Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số[r]
(1)Chuyên đề TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN Kiến thức cần nhớ Chøng minh quan hÖ chia hÕt Gäi A(n) lµ mét biÓu thøc phô thuéc vµo n (n N hoÆc n Z) a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích đó có thừa sè lµ m + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI nguyên tố cùng chứng minh A(n) chia hết cho tất các số đó + Trong k sè liªn tiÕp bao giê còng tån t¹i mét sè lµ béi cña k b/ Khi chøng minh A(n) chia hÕt cho n ta cã thÓ xÐt mäi trêng hîp vÒ 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 nhiªn n Gi¶i: Ta cã 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 đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) Ta thÊy : A lµ tÝch cña sè nguyªn liªn tiÕp mµ sè nguyªn liªn tiÕp: Tån t¹i mét béi sè cña (nªn A ) Tån t¹i mét béi cña (nªn A ) Tån t¹i hai béi cña (nªn A ) Tồn bội đó có bội (nên A 16) Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi nguyên tố cùng A 5.7.9.16= 5040 VÝ dô 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) lµ tÝch cña c¸c sè nguyªn liªn tiÕp nªn tÝch chia hÕt cho b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1) C¸ch 1: Ta xÕt mäi trêng hîp vÒ sè d chia a cho NÕu a= k (k Z) th× A 5 (1) NÕu a= 5k 1 th× a2-1 = (5k2 1) -1 = 25k2 10k 5 A 5 (2) NÕu a= 5k 2 th× a2+1 = (5k 2)2 + = 25 k2 20k +5 A 5 (3) Tõ (1),(2),(3) A 5, n Z C¸ch 2: Ph©n tÝch A thµnh mét tæng cña hai sè h¹ng chia hÕt cho : + Mét sè h¹ng lµ tÝch cña sè nguyªn liªn tiÕp + 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 cña sè nguyªn liªn tiÕp ) 5a (a2-1) 5 Do đó a5-a 5 * C¸ch 3: Dùa vµo c¸ch 2: Chøng minh hiÖu a 5-a vµ tÝch cña sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt 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 a5-a 5(TÝnh chÊt chia hÕt cña mét hiÖu) Mµ (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 c/ Khi chứng minh tính chia hết các luỹ thừa ta còn sử dụng các đẳng thức: (2) an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (H§T 8) an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (H§T 9) Sö dông tam gi¸c Paxcan: 1 1 1 3 1 … Mỗi dòng bắt đầu và kết thúc Mỗi số trên dòng (kể từ dòng thứ 2) số liền trên cộng với số bên trái số liÒn trªn Do đó: Với a, b Z, n N: an – bn chia hÕt cho a – b( a b) a2n+1 + b2n+1 chia hÕt cho a + b( a -b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Béi sè cña 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, biÓu thøc 16 n – chia hÕt cho 17 vµ chØ n lµ sè ch½n Gi¶i: + C¸ch 1: - NÕu n ch½n: n = 2k, k N th×: A = 162k – = (162)k – chia hÕt cho 162 – 1( theo nhÞ thøc Niu T¬n) Mµ 162 – = 255 17 VËy A 17 - NÕu n lÎ th× : A = 16n – = 16n + – mµ n lÎ th× 16n + 16+1=17 (H§T 9) A kh«ng chia hÕt cho 17 +C¸ch 2: A = 16n – = ( 17 – 1)n – = BS17 +(-1)n – (theo c«ng thøc Niu T¬n) NÕu n ch½n th× A = BS17 + – = BS17 chia hÕt cho 17 NÕu n lÎ th× A = BS17 – – = BS17 – Kh«ng chia hÕt cho 17 VËy biÓu thøc 16n – chia hÕt cho 17 vµ chØ n lµ sè ch½n, n N d/ Ngoài còn dùng phơng pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hÕt VD 4: CMR tån t¹i mét béi cña 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 Theo nguyªn lý Dirichle, tån t¹i hai sè cã cïng sè d chia cho 2003 Gọi hai số đó là am và an ( n <m 2004) thì 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 T×m sè d * VD1:T×m sè d chia 2100 a/ cho b/ cho 25 Gi¶i: a/ Luü thõa cña s¸t víi béi cña lµ 23 = = – Ta cã : 2100 = 299= (23)33 = 2(9 – )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhÞ thøc Niu T¬n) (3) = BS9 – = BS9 + VËy 2100 chia cho d b/ Luü thõa cña gÇn víi béi cña 25 lµ 10 = 1024 =1025 – Ta cã: 2100 =( 210)10 = ( 1025 – )10 = BS 1025 + = BS 25 +1 (theo nhÞ thøc Niu T¬n) VËy 2100 chia cho 25 d * VD2: T×m ch÷ sè tËn cïng cña 51994 viÕt hÖ thËp ph©n Gi¶i: C¸ch 1: Ta cã: 1994 = 4k + vµ 54 = 625 Ta thÊy sè tËn cïng b»ng 0625 n©ng lªn luü thõa nguyªn d¬ng bÊt k× vÉn tËn cïng b»ng 0625 Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k 52 = 25 (0625)k = 25 (…0625)= …5625 C¸ch 2: T×m sè 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 – = (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 VËy ch÷ sè tËn cïng cña 51994 lµ 5625 T×m ®iÒu kiÖn chia hÕt * 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 – n n+3 3n2 - 3n + 3n2 – 3n 2 Ta cã: n3 + 2n2- 3n + = (n2 – n)(n + 3) + n n Do đó Giá trị A chia hết cho giá trị B n2 – n Ư(2) chia hÕt cho n(n – 1) chia hÕt cho n Ta cã b¶ng: n n–1 n(n – 1) -1 -2 -2 -3 2 Lo¹i T/m T/m Lo¹i VËy víi n = -1, n = th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc A chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc B VD 2: T×m sè nguyªn n dÓ n5 + chia hÕt cho n3 + Gi¶i: n5 + n3 + n5 + n2 – n2 + n3 + n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) n3 + (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1) n – n2 – n + n(n – 1) n2 – n + Hay n2 – n n2 – n + (n2 – n + 1) – n2 – n + n2 – n + XÐt hai trêng hîp: (4) + n2 – n + = n2 – n = n(n – 1) = n = 0, n = thử lại thấy t/m đề bài + n2 – n + = - n2 – n + = , kh«ng cã gi¸ trÞ cña n tho¶ m·n VD 3: T×m sè tù nhiªn n cho 2n - chia hÕt cho Gi¶i: Ta cã luü thõa cña gÇn víi béi cña lµ 23 = = + NÕu n = 3k (k N) th× 2n - 1= 23k – = (23)k – = k - 1k 8 – = NÕu n = 3k + 1(k N) th× 2n - = 23k+1 – = 8k – 1= 2(8k – 1) + = BS7 + 2n - kh«ng chia hÕt cho NÕu n = 3k +2(k N) th× 2n - = 23k+2 – 1= 4.23k – = 4( 8k – 1) + = 4.BS7 + 2n - kh«ng chia hÕt cho VËy 2n - 7 n = 3k (k N) 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 hÕt cho 384 víi mäi sè n lÎ Gi¶i 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 lÎ, 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 hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn d¬ng 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) = XÐt c¸c trêng hîp: + Víi 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 các trờng hợp n = 3a, n= 3a để chứng minh A 9 VËy A 8.9 hay A 72 Bµi 3: Cho a lµ sè nguyªn tè lín h¬n Chøng minh r»ng a – chia hÕt cho 24 Gi¶i: V× a2 lµ sè nguyªn tè lín h¬n nªn a lÎ a2 lµ sè chÝnh ph¬ng lÎ a2 chia cho d a2 – chia hÕt cho (1) MÆt kh¸c a lµ sè nguyªn tè lín h¬n a kh«ng chia hÕt cho a2 lµ sè chÝnh ph¬ng kh«ng chia hÕt cho a2 chia cho d a2 – chia hÕt cho (2) Mµ (3,8) = (3) Tõ (1), (2), (3) a2 – chia hÕt cho 24 Bµi 4: Chøng minh r»ng: NÕu sè tù nhiªn a kh«ng chia hÕt cho th× a6 -1 chia hÕt cho Gi¶i: Bài toán là trờng hợp đặc biệt định lý nhỏ Phéc ma: - D¹ng 1: NÕu p lµ sè nguyªn tè vµ a lµ mét sè nguyªn th× a p – a chia hÕt cho p - D¹ng 2: NÕu a lµ mét sè nguyªn kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× a p-1-1 chia hÕt cho p ThËt vËy, ta cã a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1) (5) NÕu a = 7k 1 (k N) th× a3 = ( 7k 1)3 = BS7 a3 - 7 NÕu a = 7k 2 (k N) th× a3 = ( 7k 2)3 = BS7 23 = BS7 a3 - 7 NÕu a = 7k 3 (k N) th× a3 = ( 7k 3)3 = BS7 33 = BS7 27 a3 + 7 Ta lu«n cã a3 + hoÆc a3 – chia hÕt cho VËy a6 – chia hÕt cho Bµi 5: Chøng minh r»ng: NÕu n lµ lËp ph¬ng cña mét sè tù nhiªn th× (n-1)n(n + 1) chia hÕt cho 504 Gi¶i: Ta có 504 = 32 7.8 và 7,8,9 nguyên tố cùng đôi Vì n là 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 NÕu a lÎ a3-1vµ a3 + lµ hai sè ch½n liªn tiÕp (a3-1) (a3 + 1) chi hÕt cho VËy A 8 , 19a9 n N (1) + NÕu a 7 a3 7 A 7 NÕu a kh«ng chia hÕt cho th× a6 – 7 (a3-1) (a3 + 1) 7(§Þnh lÝ 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 là số nguyên tố: a/ 12n2 – 5n – 25 b/ 8n2 + 10n +3 - n3 3n c/ Gi¶i: a/ Ph©n tÝch thµnh nh©n tö: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 +15n – 20n – 25 = 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5) Do 12n2 – 5n – 25 lµ sè nguyªn tè vµ 4n +5 > nªn 3n – > Ta lại có: 3n – < 4n +5(vì n 0) nên để 12n2 – 5n – 25 là số ngyên tố thì thừa số nhá ph¶i b»ng hay 3n – = n = Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố VËy víi n = th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc 12n2 – 5n – 25 lµ sè nguyªn tè 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3) Biến đổi tơng tự ta đợc n = Khi đó, 8n2 + 10n +3 là số nguyên tố n3 3n c/ A = Do A lµ sè tù nhiªn nªn n(n + 3) 4 Hai sè n vµ n + kh«ng thÓ cïng ch½n VËy hoÆc n , hoÆc n + chia hÕt cho - NÕu n = th× A = 0, kh«ng lµ sè nguyªn tè - NÕu n = th× A = 7, lµ sè nguyªn tè -NÕu n = 4k víi k Z, k > th× A = k(4k + 3) lµ tÝch cña hai thõa sè lín h¬n nªn A lµ hîp sè - NÕu n + = th× A = 1, kh«ng lµ sè nguyªn tè - NÕu n + = 4k víi k Z, k > th× A = k(4k - 3) lµ tÝch cña hai thõa sè lín h¬n nªn A lµ hîp sè n3 3n VËy víi n = th× lµ sè nguyªn tè Bµi 7: §è vui: N¨m sinh cña hai b¹n Một ngày thập kỷ cuối cùng kỷ XX, nhờ khách đến thăm trờng gặp hai häc sinh Ngêi kh¸ch hái: Cã lÏ hai em b»ng tuæi nhau? B¹n Mai tr¶ lêi: (6) Kh«ng, em h¬n b¹n em mét tuæi Nhng tæng c¸c ch÷ sè cña n¨m sinh mçi chóng em là số chẵn Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không? Ngời khách đã suy luận nào? Gi¶i: Ch÷ sè tËn cïng cña n¨m sinh hai b¹n ph¶I lµ vµ v× trêng hîp ngùoc l¹i th× tæng c¸c ch÷ sè cña n¨m sinh hai b¹n chØ h¬n kÐm lµ 1, kh«ng thÓ cïng lµ sè ch½n Gäi n¨m sinh cña Mai lµ 19a9 th× +9+a+9 = 19 + a Muèn tæng nµy lµ sè ch½n th× a {1; 3; 5; 7; 9} HiÓn nhiªn Mai kh«ng thÓ sinh n¨m 1959 hoÆc 1999 VËy Mai sinh n¨m 1979, b¹n cña Mai sinh n¨m 1980 Chuyên đề 2: TÍNH CHẤT CHIA HẾT TRONG N Một số dấu hiệu chia hết – Ví dụ I.Một số dấu hiệu chia hết Chia hÕt cho 2, 5, 4, 25 vµ 8; 125 an an a1a0 2 a0 2 a0 0; 2; 4; 6;8 an an a1a0 5 a0 0;5 an an a1a0 4 ( hoÆc 25) a1a0 4 ( hoÆc 25) an an a1a0 8 ( hoÆc 125) a2 a1a0 8 ( hoÆc 125) Chia hÕt cho 3; an an a1a0 3 (hoÆc 9) a0 a1 an 3 ( hoÆc 9) NhËn xÐt: D phÐp chia N cho ( hoÆc 9) còng chÝnh lµ d phÐp chia tæng c¸c ch÷ sè cña N cho ( hoÆc 9) DÊu hiÖu chia hÕt cho 11: A11 a0 a2 a4 a1 a3 a5 11 Cho A a5 a4 a3a2 a1a0 4.DÊu hiÖu chia hÕt cho 101 A a5 a4 a3a2 a1a0 A101 a1a0 a5 a4 a3 a2 a7 a6 101 II.Ví dụ Ví dụ 1: Tìm các chữ số x, y để: a) 134 x y45 b) 1234 xy72 Gi¶i: a) §Ó 134 x y45 ta ph¶i cã 134 x y chia hÕt cho vµ y = hoÆc y = Víi y = th× tõ 134 x 409 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 9 x 49 x 5 đó ta có số 13554 víi x = th× tõ : 134 x y9 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 +5 9 x 9 x 0; x 9 lúc đóta có số: 135045; 135945 b) Ta cã 1234 xy 123400 xy 72.1713 64 xy 72 64 xy 72 V× 64 64 xy 163 nªn 64 xy b»ng 72 hoÆc 144 + Víi 64 xy =72 th× xy =08, ta cã sè: 123408 + Víi 64 xy =14 th× xy =80, ta cã sè 123480 Tìm các chữ số x, y để N 7 x36 y51375 Gi¶i: Ta cã: 1375 = 11.125 VÝ dô N 125 y5125 y 2 N 7 x362511 x 12 x 11 x 1 VËy sè cÇn t×m lµ 713625 (7) VÝ dô A1991 1991 1991 a) Hái sè b) Tìm n để An 101 1991so1991 cã chia hÕt cho 101 kh«ng? Gi¶i: a) GhÐp ch÷ sè liªn tiÕp th× A1991 cã cÆp sè lµ 91;19 Ta cã: 1991.91-1991.19 = 1991 72 101 nªn A1991 101 b) An 101 n.91 n.19 72n101 n101 : II MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA HẾT A.Tãm t¾t lý thuyÕt §Þnh lý vÒ phÐp chia hÕt: a) §Þnh lý Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, b 0 , đó có số nguyên q, r cho : a bq r víi r b , a lµ sã bÞ chia, b lµ sè chia, q lµ th¬ng sè vµ r lµ sè d Đặc biệt với r = thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ớc a, ký hiệu a b VËy a b cã sè nguyªn q cho a = b.q b) TÝnh chÊt a) NÕu a b vµ bc th× a c b) NÕu a b vµ b a th× a = b c) NÕu a b , a c vµ (b,c) = th× a bc d) NÕu abc vµ (c,b) = th× a c TÝnh chÊt chia hÕt cña mét tæng, mét hiÖu, mét tÝch ¿ a⋮m - NÕu b ⋮ m → a+b ⋮ m } ¿ ¿ a⋮m - NÕu b ⋮ m → a− b ⋮ m } ¿ ¿ a⋮m - NÕu b ⋮ m → a b ⋮ m } ¿ - NÕu a ⋮ m→ a ❑n ⋮ m (n lµ sè tù nhiªn) 3.Một số tính chất khác: 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 b và (a;b) = Aa.b B.Ví dụ: Chứng minh với số nguyên dương n ta có: ( n2 +n −1 ) −1 ⋮ 24 Giải: A n2 n n n 1 n 1 n 4! 