đồ sau :

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 1, bạn 3.000đồng/ngày → 90.000 đồng/tháng

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 2, bạn 30.000đồng/ngày → 900.000 đồng/tháng

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 3, bạn 300.000đồng/ngày → 9.000.000 đồng/tháng

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 5, bạn 30.000.000đồng/ngày → 900.000.000 đồng/tháng

Tuy nhiên thầy cô bạn không nên mơ đạt đến mức Chỉ cần cố gắng để 1tháng 1=>10 triệu ổn

Như thầy cô bạn thấy satavina không cho không thầy cô bạn tiền khơng Vậy đăng kí giới thiệu mạng lưới

Lưu ý: Chỉ thầy cô bạn thành viên thức thầy bạn phép giới thiệu người khác

Hãy giới thiệu đến người khác bạn bè thầy cô bạn giới thiệu quan tâm đến người mà bạn giới thiệu chăm sóc họ( thành viên thầy bạn có mã số riêng).Khi giới thiệu bạn bè thay nội dung mục thông tin người giới thiệu thông tin thầy cô bạn Chúc quý thầy cô bạn thành công kiếm khoản tiền cho riêng

Người giới thiệu: Nguyễn Văn Tú Email người giới thiệu: info@123doc.org

Mã số người giới thiệu: 66309

Quý thầy bạn coppy Link giới thiệu trực tiếp:

http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309

Website: http://violet.vn/nguyentuc2thanhmy

HÃY KIÊN

NHẪN BẠN SẼ THÀNH CƠNG

Chúc bạn thành cơng!