24 Bài tập tự luyện: Chứng minh (8) a n3 +6 n2 +8 n ⋮ 48 với n chẳn b n4 −10 n 2+ 9⋮ 384 với n lẻ Chứng minh : n6 +n − n2 ⋮ 72 với n nguyên 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) CMR với số tự nhiên n thì biểu thức: a) n(n + 1)(n +2) chia hết cho b) 2n ( 2n + 2) chia hết cho §ång d thøc I.Lí thuyết đồng dư: a) §Þnh nghÜa : Cho sè nguyªn m > NÕu sè nguyªn a, b cho cïng sè d chia cho m thì ta nói a đồng d với b theo môđun m KÝ hiÖu : 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) n n c) a b(mod m) a b (mod m) d) a b(mod m) ac bc(mod m) c) Một số đẳng thức: a m b m a b a n b n a b (n lẻ) n a b B ( a ) b II.Ví dụ: 99 Chứng minh: 200 Giải: + = = 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) 99 Từ (1) và (2) + = 200(mod 200) hay 200 III,Bài tập tự luyện: Sử dụng đẳng thức và đồng dư 1962 1964 ( 1961 +1963 + 19651966 +2 ) ⋮ ( 24 1917 +141917 ) ⋮19 ( 29 +299 ) ⋮200 ( 13123456789 −1 ) ⋮ 183 ( 19791979 −19811981 +1982 ) ⋮ 1980 ( 3+32 +33 + +3 100 ) ⋮ 120 ( 22225555 +55552222 ) ⋮ 7 QUY NẠP TOÁN HỌC I.PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH B1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1? (9) B2: Giả sử Mệnh đề đúng với n = k Chứng minh mệnh đề đúng với n = k + II.VÍ DỤ: n 2 n 1 Chứng minh với số nguyên dương n thì: 57 Giải: -Với n = 1:A1 = + = 855 57 n 2 n 1 - Giả sử Ak 57 nghĩa là 57 Ak+1 = + =7 + 64.8 = 7(7 + ) + 57.8 Vì + ( giả thiết qui nạp) và 57.8 57 Ak+1 57 Vậy theo nguyên lí qui nạp A = + 57 *Chú í: Trong trường hợp tổng quát với n là số nguyên và n n0 Thì ta kiểm tra mệnh đề đúng n = n0? III.BÀI TẬP: Chứng minh : Với n là số tự nhiên thì: ( 52 n+1 +2n +4 +2n +1 ) ⋮ 23 11 + 12 133 ( 5n +2+26 5n +8 2n +1 ) ⋮ 59 ( 22 n+1 +33 n +1 ) ⋮ ( 22 n+2 +24 n+ 14 ) ⋮ 18 LUYỆN TẬP A=1 ab c ⋮ 1025 B=abca= (5 c+1 ) E=ab cho ab2= ( a+b )3 A = ab=( a+b )2 HD: ab=( a+b )2 ⇔ ( a+b ) ( a+b −1 ) =9 a ≤ 92 ⇒ (a + b) và (a + b) = 9k ⇒ k = ⇒ a + b = ⇒ 9a = 9.8 = 72 ⇒ a = và b = B = abcd=( ab+ cd )2 ⇒ 99x = (x + y)(x + y - 1) HD: Đặt x=ab ; y=cd 992 x=99(1) ¿ x <99(2) Xét khả : ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ (1) B = 9801 ¿ x+ y=9 k x+ y − 1=11 l ¿ ¿ ¿ x + y=11 k (2) ⇒ ¿ x + y −1=9l ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ C=abcdef = ( abc+ def )2 B=2025 ¿ B=3025 ¿ ¿ ¿ ¿ ĐS: B = 9801;2025;3025 (10) H=abcd a bb b cc c +1= dd d + ⏟ ⏟ ⏟ ⏟ cho aa n n n ( n ) Tìm xyy 1+4 z=z Tính giá trị biểu thức: 1/ Cho x +y = 3, tính giá trị A = x2 + 2xy + y2 – 4x – 4y + 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 và x.y = n.Tính giá trị các biểu thức sau theo m,n a) x2 + y2 b) x3 + y3 c) x4 + y4 5/ Cho x + y = m và x2 + y2 = n.Tính giá trị biểu thức x3 + y3 theo m và n 6/ a) Cho a +b +c = và a2 + b2 + c2 = 2.Tính giá trị bt: a4 + b4 + c4 b) Cho a +b +c = và a2 + b2 + c2 = 1.Tính giá trị bt: a4 + b4 + c4 Chuyên đề SỐ CHÍNH PHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bình phương đúng số nguyên II TÍNH CHẤT: Số chính phương có thể có chữ số tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, ; không thể có chữ số tận cùng 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số chính phương chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số chính phương có thể có hai dạng 4n 4n + Không có số chính phương nào có dạng 4n + 4n + (n N) Số chính phương có thể có hai dạng 3n 3n + Không có số chính phương nào có dạng 3n + (n N) Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho thì 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 thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 (11) 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 Vậy A là số chính phương Z Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng luôn là số chính phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + (n N) Ta có 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) thì (*) = 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) + là số chính phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + là số chính phương 1 Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 1 1 ⇒ S= 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 +…+ 4 1 (k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) = k(k+1)(k+2) 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết bài ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + là số chính ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước nó Chứng minh tất các số dãy trên là số chính phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số = n chữ số n 10 −1 10 −1 10n + +1 9 102 n − 10n +8 10 n − 8+9 102 n+ 10n +1 = 9 n 2 10 +1 = = n n chữ số ( ) Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho nên nó chia hết cho n-1 chữ số ⇒ n ( 103 +1 ) Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương Bài 5: Chứng minh các số sau đây là số chính phương: (12) A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số Kết quả: A = ( n 10 +2 ) ; ( B= n 10 +8 ) ; C= ( n 10 +7 ) Bài 6: Chứng minh các số sau là số chính phương: a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + = 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – ) ⇒ A là số chính phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = n chữ số 10n −1 10n + 102 n +4 10n + = = 10n −1 ( n 10 +2 n chữ số +1= ) 102 n − 10n +5 10n −5+ 9 là số chính phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng các bình phương số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Gọi số tự nhiên liên tiếp đó là 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 không thể tận cùng đó n2+2 không thẻ chia hết cho ⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương (13) Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 đó n N và n>1 không phải là số chính 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 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 và n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + không phải là số chính phương Bài 9: Cho số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác còn chữ số hàng đơn vị là Chứng minh tổng các chữ số hàng chục số chính phương đó là số chính phương Cách 1: Ta biết số chính phương có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số hàng chục nó là số lẻ Vì chữ số hàng chục số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 đó tổng chúng + + + + = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số tận cùng a là ⇒ a ⋮ ⇒ a2 ⋮ Theo dấu hiệu chia hết cho thì hai chữ số tận cùng M có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 là số chính phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ không phải là số chính phương a và 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 + = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + (t N) đó a2 + b2 không thể là số chính phương Bài 11: Chứng minh p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương Vì p là tích n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ và p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 là số chính 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 + ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b p = 2.3.5… là số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2 Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương Vậy p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương (14) Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho và 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 không là số chính phương b 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho và 2N ⋮ 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không là số chính phương c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 2N không chia hết cho nên 2N+1 không chia cho dư ⇒ 2N+1 không là số chính phương Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số Chứng minh 2007 chữ số √ ab+1 là số tự nhiên 102008 −1 Cách 1: Ta có a = 11…1 = 2008 chữ số ⇒ (10 ab+1 = √ ab+1 = √( 2008 102008 + −1)(10 ) = 2008 ; b = 100…05 = 100…0 + = 102008 + 2007 chữ số 2008 chữ số +5) 2008 10 +1= 10 ¿ + 102008 − 5+9 ¿ ¿ ¿ 2008 = 2008 (10 + ) +2 Ta thấy 102008 + = 100…02 ⋮ nên 102008 +2 N hay √ ab+1 là số tự nhiên 2007 chữ số Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6 2007 chữ số 2008 chữ số 2008 chữ số ab+1 = a(9a +6) + 12 = 9a2 + 6a + = (3a+1)2 a+1 ¿ ⇒ √ ab+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 các số sau là số chính phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) c 13n + d n2 + n + 1589 Giải a Vì n2 + 2n + 12 là số chính 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 và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k=6 ⇒ (15) k–n-1=1 n=4 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) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể 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 là 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 + Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) thì 13n + là số chính 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 > và chúng là số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 Bài 2: Tìm a để các số sau là số chính 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! là số chính phương Với n = thì 1! = = 12 là số chính phương Với n = thì 1! + 2! = không là số chính phương Với n = thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 là số chính phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! tận cùng đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng chữ số nên nó không phải là số chính phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = (16) Bài 4: Tìm n a b c d N để các số sau là số chính phương: n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) n2 + 4n + 97 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) Từ đó suy m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 Như số m và n phải có ít số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho ⇒ Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Bài 6: Biết x N và x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là số chính phương nên vế phải là số chính phương Một số chính phương có thể tận cùng các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x có thể tận cùng các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và < x ≤ (2) Từ (1) và (2) ⇒ x có thể nhận các giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 và 3n+1 là các số chính phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ khoảng trên 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 là số chính phương Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh n là số tự nhiên cho n+1 và 2n+1 là các số chính phương thì n là bội số 24 Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N) Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + ⇒ n= m2 −1 = a (a+1) = 2a(a+1) (17) ⇒ 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 + 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2 (mod3) thì 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 các số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q ⇒ ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a+48 = 2p a48 = 2q ⇒ q = và p-q = ⇒ p = ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị thì ta số chính phương B Hãy tìm các số A và B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 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 và m+k là số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 ⇔ Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm số chính 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 = và 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 (18) ⇒ abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) 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) đó 9a+1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa là số chính phương vừa là lập phương Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N Vì y3 = x2 nên y là số chính phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm số chính phương gồm chữ số cho chữ số cuối là số nguyên tố, bậc hai số đó có tổng các chữ số là số chính phương Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là số có hai chữ số mà k2 có tận cùng ⇒ k tận cùng Tổng các chữ số k là số chính phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu các bình phương số đó và viết số hai chữ số số đó theo thứ tự ngược lại là số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) – ( 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 2 Khi đó ab - ba = 32 112 (a - b) 2 Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương đó a-b = a -b=4 Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 (19) Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho số chính phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số đó ta số chính phương Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng các chữ số nó Gọi số phải tìm là ab với a,b N và ≤ a ≤ , ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3 ⇒ ab là lập phương và a+b là số chính phương Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l ( l N ) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = là số chính phương ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại Nếu ab = 64 Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp đó là 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 bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và ≤ a ≤ ⇒ 12n( n + ) = 11(101a – ) ⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; } Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21 số càn tìm là 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số đó với tổng các chữ số nó tổng lập phương các 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 và a + b – nguyên tố cùng đó a + b = 3a a + b – = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b ⇒ a=4,b=8 a=3,b=7 Vậy ab = 48 ab = 37 Chuyên đề Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử (20) I CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN Phương pháp đặt nhân tử chung – Tìm nhân tử chung là đơn, đa thức có mặt tất các hạng tử – Phân tích hạng tử thành tích nhân tử chung và nhân tử khác – Viết nhân tử chung ngoài dấu ngoặc, viết các nhân tử còn lại hạng tử vào dấu ngoặc (kể dấu chúng) Ví dụ Phân tích các 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 + = xm (x3 + 1) = xm( x+ 1)(x2 – x + 1) Phương pháp dùng đẳng thức - Dùng các đẳng thức đáng nhớ để phân tích đa thức thành nhân tử - Cần chú ý đến việc vận dụng đẳng thức Ví dụ Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 9x2 – = (3x)2 – 22 = ( 3x– 2)(3x + 2) – 27a3b6 = 23 – (3ab2)3 = (2 – 3ab2)( + 6ab2 + 9a2b4) 25x4 – 10x2y + y2 = (5x2 – y)2 Phương pháp nhóm nhiều hạng tử – Kết hợp các hạng tử thích hợp thành nhóm – Áp dụng liên tiếp các phương pháp đặt nhân tử chung dùng đẳng thức Ví dụ Phân tích các 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) Phối hợp nhiều phương pháp - Chọn các phương pháp theo thứ tự ưu tiên - Đặt nhân tử chung - Dùng đẳng thức - Nhóm nhiều hạng tử Ví dụ Phân tích các đa thức sau thành nhân 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)] (21) = 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 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 đó nhóm hai số hạng thích hợp để phân tích tiếp Ví dụ 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 = là 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 (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) d) Cách (tách số hạng, số hạng) 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 thì ta tách sau : (22) f(x) = A2 ± 2AB + B2 – B2 + c = (A ± B)2 – (B2 – c) Ví dụ Phân tích đa thức f(x) = 4x2 - 4x - thành nhân tử Hướng dẫn Ta thấy 4x2 - 4x = (2x)2 - 2.2x Từ đó ta cần thêm và bớt 12 = để xuất đẳng thức Lời giải f(x) = (4x2 – 4x + 1) – = (2x – 1)2 – 22 = (2x – 3)(2x + 1) Ví dụ Phân tích đa thức f(x) = 9x2 + 12x – thành nhân tử Lời giải Cách : f(x) = 9x2 – 3x + 15x – = (9x2 – 3x) + (15x – 5) = 3x(3x –1) + 5(3x – 1) = (3x – 1)(3x + 5) Cách : f(x) = (9x2 + 12x + 4) – = (3x + 2)2 – 32 = (3x – 1)(3x + 5) Đối với đa thức bậc từ trở lên (Xem mục III Phương pháp nhẩm nghiệm) Đối với đa thức nhiều biến Ví dụ 11 Phân tích các 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 này 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 có thể tách y - z = - (x - y) - (z - x) (hoặc z - x= - (y - z) - (x - y)) 2) Đa thức câu b) là đa thức có dạng đa thức đặc biệt Khi ta thay x = y (y = z z = x) vào đa thức thì giá trị đa thức Vì vậy, ngoài cách phân tích cách tách trên, ta còn cách phân tích cách xét giá trị riêng (Xem phần VII) III PHƯƠNG PHÁP NHẨM NGHIỆM Trước hết, ta chú ý đến định lí quan trọng sau : (23) Định lí : Nếu f(x) có nghiệm x = a thì f(a) = Khi đó, f(x) có nhân tử là x – a và f(x) có thể viết dạng f(x) = (x – a).q(x) Lúc đó tách các số hạng f(x) thành các nhóm, nhóm chứa nhân tử là x – a Cũng cần lưu ý rằng, nghiệm nguyên đa thức, có, phải là ước hệ số tự Ví dụ 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) + (–2)2 + = Đa thức f(x) có nghiệm x = –2, đó nó chứa nhân tử là x + Từ đó, ta tách sau Cách : f(x) = x3 + 2x2 – x2 + = (x3 + 2x2) – (x2 – 4) = x2(x + 2) – (x – 2)(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2) Cách : f(x) = (x3 + 8) + (x2 – 4) = (x + 2)(x2 – 2x + 4) + (x – 2)(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2) Cách : 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 : 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 các hệ sau : Hệ Nếu f(x) có tổng các hệ số thì f(x) có nghiệm là x = Từ đó f(x) có nhân tử là x – Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 8x – có + (–5) + + (–4) = nên x = là nghiệm đa thức Đa thức có nhân tử là 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 các hệ số các luỹ thừa bậc chẵn tổng các hệ số các luỹ thừa bậc lẻ thì f(x) có nghiệm x = –1 Từ đó f(x) có nhân tử là x + Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 3x + có + = –5 + nên x = –1 là nghiệm đa thức Đa thức có nhân tử là 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 Hệ Nếu f(x) có nghiệm nguyên x = a và f(1) và f(–1) khác thì là số nguyên Ví dụ Phân tích đa thức f(x) = 4x3 - 13x2 + 9x - 18 thành nhân tử Hướng dẫn Các ước 18 là ± 1, ± 2, ± 3, ± 6, ± 9, ± 18 và (24) f(1) = –18, f(–1) = –44, nên ± không phải là nghiệm f(x) Dễ thấy không là số nguyên nên –3, ± 6, ± 9, ± 18 không là nghiệm f(x) Chỉ còn – và Kiểm tra ta thấy là nghiệm f(x) Do đó, ta tách các hạng tử sau : = (x – 3)(4x2 – x + 6) Hệ Nếu ( là các số nguyên) có nghiệm hữu tỉ p, q Z và (p , q)=1, thì p là ước a0, q là ước dương an , đó Ví dụ 10 Phân tích đa thức f(x) = 3x3 - 7x2 + 17x - thành nhân tử Hướng dẫn Các ước –5 là ± 1, ± Thử trực tiếp ta thấy các số này không là nghiệm f(x) Như f(x) không có nghiệm nghuyên Xét các số , ta thấy là nghiệm đa thức, đó đa thức có nhân tử là 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 Thêm và bớt cùng hạng tử làm xuất hiệu hai bình ph ương Ví dụ 12 Phân tích đa thức x4 + x2 + thành nhân tử Lời giải Cách : x4 + x2 + = (x4 + 2x2 + 1) – x2 = (x2 + 1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1) Cách : x4 + x2 + = (x4 – x3 + x2) + (x3 + 1) = x2(x2 – x + 1) + (x + 1)(x2 – x + 1) = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1) Cách : 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 : x4 + = (x4 + 4x2 + 4) – 4x2 = (x2 + 2)2 – (2x)2 = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2) Cách : x4 + = (x4 + 2x3 + 2x2) – (2x3 + 4x2 + 4x) + (2x2 + 4x + 4) = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2) Thêm và bớt cùng hạng tử làm xuất nhân tử chung Ví dụ 14 Phân tích đa thức x5 + x - thành nhân tử Lời giải Cách x5 + x - = x5 - x4 + x3 + x4 - x3 + x2 - x2 + x - = x3(x2 - x + 1) - x2(x2 - x + 1) - (x2 - x + 1) (25) = (x2 - x + 1)(x3 - x2 - 1) Cách Thêm và 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 + + x3n + + x7 + x2 + 1, x4 + x5 + chứa nhân tử là x2 + x + V PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN Đặt ẩn phụ để đưa dạng tam thức bậc hai sử dụng các phương pháp 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 đã 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 đã 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 + Lời giải Cách Giả sử x ≠ Ta viết đa thức dạng : Đặt thì Do đó : A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = = (x2 + 3x - 1)2 Dạng phân tích này đúng với x = Cách A = x4 + 6x3 - 2x2 + 9x2 - 6x + = x4 + (6x3 -2x2) + (9x2 - 6x + 1) (26) = 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 - Lời giải Thử với x= ±1; ±3 không là nghiệm đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên không có nghiệm hữu tỷ Như đa thức trên phân tích thành nhân tử thì 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 + Đồng các hệ số ta : Xét bd= với b, d Î Z, b Î {± 1, ± 3} Với b = thì d = 1, hệ điều kiện trên trở thành ` 2c = -14 - (-6) = -8 Do đó 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 các nhân tử chứa biến đa thức, gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định các nhân tử còn 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 thì 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 thì p không đổi (đa thức P có thể hoán vị vòng quanh) Do đó P đã chứa thừa số (x – y) thì chứa thừa số (y – z), (z – x) Vậy P có dạng k(x – y)(y – z)(z – x) Ta thấy k phải là số vì P có bậc tập hợp các biến x, y, z, còn tích (x – y)(y – z)(z – x) có bậc tập hợp các biến x, y, z Vì đẳng thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) đúng với x, y, z nên ta gán cho các biến x ,y, z các 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 Đưa đa thức : a3 + b3 + c3 - 3abc Ví dụ 20 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : (27) 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 thì 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) 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 thì a + b + c = 2(a + b + c) Đa thức đã 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) Hay 8(x + y + z)3 - (x + y)3 - (y + z)3 - (z + x)3 = 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y) II Bài tập: Bài tập 1: Phân tích đa thức thành nhân tử 16x3y + 0,25yz3 21 (a + b + c)2 + (a + b – c)2 – 4c2 x – 4x3 + 4x2 22 4a2b2 – (a2 + b2 – c2)2 2ab2 – a2b – b3 23 a + b4 + c4 – 2a2b2 – 2b2c2 – 2a2c2 a + a2b – ab2 – b3 24 a(b3 – c3) + b(c3 – a3) + c(a3 – b3) x + x2 – 4x - 25 a – a4 + 2a3 + 2a2 x – x2 – x + 26 (a + b)3 – (a – b)3 (28) x + x3 + x2 - 27 X – 3x2 + 3x – – y3 x 2y2 + – x2 – y2 28 X m + + xm + – x - 10 x – x2 + 2x - 29 (x + y)3 – x3 – y3 11 3a – 3b + a2 – 2ab + b2 30 (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 12 a + 2ab + b2 – 2a – 2b + 31 (b – c)3 + (c – a)3 + (a – b)3 13 a – b2 – 4a + 4b 32 x3 + y3+ z3 – 3xyz 14 a – b3 – 3a + 3b 33 (x + y)5 – x5 – y5 15 x + 3x2 – 3x - 34 (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 16 x – 3x2 – 3x + 17 x – 4x2 + 4x - 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 x2 – 6x + 23 x3 – 5x2y – 14xy2 x2 – 7xy + 10y2 24 x4 – 7x2 + a2 – 5a - 14 25 4x4 – 12x2 + 2m2 + 10m + 26 x2 + 8x + 4p2 – 36p + 56 27 x2 – 13x + 36 x3 – 5x2 – 14x 28 x2 + 3x – 18 a4 + a2 + 29 x2 – 5x – 24 a4 + a2 – 30 3x2 – 16x + x4 + 4x2 + 31 8x2 + 30x + 10 x3 – 10x - 12 32 2x2 – 5x – 12 11 x3 – 7x - 33 6x2 – 7x – 20 12 x2 – 7x + 12 34 x2 – 7x + 10 13 x2 – 5x – 14 35 x2 – 10x + 16 14 x2 – 3x – 36 3x2 – 14x + 11 15 x2 – 7x + 37 5x2 + 8x – 13 16 x2 – 7x + 38 x2 + 19x + 60 (29) 17 6x3 – 17x2 + 14x – 39 x4 + 4x2 - 18 4x3 – 25x2 – 53x – 24 40 x3 – 19x + 30 19 x4 – 34x2 + 225 41 x3 + 9x2 + 26x + 24 20 4x4 – 37x2 + 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 x4 + x2 + 17 x5 - x4 - x4 – 3x2 + 18 x12 – 3x6 + x4 + 3x2 + 19 x8 - 3x4 + 2x4 – x2 – 20 a5 + a4 + a3 + a2 + a + x4y4 + 21 m3 – 6m2 + 11m - 6 x4y4 + 64 22 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + x4y4 + 23 x3 + 4x2 – 29x + 24 32x4 + 24 x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + x4 + 4y4 25 x7 + x5 + x4 + x3 + x2 + 10 x7 + x2 + 26 x5 – x4 – x3 – x2 – x - 11 x8 + x + 27 x8 + x6 + x4 + x2 + 12 x8 + x7 + 28 x9 – x7 – x6 – x5 + x4 + x3 + x2 + 13 x8 + 3x4 + 29 a(b3 – c3) + b(c3 – a3) + c(a3 – b3) 14 x10 + x5 + 15 x5 + x + 16 x5 + x4 + Bài tập 4: Phân tích đa thức thành nhân tử x2 + 2xy – 8y2 + 2xz + 14yz – 3z2 3x2 – 22xy – 4x + 8y + 7y2 + 12x2 + 5x – 12y2 + 12y – 10xy – 2x2 – 7xy + 3y2 + 5xz – 5yz + 2z2 x2 + 3xy + 2y2 + 3xz + 5yz + 2z2 x2 – 8xy + 15y2 + 2x – 4y – x4 – 13x2 + 36 (30) x4 + 3x2 – 2x + x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + Bài tập 5: Phân tích đa thức thành nhân tử: (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 (a – x)y3 – (a – y)x3 – (x – y)a3 x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2) (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 3x5 – 10x4 – 8x3 – 3x2 + 10x + 5x4 + 24x3 – 15x2 – 118x + 24 15x3 + 29x2 – 8x – 12 x4 – 6x3 + 7x2 + 6x – x3 + 9x2 + 26x + 24 Bài tập 6: Phân tích đa thức thành nhân tử a(b + c)(b2 – c2) + b(a + c)(a2 – c2) + c(a + b)(a2 – b2) ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a) a(b2 – c2) – b(a2 – c2) + c(a2 – b2) (x – y)5 + (y – z)5 + (z – x)5 (x + y)7 – x7 – y7 ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + abc (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5 a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) + 2abc a3(b – c) + b3(c – a) + c3(a – b) 10 abc – (ab + bc + ac) + (a + b + c) – Bài tập 7: Phân tích đa thức thành nhân tử (x2 + x)2 + 4x2 + 4x – 12 (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2 (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12 (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 (x2 + 2x)2 + 9x2 + 18x + 20 x2 – 4xy + 4y2 – 2x + 4y – 35 (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) + 16 (x2 + x)2 + 4(x2 + x) – 12 4(x2 + 15x + 50)(x2 + 18x + 72) – 3x2 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Các ví dụ và phương pháp giải Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a a ( x 2+ ) − x ( a2+ ) (31) b x −1+ x n +3 − xn Giải: a Dùng phương pháp đặt nhân tử chung a ( x 2+ ) − x ( a2+ ) = ax 2+ a −a x − x ¿ ax ( x −a ) − ( x − a )=( x − a ) ( ax − ) b Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức n n +3 n x −1+ x − x ¿ x ( x −1 ) + ( x − ) ¿ x n ( x − ) ( x2 + x +1 ) + ( x − )=( x − ) [ x n ( x 2+ x+1 ) +1 ] ( x − ) ( x n +2+ x n +1+ x n +1 ) Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : a x8 + 3x4 + 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) 2 ¿ x [ ( x −2 x +1 ) + ( x −2 x+1 ) ] 2 2 2 x [ ( x −1 ) + ( x − ) ]=x ( x −1 ) [ ( x +1 ) +1 ] 2 x ( x − ) [ x +2 x +2 ] Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a2 b+4 ab2 − a2 c +ac − b2 c +2 bc − abc b x +2007 x 2+2006 x +2007 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử nhóm thích hợp: 2 2 2 a b+4 ab − a c +ac − b c +2 bc − abc a2 b+4 ab2 − a2 c +ac − b c +2 bc − abc a2 b+4 ab2 − a2 c − abc+ac − b c +2 bc2 − abc=¿ 2ab ( a+2 b ) − ac ( a+ 2b ) +c ( a+2 b ) − bc ( a+2 b ) ( a+2 b ) ( ab −ac +c − bc ) =( a+ 2b ) [ a ( b − c ) − c ( b −c ) ] ( a+2 b ) ( b −c ) ( a −c ) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung sử dụng đẳng thức ¿ ( x − x ) + 2007 x +2007 x +2007 x +2007 x 2+206 x +2007 x ( x − ) ( x2 + x +1 ) +2007 ( x + x+1 ) ( x + x+ )( x − x +2007 ) Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a a3 +b 3+ c − abc b ( a+b +c )3 − a3 −b − c3 Giải: Sử dụng các đẳng thức a3 +b 3=( a+ b ) ( a2 +b − ab ) ¿ ( a+b ) [ ( a+b )2 −3 ab ] ¿ ( a+b )3 − ab ( a+b ) Do đó: 3 a +b + c − abc=¿ ¿ [ ( a+ b )3 +c ] − ab ( a+b ) − abc ¿ ( a+b +c ) [ ( a+b )2 − ( a+b ) c +c ] − ab ( a+b +c ) ( a+b+ c ) ( a 2+ b2 +c − ab − bc −ca ) b ( a+b +c )3 − a3 −b − c3 =[ ( a+ b+c )3 − a3 ] − ( b +c )3 (32) ¿ ( b+ c ) [ ( a+ b+c )2 +a ( a+ b+c ) +a2 ] − ( b+c ) ( b2 − bc+c ) ( b+ c ) ( a 2+3 ab+ bc+ ca ) =3 ( b+ c ) ( a+ c )( a+ b ) Ví dụ 5: Cho a + b + c = Chứng minh :a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ ( a+b )3=− c ⇒ a3+ b3 +3 ab ( a+ b )=− c ⇒ a 3+ b3 +c − abc=0 ⇒a3 +b 3+ c 3=3 abc ab Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > Tính P= 2 a −b 2 2 ⇔ Giải: Biến đổi 4a + b = 5ab 4a + b - 5ab = ⇔ ( 4a - b)(a - b) = ⇔ a = b ab a Do đó P= 2 = = a −b 3a Giải: Vì a + b + c = Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác và khác Chứng minh nếu: a b c x y z x2 y2 z2 + + =0 ; + + =1 thì ; + + =1 x y z a b c a b c a b c ayz+ bxz+ cxy + + =0⇒ =0 ⇒ ayz+ bxz+cxy =0 Giải: x y z xyz x y z x2 y2 z ayz bxz cxy x2 y z x y z 1 1 1 a b c a b c abc a b c a b c Bài tập vận dụng - Tự luyện Phân tích đa thức thành nhân tử : a x − x −12 b x 2+ x +15 c x −6 x −16 d x − x + x +3 Phân tích đa thức thành nhân tử : 2 ( x − x ) −2 ( x − x ) −15 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 Tìm x,y thỏa mãn: x2 + 4y2 + z2 = 2x + 12y - 4z - 14 Cho a +| b + c + d = Chứng minh a3 + b3 + c3 + d 3= 3(c + d)( ab + cd) Chứng minh x + y + z = thì : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Chứng minh với x,y nguyên thì : A = y4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y) là số chính phương Biết a - b = Tính giá trị biểu thức sau: a ( a+1 ) −b ( b − )+ ab −3 ab ( a − b+1 ) ¿ x + y + z=1 x 2+ y 2+ z 2=1 Cho x,y,z là số thỏa mãn đồng thời: 3 Hãy tính giá trị biếu thức x + y + z =1 ¿ {{ ¿ P = ( x − )17 + ( y −1 )9 + ( z −1 )1997 10 a.Tính 12 − 22+3 − 2+ + 992 − 1002+ 1012 (33) b.Cho a + b + c = và a2 + b2 + c2 = 53 Tính ab + bc + ca 11 Cho số x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = và 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 : 1 1 + + = a b c a+b+ c Tính Q = (a25 + b25)(b3 + c3)(c2008 - a2008) HƯỚNG DẪN: Phân tích đa thức thành nhân tử : a x − x −12= ( x − ) ( x+ ) b x 2+ x +15=( x+3 )( x +5 ) c x −6 x −16=( x+ )( x −8 ) d x − x + x +3=( x +1 ) ( x −2 x +3 ) Phân tích đa thức thành nhân tử : 2 ( x − x ) −2 ( x − x ) −15=( x − x −5 )( x2 − x +3 ) Phân tích đa thức thành nhân tử 1.(a - x)y3 - (a - y)x3 + (x-y)a3 ¿ ( 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 ) 2 2 2 3.x y + xy + x z + xz + y z + yz + 2xyz ( x+ y )( y + z ) ( z+ x ) 2 x + 4y + z = 2x + 12y - 4z - 14 Từ a + b + c + d = d)( ab + cd) ⇔ ( x −1 )2+ ( y −3 )2∨+ ( z − )2 3 ⇒ ( a+ b ) =− ( c+ d ) Biến đổi tiếp ta :a3 + b3 + c3 + d 3= 3(c + 3 x + y + z =3 xyz ⇒ ( x + y + z )( x + y + z )=3 xyz ( x 2+ y + z ) 5 2 ⇔ x + y + z − xyz ( xy+ yz+ zx ) =3 xyz ( x + y + z ) Nếu x + y + z = thì : 5 2 ⇔ ( x + y + z ) −2 xyz ( xy + yz+zx )=6 xyz ( x + y + z ) ; () 2 −2 xyz ( xy +yz +zx )=xyz ( x + y + z ) Nhưng: ( x+ y+ z )2 =0 ⇒−2 xyz ( xy +yz +zx )=x + y 2+ z2 (**) Thay (**) vào (*) ta được: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Với x,y nguyên thì : A = y4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y) 2 ¿ ( x +5 xy+ y ) Biến đổi a2 ( a+1 ) −b ( b − )+ ab −3 ab ( a − b+1 )=( a− b )2 ( a −b+ ) ¿ x + y + z=1 Từ x 3+ y3 + z 3=1 ¿{ ¿ 3 3 ⇒ ( x + y + z ) − x − y − z =3 ( x+ y )( y + z ) ( z+ x ) (34) x+ y=0 ¿ y + z=0 ¿ z+ x=0 ¿ ¿ ¿ ¿ 10 a b ⇒ P=− 11 Sử dụng đẳng thức a2 - b2 ; S -=5151 Sử dụng đẳng thức (a + b + c)2; P = 14 Từ giả thiết suy ra: x2 + y2 + z2 = suy : x = y = z = 0;S = 12 Từ: 1 1 + + = : (a + b)(b + c)(c + a) = a b c a+b+ c Tính Q = Chuyên đề 4: BẤT ĐẲNG THỨC Vµ GI¸ TRỊ LỚN NHẤT, GI¸ TRỊ Nhá NHẤT A C¸C PHƯƠNG PH¸P CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1.Phương ph¸p đổi tương đương *) Để chứng minh: A ≥ B A ≥ B ⇔ A1 ≥ B1 ≥ .≥ An ≥ Bn Ta biến đổi (đ©y là bất đẳng thức đóng) Hoặc từ bất đẳng thức đng A ≥ B , ta biến đổi A n ≥ Bn ⇔ A n− ≥ B n −1 ≥ ≥ A ≥ B ⇔ 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(a + b )≥ ¿ b) a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ca (1) (1) Giải a) Ta cã: (1) ⇔ a −b ¿ ≥ a+b ¿ ≥ ⇔ a2+ b2 − ab ≥0 ⇔ ¿ 2(a2 +b 2)− ¿ (2) Do bất đẳng thức (2) đóng nªn bất đẳng thức (1) chứng minh b) Ta cã: (2) ⇔ 2(a2 +b2 +c )−2(ab+ bc+ca )≥ ⇔ (a2 −2 ab+b 2)+(b2 −2 bc +c 2)+(c − 2ca +a 2)≥0 c−a¿ ≥0 b − c ¿ +¿ a −b ¿ + ¿ ⇔¿ (2) Bất đẳng thức (2) luôn đúng suy điều phải chứng minh VÝ dụ 1.2 Chøng minh r»ng: a) 2(a +b 4)≥(a+ b)(a3 +b 3) b) 3(a4 +b +c )≥(a+b +c)(a3 +b3 + c3 ) (1) (1) Giải a) Ta cã: (1) ⇔ a +2 b4 −(a 4+ a3 b+ab 3+ b4 )≥0 ⇔ (a4 −a b)+(b4 − ab3 )≥ 3 3 ⇔ a (a −b)−b (a −b) ≥ ⇔( a −b)( a − b )≥ (35) 2 b 3b + ≥0 2 a −b ¿ (a +ab+ b )≥ ⇔ ¿ ⇔¿ [( ) ] a −b ¿ a − (2) Do bất đẳng thức (2) đóng suy điều phải chứng minh b) Ta cã: (1) ⇔ a +3 b4 + c −( a4 + a3 b+a3 c +b +ab3 +b c +ac + bc3 +c ) ⇔ (a 4+ b4 − a3 b −ab3 )+(b4 + c − b3 c − bc3)+(c + a4 − a3 c −ac )≥ c − a ¿2 ( c2 +ca +a 2)≥0 b− c ¿2 (b2 + bc+ c2 )+ ¿ a− b ¿2 (a 2+ ab+b2 )+¿ ⇔¿ (2) Do bất đẳng thức (2) đóng suy điều phải chứng minh VÝ dụ 1.3 Chøng minh r»ng: by ¿ a) ax+ 2 (1) (a +b )( x + y 2) ≥ ¿ b) b +d ¿ a+c ¿ +¿ ¿ 2 √ a +b + √ c +d ≥ √ ¿ (1) Giải a) Ta cã: (1) ⇔ a2 x +a2 y 2+ b2 x +b y ≥ a x 2+ 2abxy +b y 2 ay − bx ¿ ≥0 2 2 ⇔ a y −2 abxy+ b x ≥ ⇔¿ (2) Bất đẳng thức (2) lu«n đóng suy điều phải chứng minh b) Ta cã: (1) +) NÕu b+ d ¿ a+c ¿2 +¿ ⇔ a2+ b2 +c 2+ d 2+ √( a2 +b2 )(c +d 2) ≥ ¿ ⇔ √(a2 +b2 )(c +d 2) ≥ ac+ bd ac+ bd <0 thì (2) đúng +) NÕu ac+ bd ≥ th× (2) (2) ac+ bd ¿2 ⇔ (a2 +b 2)(c +d )≥ ¿ ad − bd ¿ ≥ ⇔ a2 c +a d +b2 c +b2 d ≥ a2 c − 2abcd +b d ⇔¿ (*) Bất đẳng thức (*) lu«n đóng suy điều phải chứng minh VÝ dụ 1.4 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥ a+ b+c b c a (1) Giải Ta cã: (1) ⇔ a3 c+b a+c b − a2 bc − b2 ac − c2 ab ≥ ⇔ ab (a2 −2 ab+b 2)+ac (a −2 ab+ c2 )+ bc(b −2 bc+c )≥ b −c ¿ ≥ a − c ¿ + bc ¿ a− b ¿ +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)+c (a+ b− c )≤ abc Giải (1) (36) Gi¶ sö a , b ≥ c> Khi đó ta có: (1) ⇔3 abc − a2 (b+ c − a)− b2 (c + a− b)− c (a+b − c)≥ ⇔ abc − a( a2 − ab −ac + bc)+ b(b − bc − ba +ac)+ c( c − ac − bc+ab) ≥ ⇔ a(a − b)( a −c )+ b(b − c)(b −a)+c (c −a)(c − b)≥ ⇔ (a −b)( a2 − ac − b2 + bc)+ c (a −c )(b − c) ≥0 a −b ¿ (a+b − c)+ c(a −c )(b −c )≥ ⇔¿ (*) Bất đẳng thức (*) lu«n đóng (V× a , b ≥ c> ) Suy điều phải chứng minh Phương ph¸p biến đổi đồng Để chứng minh BĐT: A ≥ B Ta biến đổi biểu thức A − B thành tổng c¸c biểu thức cã gi¸ trị kh«ng ©m VÝ dụ 2.1 Chứng minh rằng: a) a2 +b 2+ c 2+ d2 ≥ ab+ac+ ad (1) b) a2 + b2 + c ≥ ab −4 ac+ bc Giải 2 2 a) Ta cã: a2 +b 2+ c 2+ d2 −ab − ac − ad= a − ab+b + a − ac+c + a − ad+ d + a (4 ) (4 ) (4 ¿ 2 2 ⇒ a + b + c + d ≥ ab+ac +ad 2 (®pcm) 2 c ¿2 a −2 b ¿2 +2 (a − 2b) c +¿ ¿¿ a −2 b+2 c ¿ ≥ ¿¿ 2 ⇒ a +4 b + c ≥ ab − ac+8 bc (®pcm) VÝ dụ 2.2 Chứng minh rằng: a) a+b ¿3 (a 3+ b3) ≥ ¿ b) c+ a ¿ b+ c ¿ 3+ ¿ a+ b ¿3 +¿ 8(a3 +b3 +c )≥ ¿ c) a+b +c ¿ ≥ a + b +c + 24 abc ¿ víi a , b>0 3 víi a , b , c >0 3 víi a , b , c ≥ Giải a) Ta cã: a+b ¿ a −b ¿ ≥ 2 (a − ab+b )− ¿=3 (a+b) ¿ a+b ¿3 =(a− b)¿ 4( a3 +b3 )− ¿ ( a2 −b) +( 2a − c) +( a2 −d ) + a4 ≥ a + b + c − ab +4 ac −8 bc=(a − ab+ b 2)+ c 2+( ac − bc) b) Ta cã: 2 ) (®pcm) (1) (37) b−c¿ ≥0 a − c ¿ +3 (b+ c)¿ a −b ¿2 + 4( a+c )¿ c +a ¿3 = =3(a+b) ¿ b+ c ¿ −¿ a+ b ¿3 − ¿ 8(a3 +b 3+ c 3)−¿ b) Ta cã: c) Ta cã: b − c ¿2 ≥ a −b ¿ 2+ a ¿ a− c ¿ 2+ c ¿ a+b +c ¿ − a3 −b − c3 −24 abc= =3 b ¿ ¿ VÝ dụ 2.3 Với a, b, c > Chứng minh rằng: a) + ≥ a b b) + + ≥ a b c a+ b+c a+ b c) a b c + + ≥ b+c c +a a+ c Giải a) b) c) a−b¿ ¿ ¿ b (a+ b)+ a(b+ c) − ab a2 −2 ab+b 1 + − = = =¿ a b a+b ab(a+b) ab (a+ b) bc(a+ b+c )+ac(a+b+ c)+ab (a+b +c) 1 + + − = a b c a+ b+c abc (a+b+ c) a −b ¿ ¿ b − c ¿2 ¿ c −a ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿¿ a b c a b c + + − = − + − + − b+c c +a a+ c b+ c c +a a+ b ( )( ¿ )( ) (a − b)+(a − c) (b − a)+(b − c) ( c − a)+(c −b) + + 2(b+c ) 2( c+ a) 2(a+ b) 1 1 1 1 ¿ (a − b) − + (b − c) − + ( c − a) − b+c c +a a+ c a+b a+b b+c ( ) ( ) a −b ¿ ¿ b − c ¿2 ¿ c −a ¿ ¿ ¿≥0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ VÝ dụ 2.4 ( ) (38) (Bất đẳng thức C« Si) a) Cho a ; b ≥ Chøng minh r»ng: a+b ≥ √ ab b) Cho a ; b ;c ≥0 Chøng minh r»ng: a+b +c ≥ √3 abc (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) (B§T Trª-B-SÐp) Giải a) Ta cã: √ a − √ b ¿ ≥ a+b − √ab=¿ √3 a − √3 c ¿ 3 √c − √ b ¿2 +¿ ≥ 3 √ a − √ b ¿2 + ¿ b) Ta cã: ¿ 3 a+b +c − √ abc= ( √ a+ √ b+ √ c )¿ (a+ b+c )( x+ y + z )− 3(ax + by+ cz)=( y − x)(a − b)+( z − x)(b− c )+( x − z)(c − a) ≥ c) Ta cã: VÝ dụ 2.5 Cho a, b, c > Chứng minh: a) bc + ca + ab ≥ a+ b+c a b b) bc + ca + ab ≥ √ 3(a2+ b2 +c 2) c a b c Giải a) Ta cã: b) Ta cã: a−b¿ ¿ c − a ¿2 ¿ b−c ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ bc ca ab c + + −(a+b+ c)= ¿ a b c ( [( ) bc ca ab ⇒ + + ≥3 (a2 +b 2+ c 2)⇒ a b c ( 2 2 2 2 a(b − c ) b(c − a ) bc ca ab c (a −b ) + + − 3(a2 +b 2+ c 2)= + + a b c ab bc ca ) )( )( ) ]≥ bc ca ab + + ≥ √ 3(a2+ b2 +c 2) a b c VÝ dụ 2.6 Chứng minh rằng: a) 1 + ≥ 2 1+ a 1+b 1+ ab (nÕu ab>1 ) b) 1 + ≤ 2 1+ a 1+b 1+ ab (nÕu 2 a +b ≤ ) c) Giải 1 + ≥ 2 − ab − a 1− b (nÕu −1<a ,b< ) d) 1+a ¿ ¿ 1+b ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ (nÕu a , b>0 ) (39) a) Ta cã: a − b ¿ (ab −1) ¿ ¿ 1 1 1 + − = − + − =¿ 2 2 1+ a 1+b 1+ab 1+a 1+ab 1+b 1+ ab ( )( ) b) Ta cã: a −b ¿ (ab− 1) ¿ ¿ 1 + − =¿ 2 1+ a 1+b 1+ab 2 |ab|≤ a +b ≤ ⇒ V× ab+1 ≥ ab −1 ≤ ⇒ ¿{ c) Ta cã: a −b ¿ (ab −1) ¿ ¿ ¿ (®pcm) a − b ¿2 (1− a2 b2 ) ¿ −ab ¿ ¿ (1− a2 )(1− b2 )¿ ¿ 1 1 1 + − = − + − =¿ 2 2 − a 1− b −ab 1− a −ab −b − ab ( d) Ta cã: ⇒ )( ) 1+ a ¿2 ¿ 1+b ¿ ¿ ab −1 ¿ ¿ 1+b ¿2 (1+ab) ¿ 1+a ¿2 ¿ ¿ a −b ¿2 +¿ ab ¿ ¿ ¿ ¿ Phương ph¸p sử dung tÝnh chất bất đẳng thức Cơ sở phương ph¸p này là c¸c tÝnh chất bất đẳng thức và số bất đẳng thức như: +) NÕu a ≥ b vµ b ≥ c th× a ≥ c +) NÕu a ≥ b vµ a b>0 th× ≤ a b ¿ a ≥b ≥ +) NÕu m≥ n ≥ ¿{ ¿ +) a −b ¿ ≥ ¿ th× a m≥ b n +) NÕu a , b>0 th× + ≥ a b a+ b (40) 4 VÝ dụ 3.1 Cho a+b >1 Chứng minh: a +b > Giải Ta cã: a+b ¿ ¿ a +b ¿2 ¿ ¿ ¿ a −b ¿ ≥ ⇒a 2+ b2 ≥ ¿ ¿ VÝ dụ 3.2 Với a, b, c > Chøng minh r»ng: a) a3 b3 c + + ≥ a+b +c b2 c2 a2 a b c + + ≥ ab+bc+ca b c a b) Giải a) Ta cã: x ≥ x 2+ xy − y y ⇒ (víi x , y >0 ) a3 b c + + ≥(a 2+ ab− b2 )+(b 2+ bc − c 2)+(c 2+ ca − a2)=ab+ bc+ca b c a b) Ta cã: x3 ≥3 x−2 y y2 3 (víi x , y >0 ) a b c ⇒ + + ≥(3 a− b)+(3 b −2 c )+(3 c −2 a)=a+ b+c b c a VÝ dụ 3.3 Cho a, b, c > CMR: a) bc ca ab + + ≥ a+ b+c a b c b) a2 b2 c2 a+ b+c + + ≥ b+c c +a a+b Giải a) Ta dể dàng chứng minh đợc bc + ca ≥ 2c ⇒ (đpcm) a b a b+ c + ≥ a⇒ (®pcm) b+c 1 + + =4 Chøng minh r»ng: x , y , z > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: x y z b) Ta dể dàng chứng minh đợc VÝ dụ 3.4 Cho 1 + + ≤1 x + y + z x+ y + z x + y +2 z Gi¶i: Ta cã: Víi a , b>0 th× + ≥ Từ đó suy a b a+ b 16 16 4 1 = ≤ + ≤ + + x + y + z ( x+ y)+( z+ x ) x + y z + x x y z (1) 16 16 4 = ≤ + ≤ + + x +2 y + z ( x+ y)+( y+ z) x + y y + z x y z (2) 16 16 4 1 = ≤ + ≤ + + x + y +2 z ( y + z)+(z+ x ) y + z z + x x y z (3) Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ VÝ dụ 3.5 16 16 16 4 + + ≤ + + =16 ⇒ x + y + z x+ y + z x + y +2 z x y z (®pcm) (41) a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam gi¸c Chứng minh r»ng: 1 1 1 + + ≥ + + a+b − c b+c −a c+ a −b a b c b) Cho a, b, c > thỏa m·n: abc=ab+ bc+ ca Chứng minh: 1 + + ≤ a+2 b+3 c b+ 2c +3 a c+ a+3 b 16 Giải ¸p dông B§T + ≥ (víi a , b>0 ¿ Ta cã: a b a+ b 1 + ≥ = (1) a+b − c b+c −a b b 1 + ≥ = (2) b+c − a c+ a −b c c 1 + ≥ = (3) c+ a −b a+b − c a a Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ (®pcm) b) T¬ng tù: ¸p dông B§T ≤ + (víi a , b>0 ¿ Ta cã: a+b a b 16 16 4 1 1 = ≤ + ≤ + + + (1) a+2 b+3 c (c +a)+2(b +c) c +a 2( b+c ) c a b c 16 16 4 1 1 = ≤ + ≤ + + + b+2 c+ a (a+ b)+ 2(c +a) a+b 2(c+ a) a b c a (2) 16 16 4 1 1 = ≤ + ≤ + + + c+2 a+ b (b+ c)+2(a+b) b+ c 2(a+ b) b c a b (3) 16 Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ ( a+2 1b+ c + b+2 1c+ a + c +2 1a+3 b )≤ 3( 1a + 1b + 1c ) 1 abc=ab+ bc+ ca ⇒ + + =1 a b c Tõ (*) vµ (**) ⇒ (®pcm) MÆt kh¸c: (*) (**) VÝ dụ 3.5 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) a b c + + <2 a+b b+c c +a b) a b c a b c + + ≥ + + 2 b+c c +a a+b 1+a 1+ b 1+c Giải a) ¸p dụng BĐT: NÕu 0< x < y , m> th× x x +m < y y+ m b a+b c b+ c < ; < b+c a+ b+c c+ a a+ b+c 2( a+b+ c) a b c (®pcm) ⇒ + + < =2 a+b b+c c+ a a+b+ c a b) Ta cã: a2 +1 ≥2 a ⇒ ≤ a +1 Ta cã: a c+ a < ; a+b a+b+ c c a b c ≤ + + ≤ Từ đó suy 2 2 c +1 1+ a 1+b 1+c Mặt khác ta lại chứng minh đơc ≤ a + b + c (B§T Net – Bit) b+ c c+ a a+b T¬ng tù: b ≤ b +1 2 vµ (1) (2) (42) Tõ (1) vµ (2) ⇒ (®pcm) Phương ph¸p sử dung bất đẳng thức C« - Si a1 +a2 +a 3+ .+ an n ≥ √ a1 a2 a3 an n Dấu “=” xảy a1=a2=a3= =an ≥ *) Víi a1 , a2 , a3 , , a n ≥ th× 2 VÝ dụ 4.1 Cho a, b > thỏa m·n ®iÒu kiÖn: a b=1 CMR: (a+ b+1)( a +b )+ a+b ≥8 Giải Áp dụng BĐT “C« - Si” cho hai sè d¬ng a2 vµ b2 ta cã: 2 a +b ≥ ab=2 ⇒ (a+ b+1)( a2 +b2 )+ 4 ≥2(a+b+1)+ =(a+ b)+ a+ b+ +2 a+b a+b a+b ( ) (1) T¬ng tù: Cñng ¸p dung B§T C« - Si ta cã: a+ b ≥2 √ ab=2 4 ≥2 (a+ b) =4 a+b (a+ b) } ⇒ Tõ (1) vµ (2) ⇒ (®pcm) √ a+b + ( (a+ b)+ a+ b+ +2≥ 2+ 4+2=8 a+b ) (2) VÝ dụ 4.2 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) a+b ¿ ¿ ¿ ¿ a b c + + >2 b+ c c+ a a+ b √ √ √ b) Giải a) Ta cã: a+b ¿ ¿ ¿ ¿ a √ b+b √ a b) ¸p dông B§T C« - Si ta cã: √ b+ c = a c a 2a ⇒ ≥ (√ b+ca ) ≤ 12 ( b+ca +1)= a+b+ 2a b+ c a+ √ b+c Tơng tự ta củng chứng minh đợc: Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ Dấu “=” xảy √ b 2b ≥ c +a a+ b+c (1) (2) vµ √ (3) a b c + + ≥2 b+ c c+ a a+ b ¿ a=b+ c b=c +a c =a+b (tr¸i víi gi¶ thiÕt) Vậy dấu “=” kh«ng xảy ⇔ a+ b+c =0 ¿{{ ¿ √ √ √ VÝ dụ 4.3 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) a2 b2 c2 a 3+ b3 +c + + ≤ abc b2 +c c 2+ a2 a 2+ b2 b) 1 a + b +c + 2+ 2 ≤ +3 2 abc a +b b + c c + a Giải c 2c ≥ a+ b a+b+ c 3 (víi a2 +b 2+ c 2=1 ) (43) a) Ta cã: 2 a2 b2 c2 a3 +b3 +c ⇒ 2+ 2+ 2 ≤ abc b +c c +a a + b b) Ta cã: 2 a a a b b b c c c ≤ = ; 2≤ = ; 2≤ = 2 b +c bc abc c + a ca abc a + b ab abc (®pcm) 1 1 1 + 2 + 2 =( a2+ b2 +c 2) 2 + 2 + 2 a +b b + c c + a a + b b + c c +a ( ) a2 b2 c2 a3 +b3 +c + + +3 ≤ +3 abc b2+ c c 2+ a2 a 2+ b2 1 1 + 3 + 3 ≤ VÝ dụ 4.4 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 3 a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc ¿ Giải 2 Ta cã: a2 +b ≥ ab⇒ (a+b)(a +b ) ≥ ab( a+b) ⇔a3 +b ≥ ab( a+b) abc abc c ⇒ 3 ≤ = a +b + abc ab( a+b)+abc a+ b+c abc a ≤ Tơng tự ta củng chứng minh đợc: 3 vµ b +c +abc a+b +c abc b ≤ 3 c + a +abc a+b +c Cộng vế với vế c¸c B§T trªn, suy điều phải chứng minh VÝ dụ 4.5 Cho a, b, c > thỏa m·n ®iÒu kiÖn: a2 +b 2+ c 2=3 Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≥3 c a b (1) Giải 2 2 2 Ta cã: (1) ⇔ a b2 + b c2 + c a2 + 2(a2 +b 2+ c2 )≥ 3( a2 +b2 +c ) c a b 2 2 2 Mµ: a b2 + b c2 + c a2 ≥ ab bc + bc ca + ca ab =a2 +b 2+ c2 c a b c a a b b c Suy điều phải chứng minh VÝ dụ 4.6 Cho x, y, z > thỏa m·n xyz = Chứng minh r»ng: a) b) x3 y3 z3 + + ≥ (1+ y )(1+ z) (1+ z)(1+ x) (1+ x)(1+ y ) xy yz zx + + ≤1 5 5 x + xy+ y y + yz+ z z +zx + x Giải a) Áp dụng bất đ¼ng thức C« - Si ta cã: x3 1+ y 1+ z x x3 x 1+ y 1+ z + + ≥ ⇒ ≥ − − (1+ y )(1+ z) 8 (1+ y)(1+ z ) 8 Tơng tự ta củng chứng minh đợc: Vµ: y3 y 1+ z 1+ x ≥ − − (1+ z)(1+ x ) 8 z3 z 1+ x 1+ y ≥ − − (1+ x)(1+ y ) 8 Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ VT x + y + z − ≥ √ xyz − = (1) 4 (®pcm) (2) (3) (44) 4 b) Ta cã: x + y ≥ x y ⇒ (x + y )( x+ y ) ≥ x y ( x + y) ⇔ x + y ≥ x y (x + y )>0 xy xy xyz z ≤ = = = 5 2 x + xy+ y xy+ x y ( x+ y ) 1+ xy( x+ y ) xyz + xy(x + y ) x+ y+ z ⇒ yz x ≤ 5 y + yz+ z x + y + z zx y ≤ Vµ 5 x + y+z z + yz+ x Tơng tự ta củng chứng minh đợc: ⇒ xy yz zx + + ≤ (®pcm) 5 5 x + xy+ y y + yz+ z z + zx+ x VÝ dụ 4.7 Cho x, y, z > Chứng minh: 3 x y z + + ≥ x+ y+z yz zx xy Giải Áp dụng bất đ¼ng thức C« - Si ta cã: x + y+ z ≥ x yz y3 + z+ x ≥3 y zx z3 + x + y ≥3 z xy }} ⇒ ( 3 3 x y z + + + 2( x+ y+ z )≥ 3(x + y + z )⇒ yz zx xy 3 x y z + + ≥ x+ y+z yz zx xy ) Phương ph¸p sử dông bất đẳng thức Bunhiacopski Víi mäi a, b, c vµ x, y, z R th× ta lu«n cã: 2 2 *) a x +b y ¿ ≤(a +b )(x + y ) DÊu “=” x¶y x = y a ¿ b *) a x +b y +cz ¿ ≤(a + b +c )(x + y + z ) DÊu “=” x¶y x = y = z 2 2 2 a ¿ Tæng qu¸t: ¿ Víi a1 ; a2 ; a3 ; ; an vµ x ; x ; x ; ; x n ∈ R th× ¿ 2 2 n (a + a + a + +a ) a1 x1 + a2 x +a3 x 3+ .+ an x n ¿2 ( x 21+ x 22 + x 23+ .+ x 2n) ≥¿ x1 x2 x3 xn DÊu “=” xảy a = a = a = = a n VÝ dụ 5.1 Cho a, b > Chứng minh r»ng: a) + ≥ a b b) a+ b n+m ¿ ¿ ¿ n2 m + ≥¿ a b Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta cã: 4= ( 1 1 1 √ a+ √ b ≤ + (a+ b)⇒ + ≥ a b a b a+b a b √ √ ) ( ) b c (®pcm) (45) b) Ta cã: ( n+m ¿ ¿ ¿ n2 m2 + ≥¿ a b m+n ¿2 ⇒ n2 m2 n m + (a+ b)≥ √ a+ √b =¿ a b √a √b ) ( ) Tæng qu¸t: a 1+ a2 +a3 + + an ¿ ¿ ¿ 2 a1 a2 a3 a 2n + + + .+ ≥ ¿ b1 b2 b3 bn *) Víi bi >0 ; i=1 , n th× *) Víi bi >0 ; i=1 , n th× (1) a 1+ a2 +a3 + + an ¿ ¿ ¿ a1 a2 a3 a + + + .+ n ≥ ¿ b1 b2 b3 bn (2) Thật vậy: ( a21 a 22 a23 a2 a a a + + + .+ n (b 1+ b2 +b3 + + bn)≥ √ b1 + √ b2 + + n √ bn b1 b b3 bn √ b1 √b √ bn ) ( a1 +a 2+ a3 + +a n ¿ ¿¿ a1 +a 2+ a3 + +a n ¿2 ¿ ¿ a21 a 22 a23 a2n ⇒ + + + .+ ≥ ¿ b1 b b3 bn §ặt bi= xi >0 thay vào (1) (2) VÝ dụ 5.2 Cho a, b, c là c¸c số thực dương Chứng minh r»ng: 2 a) a + b + c ≥ a+ b+c b c 3 b) a c) a2 + b2 + c ≥ a2 +b 2+ c2 b c d) a a2 b2 c2 a+ b+c + + ≥ b+c c +a a+b a3 b3 c3 a 2+ b2 +c + + ≥ b+c c +a a+b Giải a) Ta cã: a+b +c ¿ ¿ ¿ 2 a b c + + ≥¿ b c a b) Ta cã: a+b+ c ¿2 ¿ ¿ a2 b2 c2 + + ≥¿ b+c c +a a+b c) Ta cã: a +b +c ¿ ¿ ¿ 3 4 a b c a b c + + = + + ≥¿ 2 b c a ab bc ca d) Ta cã: a3 b3 c3 a4 b4 c4 a 2+ b2 +c + + = + + ≥ b+c c +a a+b ab+ca ab +bc bc+ca 2 2 2 ) (46) 25 a 16 b c VÝ dụ 5.3 Cho a, b, c > Chứng minh: b+c + c +a + a+b >8 Giải Ta cã: VT = 25 ( b+a c +1)+16 ( c+b a +1)+( a+bc +1)− 42 5+ 4+1 ¿2 ¿ ¿ 25 16 ¿( a+b+ c) + + ≥(a+ b+c ) ¿ b+c c+ a a+ b ( Dấu “=” xảy ) b+c c+ a a+b = = ⇒ a=0 (v« lÝ) ⇒ suy điều phải chứng minh VÝ dụ 5.4 Cho x, y, z > Chứng minh: x y2 z x y z + + ≥ + + y2 z2 x2 y z x Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta cã: x y2 z x y z + + ≥ + + y2 z2 x2 y z x ( )( xy + yz + zx )≥ xy + yz + zx B C¸C PHƯƠNG PH¸P T×M GI¸ TRỊ LỚN NHẤT, GI¸ TRỊ NHỎ NHẤT Cho biểu thức f(x,y…) *) Ta nãi M là gi¸ trị 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 thì f(x,y…) M - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = M *) Ta nãi m là gi¸ trị 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 thì f(x,y…) m - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = m I) T×M GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI Đa thức bậc hai biến VÝ dụ 1.1 a) T×m GTNN A = 3x2 – 4x + b) T×m GTLN B = – 5x2 + 6x – 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 > Giải (47) a) 1 A = x − x + − =3 x − − ≥ − Vậy GTNN A là − Đạt đợc ( ) ( ) x= b) 1 B = −5 x − x + − =−5 x − − ≤ − VËy GTLN cña B lµ − §¹t ®5 25 5 5 ( ) ( ) îc x = c) 25 1 2 C = x − x +4 + x −6 x +9=2 x − x + + =2 x − + ≥ ( ) ( 2) 2 Vậy GTNN biểu thức C = Đạt đợc x= 2 2 d) Ta cã: P = a x2 + b x + b +c − b =a x + b +c − b ( a 4a ) ( 4a 2a ) 4a b2 Nếu a > th× P c − b b2 Vậy GTNN cña P = c − Đạt đợc x=− a 4a 4a Nếu a < th× P c − b2 Vậy GTLN cña P = 4a c− b2 Đạt đợc 4a x=− b 2a VÝ dụ 1.2 a) T×m GTNN M = x2 – 3x + với x b) T×m GTLN N = x2 – 5x + với −3 ≤ x ≤ Giải 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 = Đa thức bậc hai hai biến a) Đa thức bậc hai hai biến cã điều kiện 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 Giải a) x+ y=1 ⇒ x=1− y ⇒ P = 3(1 − y ) y − 4=−3 y +3 y − 4=−3 y − − 13 ≤ − 13 ( 2) 13 Vậy GTLN P = − Đạt đợc x= y= b) x − y =2⇒ x =2 y +2 ⇒ Q ¿ y2 +8 y + 4+2 y − y −2+3 y =6 y 2+ y+ 11 11 11 ¿6 y + y+ − =6 y + − ≥− 16 8 ¿ x= 11 − §¹t đợc y=− ¿{ ¿ ( Vậy GTNN cña Q = ) ( ) (48) VÝ dụ 2a.2 T×m GTLN của P = xy víi x, y thỏa m·n ®iÒu kiÖn: b) x+ y=S vµ y ≥ a> S a) x+ y=6 vµ y ≥ Gi¶i: a) P = (6 − y ) y=8 −( y − 2)( y − 4)≤ Vậy GTLN P = Đạt đợc x = 2, y = b) Q = (S − y ) y =( S − a) a −( y −a)( y + a− S)≤(S − a) a VËy GTLN cña Q = (S – a)a Đạt đợc x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến 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 đã G(y), H(x) là hai biểu thức bậc Èn, H(x, y) là biểu thức bậc hai ẩn Chẳng hạn ta biến đổi (1) (2) với a, (4ac – b2) 0 a P ( x , y )=4 a2 x2 + abxy +4 acy 2+ adx +4 aey +4 ah ¿ a2 x +b2 y +d 2+ abxy+ adx ++ bdy +(4 ac −b 2)+2(2 ae − bd) y +4 ah − d 2 ae − bd ¿ ¿ ¿ ae − bd 2 2 ax+ by +d ¿ +( ac − b ) y + +4 ahd −¿ ac −b ¿¿ ( ) (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 – Giải a) 4P = x +4 y 2+ xy+ x +4 y=(4 x + y 2+ 1+ xy+ x +2 y)+3 y +2 y −1 4 − ≥− 3 ( ) x + y +1 ¿2 +3 y + ¿¿ Vậy GTNN P = − Đạt đợc x= y=− y − ¿2 − 80 x − y −7 ¿2 +¿ 2 ¿ 25 x +10 xy+10 y − 70 x −50 y +5=¿ b) – 5Q ⇒ Q y − 2¿ 2+16 ≤ 16 x − y −7 ¿ − ¿ ¿− ¿ Vậy GTLN Q = 16 Đạt đợc x = 1, y = VÝ dụ 3.2 T×m cặp số (x, y) với y nhỏ thỏa m·n ®iÒu kiÖn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – = (*) (49) Giải Ta cã (*) y +1¿ ≤ ⇒( y +3)( y −1)≤ ⇒ −3 ≤ y ≤1 y +1 ¿2=4 ⇒¿ x −2 y ¿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 + Giải Ta cã (**) ⇔ x 2+ xy +28 x +28 y + y 2+ 40=0 x +2 y +7 ¿2 +4 y 2=9 ⇔¿ x +2 y +7 ¿2 ≤9 ⇔( x + y +5)(x+ y+ 2) ≤0 ⇒¿ ⇔ x+ y+ 5≥ (v× x+ y+ 2≤ x+ y+ ) x+ y+ 2≤ ¿{ ⇔ − ≤ S −1 Vậy GTNN S = –4 Đạt đợc x = –5, y = GTLN S = –1 Đạt đợc x = –2, y = II PHƯƠNG PH¸P MIỀN GI¸ TRỊ x +4 √2 x +3 VÝ dụ T×m GTLN, GTNN A = x +1 Giải Biểu thức A nhận gi¸ trị a phương tr×nh: a = x +4 √2 x +3 x +1 cã nghiệm ⇔ (a −1) x −4 √ x+ a− 3=0 cã nghiÖm (1) Nếu a = th× phương tr×nh (1) cã nghiệm x = − √ Nếu a th× phương tr×nh (1) cã nghiệm Δ ' ≥ ⇔− a +4 a+5 ≥ ⇔−1 ≤ a ≤5 Vậy GTNN biểu thức A là - Đạt đợc x=− √2 Và GTLN biểu thức A là Đat đợc x= √2 VÝ dụ T×m GTLN, GTNN biểu thức: B = x+2 y +1 x + y +7 Giải Biểu thức B nhận gi¸ trị b phương tr×nh b = 2 ⇔ bx − x + by −2 y +7 b −1=0 x+2 y +1 x + y +7 cã nghiệm (2) cã nghiÖm Trong đã x là Èn, y là tham số và b là tham số cã điều kiện Nếu b = ⇒ x +2 y +1=0 (50) Δ ≥ ⇔ − b( by − y +7 b − 1)≥ Nếu b th× PT (2) cã nghiệm x (3) Coi (3) là bất phương tr×nh ẩn y BPT này xảy với gi¸ trị y 16 b2 +4 b2 (− 28 b2+ b +1) ≥ 14 Vậy GTNN biểu thức B = − 14 Đạt đợc x=− và y=− GTLN biểu thức B = Đạt đợc x=1 và y=2 III phƯơng pháp sử dụng Bất đẳng thức Sö dung B§T C« - Si VÝ dụ 1.1 T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc: A = √ x −5+ √ −3 x víi ≤ x ≤ Ta cã: A2 = x −5+7 − x+2 √ (3 x − 5)(7 −3 x)=2+ √ (3 x −5)(7 −3 x) ⇒ A2 ⇒ A √ Vậy giá trị nhỏ biểu thức A là √ Đạt đợc x= vµ y= (Biểu thức cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy cã tổng là số) VÝ dụ 1.2 Cho x, y > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x + y T×m GTNN cña biÓu thøc: P ¿ x+2 y + + x y Giải Ta cã: P ¿ ( x + y )+ x + + y + ≥ 6+2 x +2 y =9+6+ 4=19 2 x y √ x √ y Vậy giá trị nhỏ biểu thức P là 19 Đạt đợc x = và y = x √ y − 2+ y √ x − VÝ dụ 1.3 T×m GTLN cña biÓu thøc : M = Víi x ≥ ; y ≥ xy Giải x − √ y −2 + Ta cã : M = √ x y ¸p dông B§T C« - Si ta cã : x √ 3( x − 3)≤ √ 2( y − 2)≤ 2y } √ x −3 ≤ √ x y −2 √ √2 ≤ y ⇒ }⇒ M √ +√ Vậy Giá trị lớn biểu thức M là √ + √ Đạt đợc x = và y = 1 VÝ dụ 1.4 Cho x, y, z > tho¶ m·n: 1+ x + 1+ y + 1+ z ≥ thøc P = xyz (1) T×m GTLN cña biÓu (51) Giải ⇒ Tõ (1) T¬ng tù: Vµ 1 y z yz ≥ 1− + 1− = + ≥2 1+ x 1+ y 1+ z 1+ y 1+ z (1+ y)(1+ z ) ( )( √ ) zx ≥2 1+ y (1+ z)(1+ x ) √ √ xy ≥2 1+ z (1+ x )(1+ y ) 1 Nh©n vế với vế ba BĐT trªn ta cã: P = xyz DÊu “=” x¶y x= y=z = Vậy GTLN biểu thức P là Đạt đợc x= y=z = VÝ dụ 1.5 Cho < x < 1, T×m GTNN biÓu thøc: Q = − x + x Giải 2+ √ ¿ Ta cã: P = x 4(1 − x ) x (1 − x) ⇒ + +7 ≥ √ +7=¿ 1− x x GTNN biểu thức: Q = − x + x là 2+ √¿3¿ Đạt đợc 1−x x √ − 1¿2 x (1− x) = ⇔ x=¿ 1−x x (Đặt P = ax b(1 − x ) + +c 1−x x råi đồng hệ số suy a = b = 1; c = 7) x −t t − y y− z z− x VÝ dụ 1.6 Cho x, y, z, t > T×m GTNN biểu thức: M = t + y + y + z + z+ x + x +t Giải Áp dụng bất đẳng thức C«-Si ta cã: Ta cã : M = M + – = 1 + ≥ a b a+ b với a, b > ( xt+−ty +1)+( ty−+yz + 1)+( yz +−xz + 1)+( zx−+tx + 1) − = x + y + t+ z + y + x + z+t − t+ y y+z z+x x +t = ( x+ y) + +(z +t) + − ( t+ y z+ x ) ( y+z 4(x + y ) 4(z +t) + − 4=0 x + y + z +t x+ y+ z +t x −t t − y y − z z − x VËy GTNN biểu thức: M = t + y + y + z + z+ x + x +t x+ t ) là Đạt đợc x = y và z = t 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 ¸p dông B§T Bunhia Copski ta cã: (52) 2 2 x + y +z ¿ 2 2 2 xy + yz+zx ¿ ≤(x + y + z )( x + y + z )=¿ 1=¿ 2 2 4 x + y + z ¿ ≤(1+1+1)(x + y + z ) ⇒1≤¿ P ⇒ ⇒ Giá trị nhỏ biểu thức P là đạt đợc x= y=z = √ 3 4a 9b 16 c Ví dụ 2.2 Tìm GTNN P = b+c − a + c+ a −b + a+b − c đó a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Giải 4a 9b 16 c a b c 29 P = b+c − a + c+ a −b + a+b − c =4 b+c −a + +9 c +a − b + + a+b − c + − ( ¿ ) ( )( ) ( a+2b+c ) ( b+c4−a + c +a9−b +16a+ b− c ) − 292 2+ 3+4 ¿2 ¿ 29 a+b+ c 81 29 ¿− = − =26 2 a+ b+c ¿ a+b+ c ¿ ( ) Vậy giá trị nhỏ biểu thức P là 26 đạt đợc a = b = c a b c Ví dụ 2.3 Tìm giá trị nhỏ Q = 1+b − a + 1+ c − b + 1+a − c Trong đó a , b , c >0 vµ a+b +c=1 Giải Ta cã: Q a+b+ c ¿ ¿ a+b+ c ¿2 ¿ ¿ ¿ a b c ¿ + + ≥¿ b+ c c+ a a+b Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q là đạt đợc a=b=c= Ví dụ 2.4 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN P = 1 1 + + + 2 ab bc ca a +b +c Giải 1 + + ≥ ⇒ ab bc ca ab+ bc +ca P + 2 ab+ bc+ca a +b +c ¿ ( a +b1 + c + 2(ab+4bc+ ca) )+ab+ bc7 +ca 2 (53) 1+2¿ ¿ a+b +c ¿ ¿ a+b +c ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy giá trị nhỏ biểu thức P là 30 đạt đợc a = b = c = I.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI VÀ CÁC HỆ QUẢ Chứnh minh : (Với a , b 0) (BĐT Cô-si) Giải: ( a – b ) = a - 2ab + b a + b 2ab Đẳng thức xảy a = b 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 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 a = b Chứng minh: + = Chứng minh: .(Với a.b > 0) Giải: Do ab Hay + Đẳng thức xảy a = b (Với a.b < 0) Giải: + = - Do - -2 Hay + - Đẳng thức xảy a = -b Chứng minh: (Với a , b > 0) Giải: + - = = + Đẳng thức xảy a = b 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 = b;b = c;c = a a = b= c A B A B 0 Cần lưu ý tính chất: A ≥0 Đẳng thức xảy và A = Có thể nhân hai vế bất đẳng thức với số khác thích hợp B.Bài tập vận dụng: Chứng minh các bất đẳng thức sau a2 + 4b2 + 4c2 4ab - 4ac + 8bc (54) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) ( x − )( x − ) ( x − )( x − ) +10 ≥ a2 + 4b2 + 3c2 > 2a + 12b + 6c – 14 10a2 + 5b2 +12ab + 4a - 6b + 13 a2 + 9b2 + c2 + 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 > 2a + 12b + 4c a2 – 4ab + 5b2 – 2b + 2 x – xy + y 2 x + xy + y -3x – 3y + 2 x + xy + y -5x - 4y + x4 + x3y + xy3 +y4 x5 + x4y + xy4 +y5 với x + y 4 2 2 2 a + b +c ab +bc +ca 2 (a + b ).(a + 1) 4a2b ac +bd bc + ad với ( a b; c 16 19 2 d) a +b a+ b ≥ 2 2 a +b +c a+ b+c ≥ 3 a b c b a c + + ≤ + + b c a a c b 12 ab a+b ≥ 9+ab a b c 1 + + ≥ + + bc ca ab a b c ( ) ( ) (với a b c > 0) ( Với a,b > 0) (Với a,b,c > 0) HƯỚNG DẪN: Bài 1: Gọi VT bất đẳng thức là A và VP bất đẳng thức là B (Nếu không nói gì thêm qui ước này dùng cho các bài tập khác).Với các BĐT ; Bài 2: Bài 3: Bài 4: Bài 5: Bài 6: có dấu thì cần tìm điều kiện các biến để đẳng thức xảy A – B = ( a+2 c −2 b )2 4A – 4B = ( a −2 b )2 + ( a− c )2 + ( a− d )2+ ( a− e )2 A – = ( x − )( x − ) ( x − )( x − ) +9 = ( Y +3 )2 A – B = ( a −1 )2 + ( b −3 )2 +3 ( c −1 )2 +1 A = ( a – 1)2 + (3a – 2b)2 + (b + 3)2 A–B = ( a – 1)2 +(3b – 2)2 + (c - 2)2 + Bài 7: Bài 8: A – B = ( a −2 b )2 + ( b − )2 Bài 9: .x2 – xy + y2 -3x – 3y + = ( x − )2 − ( x −1 ) ( y − )+ ( y − )2 Biến đổi tiếp bài Tương tự bài x4 + x3y + xy3 +y4 = ( x − xy + y ) ( x + y )2 Tương tự bài 11 Xem ví dụ A – B = (a2 + b2).(a2 + 1) - 4a2b A - B = ac + bd - bc - ad với ( a b; c d) = ( c − d ) ( a −b ) Bài 10: Bài 11: Bài 12: Bài 13: Bài 14: Bài 15: Bài 16: 2 x – xy + y = A-B= ( y 3y x− + ) ( a2+ b2 ) − ( a+ b ) 2 (55) Bài 17: Bài 18: Xem bài tập 16 A - B = (a-c)(b-a)( (Với a Bài 19: A-B= b ( a −3 ) +a ( b − ) 9+ ab b c 0) ( Với a,b > 0) Bài 20: ( ab− bc )2 + ( bc −ac )2+ ( ac −ab )2 A-B= abc (Với a,b,c > 0) TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I: DẠNG 4ac-b b 4ac-b P ax + bx +c = a x MinP = 4a 2a Suy 4a Khi Nếu a > : x=- b 2a P ax + bx +c = Nếu a < : a c+b 4a MaxP Suy b a x a a c+b 4a x= Khi b 2a Một số ví dụ: Tìm GTNN A = 2x + 5x + 25 25 2( x x ) 7 16 16 Giải:A = 2x + 5x + = = 25 56 25 31 2( x ) 7 2( x ) 2( x ) 8 MinA 31 Khi x Suy Tìm GTLN A = -2x2 + 5x + 25 25 2( x x )7 16 16 Giải: A = -2x2 + 5x + = = 25 56 25 81 2( x )2 2( x ) 2( x ) 8 Suy MinA 81 Khi x 4 Tìm GTNN B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + MinB = : Tìm GTLN C = -3x - y + 8x - 2xy + Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + = 10 - 10 GTLNC = 10 khi: BÀI TẬP: Tìm GTNN Ax x 2008 Tìm GTLN B = + 3x - x2 Tìm GTLN D = 2007 x x Tìm GTNN F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + (56) 10 11 12 13 Tìm GTNN G = x 10 x 25 x 12 Tìm GTNN M = x + 2y - 2xy + 2x - 10y Tìm GTNN C = ( x −1 )2 − 4|3 x − 1|+ Tìm GTNN N = (x +1) + ( x - 3) Tìm GTNN K = x + y - xy +x + y (57) HƯỚNG DẪN A = x - 5x + 2008 = (x - 2,5)2 + 2001,75 MinA = 2001,75 x = 2,5 B = + 3x - x2 = -1,25 - ( x - 1,5)2 D = 2007 - x - 5x = 2004,5 - ( x + 2,5)2 F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + = (x +x+1) = G = x - 10x +25x + 12 = x(x - 5) + 12 10 M = x + 2y - 2xy + 2x - 10y = (x - y + 1) + (y - 4) -16 11 C = ( x −1 )2 − 4|3 x − 1|+ * 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 là sử dụng các bất đẳng thức đã biết để chứng minh bất đẳng thức khác.Tuy nhiên sử dụng ,ngoài hai bất đẳng thức Cô-si và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski Các bất đẳng thức khác sử dụng làm bài thi cần chứng minh lại (Xem phần trên).Để tiện theo dõi, tôi liệt kê các bất đẳng thức vào đây a2 +b ≥ ab (a,b>0) (BĐT Cô-si) ( a+b )2 ≥ ab 2 ( a2 +b2 ) ≥ ( a+b ) a b + ≥2 ; a , b> b a 1 + ≥ ; a ,b> a b a+ b a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ca ( ax+ by )2 ≤ ( a2 +b2 ) ( x 2+ y ) ( Bu nhi a cop xki) a2 b2 ( a+b ) + ≥ x y x+ y a2 b2 c2 ( a+b+ c ) + + ≥ x y z x+ y+z ab bc ca + + ≥ a+ b+c (Với a,b,c > 0) Ví dụ 9:Chứng minh c a b ab bc ca Giải:2A - 2B = +2 +2 − a− b −2 c c a b b c a c b a = a + − + b + − +c + − c b c a a b a b + ≥2 ;a , b>0 Ta có:2A - 2B a ( −2 ) +b ( −2 ) +c ( 2− ) ≥ Vậy A Áp dụng bất đẳng thức b a ( ) ( ) ( ) B.Đẳng thức xảy a = b = c > Ví dụ 10: Cho các số dương x , y thoả mãn x + y = Chứng minh : xy + 2 ≥8 x +y 2 ( 1 ) Giải: xy + 2 = xy + 2 =2 xy + 2 ≥2 2 x +y x +y x +y x +2 xy + y =8 Đẳng thức xảy ( x + y )2 2 2 a b c a c b + 2+ 2≥ + + Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức : b c a c b a a2 b2 a b a b2 c b c b c a2 c a c Giải: + ≥ =2 ; + ≥ =2 ; + ≥ =2 b c c c a a a b b b c c a a b ¿ x= y= (58) Cộng vế ba bất đẳng thức trên ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 a c b a c b 2 c a b c a c b a c b a b Đẳng thức xảy a = b = c Bài tập: Cho a,b,c là số dương.Chứng minh ( a+b +c ) ( 1a + b1 + 1c ) ≥ Cho các số dương a,b,c biết a.b.c = Chứng minh rằng: (a + 1)(b + 1)(c + 1) Cho các số a,b biết a + b = Chứng minh a) a + b b) a + b Cho số dương a,b,c và a + b + c = Chứng minh: + + Cho x , y , z 0và x + y + z Chứng minh rằng: + + + + Cho số dương a , b có tổng Chứng minh a + b + 14 Cho số dương a , b có tổng Chứng minh (a + ) + (b + ) Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c>0 1 1 1 + + ≥ + + , a+3 b b+3 c c +3 a a+2 b+ c b+2 c+ a c +2 a+ b Cho a,b,c là số dương Chứng minh : 10 a b c 1 + + ≥ + + bc ac ab a b c Cho a,b,c là số dương Chứng minh : 11 a2 b2 c2 a+ b+c + + ≥ b+c a+ c b+ a Chứng minh: a + b với a + b a b c + + ≥ Với a,b,c > b+c c +a a+b Chứng minh: a +b4 + c ≥abc ( a+b+ c ) Bài 28: Cho x ≥ ; y ≥ ; z ≥ ; 12 Chứng minh: 13 14 Chứng minh :(x + y).(y + z).(z + x) 8xyz 15 1 1 + + + + + + n+1 n+2 2n+1 2n+ n+1 Cho A = HƯỚNG DẪN: ( ba + ba )+( ac + ca )+( bc + ac )≥ 3+2+2+2=9 A = 3+ Áp dụng (a + 1) 2a a) A - B = a + b - =2( a + b) - (a + b) b) Áp dụng câu a Xem bài + + + + = ++ = + + = A = + = ( + ) + + = ( vì 2ab (a+b) ) B = + = 3( +) + (a + ) + + (b + ) + = + 5(a + ) + 5(b + ) = 5( a + b) + 5( + ) 5( a + b) + = 25 Suy ra: (a + ) + (b + ) + ; + ; + Chứng minh A >1 (59) Cộng theo vế BĐT trên ta Đpcm Ta có: + = ( + ) b c b c + = + ≥2 ac ab a c b a c a c a + = + ≥ ab bc b a c b ( ( ) ) Cộng vế bất đẳng thức trên ta đpcm Đẳng thức xáy và a = b = c (Hãy kiểm tra lại) a2 b2 c2 ( a+b+ c ) + + ≥ x y z x+ y+z 10 Áp dụng BĐT 11 12 a+b (a+b) ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) = + + a b c + + ≥ b+c c +a a+b 4 Áp dụng BĐT ví dụ cho số a +b + c tiếp tục áp dụng lần nửa cho số = (a+b+c) ( + + ) (a+b+c) = Suy ra: 13 a2b2 + b2c2 + c2a2 ta có đpcm 14 Áp dụng BĐT ( x+ y )2 ≥ xy Nhân thừa số BĐT suy ĐPCM 15 A có 2n + số hạng (Kiểm tra lại !).Áp dụng BĐT 1 + ≥ ; a ,b> Với cặp a b a+ b số hạng thích hợp có đpcm Chuyên đề 9: Phơng pháp tam giác đồng dạng I – KiÕn thøc c¬ b¶n Ta đã biết tam giác đồng dạng thì suy đợc các cặp góc tơng ứng nhau, các cặp cạnh tơng ứng tỉ lệ, đặc biệt là tỉ số diện tích chúng bình phơng tỉ số đồng dạng Để chứng minh góc hay các cặp đoạn thẳng tỉ lệ pp tam giác đồng dạng ta có thÓ lµm theo c¸c bíc sau : Bớc : Xét tam giác có chứa góc đó hay chứa các cặp đoạn thẳng Bớc : Chứng minh tam giác đó đồng dạng Bíc : Suy cÆp gãc t¬ng øng b»ng nhau, cÆp c¹nh t¬ng øng tØ lÖ Để tạo đợc tam giác đồng dạng với tam giác khác, ngoài cách vẽ đờng song song với cạnh tam giác ta còn có thể vẽ thêm đờng phụ nhiều cách khác, chẳng h¹n : - Nèi ®iÎm cã s½n h×nh lµm xuÊt hiÖn mét tam gi¸c míi - Từ điểm cho trớc, vẽ đờng thẳng vuông góc với đờng thẳng - Trên tia cho trớc, đặt doạn thẳng đoạn thẳng khác Một vài ứng dụng pp tam giác đồng dạng a) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM điểm thẳng hàng Ta có thể CM tam giác đồng dạng để suy các cặp góc tơng ứng nhau, từ đó dùng cách cộng góc để dợc góc bẹt dẫn tới điểm thẳng hàng VÝ dô : Cho tam gi¸c ABC, c¸c tia ph©n gi¸c gãc B vµ gãc C c¾t t¹i O Trªn c¸c c¹nh AB, AC lÇn lît lÊy M vµ N cho BM.BC = BO2 ; CN.CB = CO2 CMR ®iÓm M, O, N th¼ng hµng @Bg : A BM BO BOM vµ BCO cã BM.BC = BO2 BO BC ; N BM BO O B B O C M 12 ; BO BC nªn BOM ~ BCO (c.g.c) 1 B C Chứng minh tơng tự ta đợc CON ~ CBO (c.g.c) O2 B2 Ta cã O1 O2 O3 C1 B2 O3 180 Suy ®iÓm M, O, N th¼ng hµng NhËn xÐt Điều gì gợi ý cho ta dùng pp đồng dạng để giải ví dụ trên ? Đó là vì đề bài có cho BO là trung bình nhân BM và BC ; CO là trung bình nhân CN và CB, từ đó suy đ ợc các cặp đoạn thẳng tỉ lệ dẫn tới tam giác đồng dạng b) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM tích đoạn thẳng tổng các tích các cặp đoạn th¼ng b»ng sè cho tríc Ta có thể CM tam giác đồng dạng để suy cáắccpj cạnh tơng ứng tỉ lệ, dẫn tới tích các cặp ®o¹n th¼ng b»ng (60) VÝ dô : Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, gãc B nhän Gäi H vµ K lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña B trªn AD vµ CD Chøng minh r»ng DA.DH + DC.DK = DB2 @Bg : *T×m híng gi¶i : C¸c tÝch DA.DH, DC.DK cha cã mèi liªn quan trùc tiÕp nµo víi còng nh víi DB V× thÕ ta sÏ thay c¸c tÝch nµy bëi c¸c tÝch kh¸c b»ng chóng, cã liªn quan víi còng nh liªn quan víi DB Muèn vËy phải tạo đợc cặp tam giác đồng dạng với điều kiện DB phải lµ c¹nh cña mét nh÷ng tam gi¸c nh thÕ *Lêi gi¶i: H VÏ AI DB DA DI A B IDA ~ HDB DB DH DA.DH = DB.DI (1) I BA BI DC BI D K C DB DK IBA ~ KDB DB DK DC.DK = DB.BI (2) Cộng vế các BĐT (1) và (2) ta đợc : DA DH + DC DK = DB DI + DB BI = DB(DI + BI) = DB2 (®pcm) Chú ý : Nếu B = 900 thì hình bình hành ABCD trở thành hình chữ nhật Lúc đó áp dubgj định lý Ptta-go ta có điều phải chứng minh c) Dùng pp tam giác đồng dạng để giải bài toán dựng hình Đối với số bài toán dựng hình là dựng hình tam giác, biết yếu tố độ dài, còn lại là biết tỉ số các độ dài biết số đo các góc thì ta có thể nghĩ đến pp tam giác đồng dạng VÝ dô : AB A Dùng tam gi¸c ABC biÕt = 600 ; BC vµ BC = a @Bg : Phân tích : Giả sử đã dựng đợc tam giác ABC thoả mãn đề bài Vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AB, AC lần lợt M và N Từ C vẽ đờng thẳng song song với AB cắt MN P Dễ thấy A AM AB i AN AC 600 MP = BC = a AMN ~ ABC Vậy AMN dựng đợc, từ đó dựng đợc P, C và B N C¸ch dùng : p M i A i - Dùng AMN cho A = 60 ; AM = ; AN = i a - Trªn tia MN lÊy ®iÓm P cho MP = a C B i - Dùng PC // AB (C thuéc tia AN) i i - Dùng CB // MN (B thuéc tia AM) Tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c ph¶i dùng (PhÇn CM vµ biÖn luËn tù lµm) II – Bµi tËp Bµi 1: Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Gọi M và N lần lợt là trung điểm AH và BH Gọi O lµ giao ®iÓm cña AN víi CM Chøng minh r»ng : a) AN CM b) AH2 = MC.MO @Bg AB BN AB BH BN a) ABH ~ CAH (g-g) CA AH AM hay CA AM (1) Ta cã B1 A1 (2) A Tõ (1) vµ (2) suy ABN ~ CAM (c.g.c) A2 C2 XÐt tam gi¸c CAO cã CAO C2 CAO A2 90 900 O VËy AN CM AM MO CM MH AM.MH = MC.MO b) AOM ~ CHM (g.g) OM B NH C (61) AH AH 2 = MC.MO hay HA2 = MC.MO Bµi : Cho tam gi¸c ABC, ph©n gi¸c AE Chøng minh r»ng AB.AC > AE2 A @Bg AEC B (t/c gãc ngoµi cña ABE) F Trªn AC lÊy ®iÓm F cho AEF B AF < AC AE AF C B E AEF ~ ABE (g-g) AB AE AB.AF = AE2 AB.AC > AE2 Bµi : Cho tam giác ABC vuông A Gọi M là điểm di động trên AC Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc víi tia BM c¾t tia BM t¹i H, c¾t tia BA t¹i O Chøng minh r»ng : a) OA.OB = OC.OH b) Góc OHA có số đo không đổi c) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi @Bg O OB OH a) BOH ~ COA (g-g) OC OA OA.OB = OC.OH H OB OH OA OH A M b) OC OA OC OB (1) OHA vµ OBC cã O chung (2) B K C Tõ (1) vµ (2) OHA ~ OBC (c.g.c) OHA OBC (không đổi) BM BK BC BH c) VÏ MK BC ; BKM ~ BHC (g.g) BM.BH = BK.BC (3) CM CK CB CA CKM ~ CAB (g.g) CM.CA = BC.CK (4) Cộng vế (3) và (4) ta đợc BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC(BK + CK) = BC2 (không đổi) Bµi : Cho tam giác ABC cân A, đờng cao AH Trên đoạn thẳng CH và HB lần lợt lấy hai điểm M và N cho CM = HN Đờng thẳng qua M và vuông góc với BC cắt AC E Qua N vẽ đờng thẳng d NE Chứng minh M di động trên đoạn thẳng CH thì đờng thẳng d luôn luôn qua điểm cố định @Bg A E DÔ thÊy CH = MN = BC HF HN CM MN ME ME HFN ~ MNE (g.g) (1) AH CH CH CM H M B N C EM CM AH EM AHC ~ EMC (g.g) (2) F 1 BC BC HF CH MN CH BC MN AH AH AH AH (không đổi) Tõ (1) vµ (2) Do đó HF = 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 là hình chiếu D trên AB, AC, BE, CF Chøng minh r»ng ®iÓm M, N, I, K th¼ng hµng @Bg BM BD BI V× DM // CF vµ DI // CA nªn BF BC BE MI // FE (1) A E (62) M CN CD CK V× DN // BE vµ DK // AB nªn CE CB CF NK // FE AM AD AD AB AMD ~ ADB AND ~ ADC AN AD AD AC B K I D C (2) (3) (4) AM AC AB Chia vế (3) cho (4) ta đợc AN AF AC AM AF AE AB đó AN AE MN // FE ACF ~ ABE (5) Tõ (1) ; (2) ; (5) suy ®iÓm M, I, N, K th¼ng hµng Bµi : Lấy các cạnh AB, AC và BC ABC làm cạnh đáy, dựng các tam giác vuông cân ABD, ACE, BCF, hai tam gi¸c ®Çu dùng phÝa ngoµi ABC cßn tam gi¸c thø dùng cïng nöa mÆt ph¼ng bê BC víi ABC Chøng minh r»ng tø gi¸c AEFD lµ h×nh b×nh hµnh (hoÆc A, E, F, D th¼ng hµng) @Bg NÕu BAC 900 ; BAD ~ BCF(2 tam gi¸c vu«ng c©n) A E F BD BA BD BF ABC ( = 45o + B1 ) D BF BC BA BC MÆt kh¸c DBF BDF ~ BAC (c.g.c) BDF BAC B C Chøng minh t¬ng tî 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 là hình bình hành Trêng hîp nÕu BAC = 900 th× ®iÓm A, E, F, D th¼ng hµng ……… Bµi : Cho h×nh vu«ng ABCD Gäi M, N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AB, AD Gäi E vµ F lÇn lît lµ giao ®iÓm cña BN víi MC vµ AC Cho biÕt AB = 30 cm, tÝnh diÖn tÝch c¸c tam gi¸c BEM vµ AFN @Bg A M B ABN = BCM (c.g.c) B1 C1 BN CM ABN vu«ng t¹i A, AB = 30; AN = 15 BN2 = 1125 E F S 225 BM N BEM S BAN BN 1125 BEM ~ BAN 1 D C SBAN = 30.15 = 225 SBEM = 225 = 45 (cm2) FN AN 1 AFN ~ CFB FB BC FN = BF = BN 1 đó SAFN = SABN = 225 = 75 cm2 Bµi : Qua điểm O nằm tam giác ABC ta vẽ đờng thẳng song song với cạnh Các đờng thẳng này chia tam giác ABC thành hình bình hành và tam giác nhỏ Biết diện tích các tam giác đó lµ a2 , b2 , c2 a) TÝnh SABC b) Chøng minh S a2 + b2 + c2 @Bg a) Dễ thấy các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với ABC a DH a DH A d BC BC §Æt SABC = d2 Ta cã d (1) E F M c2 O b N (63) a 2 2 b ON HC b HC d d BC BC BC B D H (2) c c BD MO BD d d BC BC BC (3) a b c DH HC BD 1 d BC Cộng vế các đẳng thức (1) , (2) , (3) ta đợc 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 cña ABC Ví dụ 8: a2+ 12 a+9 Rút gọn Biếu thức B= Với a − 2 a −a − 0,5 a + a+2 a − : + Thực phép tính: (a 1+ 0,5 a a+ a ( −a ) a b ± 2.) Giải: 2 ( a+3 ) a + 12 a+9 a+ ¿ = ( a+ )( a− ) a −2 a −a − 0,5 a + a+2 a − a + 2a+ a+2 : + = ⋅ + b 1+ 0,5 a a+ a ( −a ) a+2 ( a −8 a 2− a ) a +2 a+ a −2 ¿ − = = ( ) ( ) ( a− ) ( a +2 a+ ) a a −2 a a −2 a 2 3 x + y − xy x +y Ví dụ 9: Thực phép tính: A= 2 : 2 ( Với x x −y x + y −2 xy a B= Giải: ( x − y )2 x + y − xy x +y x + y − xy : = ⋅ x2 − y2 x2 + y −2 xy ( x − y ) ( x+ y ) ( x + y ) ( x 2+ y − xy ) x−y (x + y ) x + x + x+1 Ví dụ 10: Cho biểu thức : A= x − x +2 x − x +1 A= a b 3 2 Rút gọn biểu thức A Chứng minh A không âm với giá trị x Giải: x + x + x+ x + x 3+ x+1 = x − x +2 x − x +1 x − x + x 2+ x2 − x +1 ( x +1 ) ( x3 +1 ) x ( x +1 ) + ( x +1 ) ¿ 2 = x ( x − x +1 ) + ( x − x+ ) ( x − x +1 )( x2 +1 ) ( x +1 )2 ( x2 − x +1 ) ( x+ )2 = ( x − x+ )( x +1 ) ( x 2+1 ) ( x +1 )2 A= ; ( x+1 )2 ≥ ; x2 +1>0 ⇒ A ≥ b x +1 A= Ví dụ 11: Tính giá trị biếu thức : a5+ a6 +a 7+ a8 a−5 +a−6 +a −7 +a −8 ± y) C (64) với a = 2007 Giải: 8 a +a + a +a a + a +a + a = −6 −7 −8 1 1 a +a +a +a + 6+ + a a a a 8 a + a +a + a a ( a + a +a + a ) = a3 + a2+ a1 +1 a3 +a 2+ a+1 a8 a13 ( 1+ a+a2 +a ) 13 =a ⇒ B=200713 a +a + a+1 B= −5 Ví dụ 12: Tính giá trị biếu thức : x −25 y −2 : x −10 x +25 x y − y − Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x − 3| Giải: x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x − 3| ⇔ ( x −3 y )2+|x − 3|=0 ⇔ x=3 y x=3 ⇔ ¿ x=3 y=1 ¿{ ( x − ) ( x+5 ) ( y −2 )( y +1 ) x −25 y −2 C= : = ⋅ y−2 x −10 x +25 x y − y − x ( x −5 )2 ( x +5 ) ( y +1 ) 8 ¿ = =− x ( x −5 ) ( −2 ) Bài tập: 13 Chứng minh Biếu thức ( x +a ) (1+ a ) +a2 x 2+1 P= ( x −a ) (1 − a ) +a2 x 2+1 không phụ thuộc vào x 14 Cho biểu thức M = a b c 15 x −2 x +2 x − x2 −3 x +6 x2 +2 x − Tìm tập xác định M Tính giá trị x để M = Rút gọn M Cho a,b,c là số đôi khác Chứng minh : b −c c −a a −b 2 + + = + + ( a −b ) ( a − c ) ( b −a )( b − c ) ( c −a )( c −b ) a − b b − c c − a | x+10| 16 Cho biểu thức : B = x + x −9 x +9 x −10 a b a 3; y Rút gọn B Chứng minh : n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 ⋮ 16 với n Rút gọn biểu thức : A= Z 2 x +3 y − xy x +9 − − xy +2 x −3 y −6 xy +2 x +3 y +6 x − -2 ( 2+ x x 2 − x x −3 x − − : 2− x x −4 2+ x x − x3 ) b Cho Biếu thức : A = a b c Tìm điều kiện có nghĩa và Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị x để A > Tìm giá trị A trường hợp |x − 7|=4 với x -3; x (65) 19 a.Thực phép tính: 1 16 + + + a.A = − x + 1+ x + 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 16 1 − 2 a − a +9 a2+ − b Rút gọn C = 1 a + 2 a − a +9 20 Cho a,b,c là số đôi ab bc ac + + ( b− c ) ( c − a ) ( a− b ) ( c − a ) ( b −c ) ( a −b ) 2a − b b − a + −3 21 Tính giá trị biểu thức : a− b a+b 10 a2 −3 b2 −5 ab=0 ∧9 a2 −b ≠ 22 Cho a + b + c = và a2 +b 2+ c 2=1 x y z = = Chứng minh xy + yz + zx = a Nếu a b c Tính S = biết: b.Nếu a3 + b3 + c3 = Tính giá trị a,b,c Bài 11: Cho Biếu thức : A= 23 a b a −1 −a + a −1 a+1 Tính giá trị A a = -0,5 Tính giá trị A : 10a2 + 5a = 1 + + =1 1+ x + xy 1+ y+ yz 1+ z+ zx a2 +3 ab a2 −5 ab −3 b a2 − an+ bn +ab + = 25 Chứng minh đẳng thức sau: a2 − b2 ab − a2 − b2 bn − a2 − an+3 ab 1 1 26 Thực phép tính: − 1− 1− − 2 2008 1 27 Tính tổng : S(n) = + + + ( n −1 ) ( n+2 ) a −12 a 2+17 a− 28 Rút gọn tính giá trị biểu thức :A = a −2 Biết a là nghiệm Phương trình : |a −3 a+ 1|=1 b c a 29 Gọi a,b,c là độ dài cạnh tam giác biết rằng: 1+ 1+ 1+ =8 a b c 24 Chứng minh xyz = thì: ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) 30 Chứng minh tam giác đó là tam giác Chứng minh a,b là số dương thỏa điều kiện: a + b = thì : ( b− a ) a b − = 2 b − a −1 a b + 3 31 Thực phép tính: A= 32 x − yz y − xz z − xy + + ( x + y ) ( x+ z ) ( x + y ) ( y + z ) ( y + z )( x + z ) a3 +b3 +c −3 abc Rút gọn biểu thức : A = a+ b+c 33 Chứng minh biểu thức sau luôn dương TXĐ: 2 B= 34 ( 1− x ) 1+ x : [( )( )] Rút gọn Tính giá trị biếu thức với x + y = 2007 A= 35 1− x 1+ x +x −x 1−x 1+ x x (x +5)+ y ( y +5)+ 2(xy −3) x ( x+ 6)+ y ( y+ 6)+ xy Cho số a,b,c thỏa mãn đẳng thức: a+b − c a+ c − b b+c −a = = c b a (66) ( a+b )( b+ c )( c +a ) abc xy − z yz − x2 zx − y Cho biểu thức : A= Chứng minh : xy +2 z yz+ x xz+2 y Tính giá trị biểu thức P = 36 x + y + z = thì A = HƯỚNG DẪN: 13 P= ( x +a ) (1+ a ) +a x +1 1+ a+a2 = ( x2 −a ) (1 − a ) +a2 x 2+1 1− a+ a2 14 15 = x −2 x +2 x − x −3 x +6 M= x +2 x − ( x +3 ) ( x − ) ¿ x+ b −c 1 c−a 1 = + = + = ( a −b ) ( a − c ) a − b c − a ( b− a ) ( b − c ) b − c a −b a− b 1 = + b −c c − a (c − a) (c − b) 16 a.Rút gọn B = | x+10| x + x −9 x +9 x −10 = | x+10| ( x −1 ) ( x +10 ) ( x +1 ) ; ( x> −10 lx ≠1 ) ( x −1 ) ( x 2+1 ) ¿ − ( x+ 10 ) ; ( x <−10 ) ( x −1 ) ( x+10 ) ( x +1 ) ¿ ¿ ¿ ¿¿ b n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 ¿ [ n ( n+1 ) ] x +3 y − xy x2 +9 A= − − 17 xy +2 x −3 y −6 xy +2 x +3 y +6 x − 2 x+ y − xy x +9 ¿ − − = xy +2 x −3 y −6 xy +2 x+3 y +6 x −9 ( x − ) ( x+3 )( y +2 ) 18 2 2+ x 4x − x x −3 x x − − : = a.A = 2− x x −4 2+ x x − x3 x − x2 >0 ⇔ x>3 b.A > ⇔ x−3 |x − 7|=4 ⇒ x=11 ¿ x=3 c ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 121 x = 11 ⇒ A= x = ⇒ A không xác định ( 19 1 ) 16 32 + + + = a.A = − x + 1+ x + 16 32 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 1− x (67) 1 − a − a +9 a2+ − =−1 b Rút gọn C = 1 a + 2 a − a +9 ab bc ac + + 20 S= ( b− c ) ( c − a ) ( a− b ) ( c − a ) ( b −c ) ( a −b ) ab ( a − b ) + bc ( b −c ) +ac ( c − a ) − ( a −b )( b − c )( c −a ) ¿ = =−1 ( a− b ) ( b − c )( c −a ) ( a− b ) ( b − c ) ( c −a ) 21 Từ: 10 a2 −3 b2 −5 ab=0 ∧9 a2 −b ≠ ⇒5 ab=3 b2 − 10 a2 (1) 2a − b b − a a2 −15 ab −6 b + − 3= Biến đổi A = (2) a− b a+b a2 − b2 Thế (1) vào (2) ; A = - 22 Từ a + b + c = và a2 +b 2+ c 2=1 suy ra: ab + bc + ca = (1) a Nếu x y z = = a b c suy : 2 x y z x+ y+ z = = = =x + y + z a b c a+b+ c ⇒ ( x + y + z ) =x + y + z Suy xy + yz + zx = b Áp dụng ( a+b +c )3 − ( a3 +b 3+ c )=3 ( a+ b ) ( b+c ) ( c +a ) Từ a3 + b3 + c3 = Suy ra: ( a+b )( b +c )( c+ a )=0 Từ đó tính a , b , c 23 24 Xem bài 21 Từ xyz = Biến đổi 1 + + 1+ x+ xy 1+ y + yz 1+ z +zx y yz ¿ + + 1+ y + yz 1+ y+ yz 1+ y+ yz 25 Chứng minh : 2 2 a +3 ab a −5 ab −3 b a − an+ bn +ab a+b + = = 2 2 a − b ab − a − b bn − a − an+3 ab b − a 1 1 − 1− 1− − 26 2008 2 1997 1999 1999 1999 ¿ = = .1998 1998 1998 3996 ( )( )( ) ( ) 27 1 + + .+ 5 ( n −1 )( n+2 ) 1 1 1 n ¿ − + − + − = 5 n −1 n+ 2 ( n+ ) 2 a −12 a +17 a −2 A= =2 a − a+1 28 a −2 |a2 − a+1|=1 ⇔ a=0 ; a=3⇒ A=1 ; A=− ¿ a=1 ; a=2⇒ A=−5 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ( a −b )2 ( b −c )2 ( c −a )2 b c a 1+ 1+ 1+ =8 ⇔ + + =0 29 a b c ab bc ca ( ( )( )( ) 30 Rút gọn ) (68) ( a − b ) ( a2 +b − ) ( b− a ) a b − = = 3 2 b − a −1 a b + ab ( b2 +b+1 ) ( a2+ a+1 ) x − yz x y y − xz y z = − = − 31 = ( x + y ) ( x+ z ) x+ z x+ y (x + y ) ( y + z) x + y y + z z − xy z x = − Cộng vế A = ( x + z ) ( y+ z ) y + z x+ z a3 +b3 +c −3 abc a+ b+c a3 +b 3+ c − abc= ( a+b+ c ) ( a2+ b2 +c − ab − bc −ca ) 33 TXĐ: x ≠ ±1 ;B = 1+ x 32 A= 34 x (x +5)+ y ( y +5)+ 2(xy −3) ( x + y +6 )( x + y −1 ) = x ( x+ 6)+ y ( y+ 6)+ xy ( x + y +6 )( x + y ) a+b − c a+ c − b b+c −a = = Từ: c b a a+b − c a+ c − b b+c −a +2= + 2= +2 c b a a+b+ c a+ c+ b b+c +a = = c b a A= 35 Suy ra: Suy ra: Suy ra: a + b + c = a = b = c P = -1 P = 36 Từ: x + y + z = suy ra: x 3+ y3 + z 3=3 xyz M M =63 x y z2 −16 xyz ( x 3+ y 3+ z ) + ( x y3 + y z 3+ z3 x ) N N=9 x y z 2+ xyz ( x + y 3+ z3 ) + ( x y 3+ y z + z x ) A= (69)