chuyen de boi duong toan 8

MỤC TIÊU: * Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân [r]

CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải số bài tập phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ và kỹ phân tích đa thức thành nhân tử B CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bổ sung: + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ thì có dạng p/q đó p là ước hệ số tự do, q là ước dương hệ số cao + Nếu f(x) có tổng các hệ số thì f(x) có nhân tử là x – + Nếu f(x) có tổng các hệ số các hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng tử bậc lẻ thì f(x) có nhân tử là x + f(1) f(-1) + Nếu a là nghiệm nguyên f(x) và f(1); f(- 1) khác thì a - và a + là số nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước hệ số tự Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Ta nhân thấy nghiệm f(x) có thì x = 1; 2; 4 , có f(2) = nên x = là nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử là x – Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất nhân tử là x – Cách 1: x3 – x2 – = x  x2    x2  x    x   x  x    x( x  2)  2( x  2) =  x    x2  x   Cách 2: x3  x  x   x   x3     x   ( x  2)( x  x  4)  ( x  2)( x  2) =  x     x  x    ( x  2)  ( x  2)( x  x  2) Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: 1, 5 không là nghiệm f(x), f(x) không có nghiệm nguyên Nên f(x) có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = là nghiệm f(x) đó f(x) có nhân tử là 3x – Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x3  x  x  x  15 x   3x3  x    x  x    15 x  5 2 = x (3x  1)  x(3x  1)  5(3x  1) (3 x  1)( x  x  5) 2 Vì x  x  ( x  x 1)  ( x  1)   với x nên không phân tích thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng các hệ số các hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử là x + x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + Tổng các hệ số thì nên đa thức có nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) Vì x4 - x3 + x2 - x - không có nghiệm nguyên không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm, bớt cùng số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt cùng số hạng tử để xuất nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung là x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + Giả sử x  ta viết 1 + 2 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – x x ) = x2 [(x2 + x ) + 6(x - x ) + ] 1 Đặt x - x = y thì x2 + x = y2 + 2, đó A = x (y + + 6y + 7) = x (y + 3) = (xy + 3x) = [x(x - x )2 + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 2 2 Chú ý: Ví dụ trên có thể giải cách áp dụng đẳng thức sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3: 2 2 A = ( x  y  z )( x  y  z )  ( xy  yz +zx)  ( x  y  z )  2( xy  yz +zx)  ( x  y  z )  ( xy  yz +zx) = 2 Đặt x  y  z = a, xy + yz + zx = b ta có 2 A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x  y  z + xy + yz + zx)2 4 2 2 2 2 Ví dụ 4: B = 2( x  y  z )  ( x  y  z )  2( x  y  z )( x  y  z )  ( x  y  z ) Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 2 2 2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x y  y z  z x ) và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; 2 2 2 B = - 4( x y  y z  z x ) + (xy + yz + zx)2 2 2 2 2 2 2 2 =  x y  y z  z x  x y  y z  z x  x yz  xy z  xyz 8 xyz ( x  y  z ) 3 3 Ví dụ 5: (a  b  c)  4(a  b  c )  12abc Đặt a + b = m, a – b = n thì 4ab = m2 – n2 m2 - n a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + ) Ta có: m3 + 3mn  4c3  3c(m - n ) C = (m + c) – = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Nhận xét: các số 1, 3 không là nghiệm đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên củng không có nghiệm hữu tỉ Như đa thức 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  a  c   ac  b  d 12    ad  bc  14  đồng đa thức này với đa thức đã cho ta có: bd 3 1, 3 Xét bd = với b, d  Z, b   với b = thì d = hệ điều kiện trên trở thành a  c  ac     a  3c  14 bd 3 2c    ac 8 c   a  Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm là x = nên có thừa số là x - đó ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) a   b  a     c  2b 6  = 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c   2c 8 a 1  b  c   Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - là đa thức có tổng hệ số các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn nahu nên có nhân tử là x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – ac 12 bc  ad  10   3c  a 5 bd  12   3d  b 12  a 4 c 3   b  d 2  12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x -4 7x 10)1)64x + y+4 + 16 11)2)a6x+ -a9x + a+2b6x + b4 - b6 6x2 +- xy3+- 30 12)3)x3x+-3xy - x + 5x 2+ 13)4)4x2x + 4x + 5x + 2x + 5) 27x3 - 27x2 + 18x - 14) x8 + x + 6) x82 + 2xy4 + y2 - x - y - 12 15) x + 3x + 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 16) 3x24 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 8) 4x - 32x + 17)9)x43(x - 8x + 63 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 CHUYÊN ĐỀ - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC A MỤC TIÊU: HS nắm công thức khai triển luỹ thừa bậc n nhị thức: (a + b)n Vận dụng kiến thức vào các bài tập xác định hệ số luỹ thừa bậc n nhị thức, vận dụng vào các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Nhị thức Niutơn: Trong đó: C kn  n 1 (a + b)n = an + Cn an - b + Cn an - b2 + …+ Cn ab n - + bn n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] 1.2.3 k II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn: Cách 1: Dùng công thức C kn  n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7 là C 74  7.6.5.4 7.6.5.4  35 4! 4.3.2.1 Chú ý: a) C b) Ta có: C k n k n  n! 7! 7.6.5.4.3.2.1 C 74   35 n!(n - k) ! với quy ước 0! =  4!.3! 4.3.2.1.3.2.1 =C k-1 n nên C 74 C 37  7.6.5 35 3! Cách 2: Dùng tam giác Patxcan Đỉnh Dòng 1(n = 1 1) Dòng 2(n = 1) Dòng 3(n = 3) Dòng 4(n = 4) Dòng 5(n = 5) Dòng 6(n = 1 10 1 1 15 20 15 6) Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1; dòng k + thành lập từ dòng k (k 1), chẳng hạn dòng (n = 2) ta có = + 1, dòng (n = 3): = + 1, = + dòng (n = 4): = + 3, = + 3, = + 1, … Với n = thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 Với n = thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 Với n = thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 Cách 3: Tìm hệ số hạng tử đứng sau theo các hệ số hạng tử đứng trước: a) Hệ số hạng tử thứ b) Muốn có hệ số của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số hạng tử thứ k nhân với số mũ biến hạng tử thứ k chia cho k 1.4 4.3 4.3.2 4.3.2 2 Chẳng hạn: (a + b) = a + a b + a b + 2.3 ab + 2.3.4 b5 4 Chú ý rằng: các hệ số khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa là các hạng tử cách hai hạng tử đầu và cuối có hệ số n(n - 1) n(n - 1) (a + b)n = an + nan -1b + 1.2 an - 2b2 + …+ 1.2 a2bn -2 + nan - 1bn - + bn III Ví dụ: Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử a) A = (x + y)5 - x5 - y5 Cách 1: khai triển (x + y)5 rút gọn A A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5 = 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3) = 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2) Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5) x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có: x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung là (x + y), đặt (x + y) làm nhân tử chung, ta tìm nhân tử còn lại b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) - x7 - y7 = 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6 = 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )] = 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x + y)} = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2 Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số các đa thức có sau khai triển a) (4x - 3)4 Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có: (4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81 Tổng các hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 = b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4 Tổng các hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Thay x = vào đẳng thức trên ta có: (4.1 - 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 = * Ghi chú: Tổng các hệ số khai triển nhị thức, đa thức giá trị đa thức đó x = C BÀI TẬP: Bài 1: Phân tích thành nhân tử a) (a + b)3 - a3 - b3 b) (x + y)4 + x4 + y4 Bài 2: Tìm tổng các hệ số có sau khai triển đa thức a) (5x - 2)5 b) (x2 + x - 2)2010 + (x2 - x + 1)2011 CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN A MỤC TIÊU: * Củng cố, khắc sâu kiến thức các bài toán chia hết các số, các đa thức * HS tiếp tục thực hành thành thạo các bài toán chứng minh chia hết, không chia hết, sốnguyên tố, số chính phương… * Vận dụng thành thạo kỹ chứng minh chia hết, không chia hết… vào các bài toán cụ thể B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết Kiến thức: * Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các đoi nguyên tố cùng nhau, chứng minh A(n) chia hết cho các số đó * Chú ý: + Với k số nguyên liên tiếp củng tồn bội k + Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m + Với số nguyên a, b và số tự nhiên n thì: +) an - bn chia hết cho a - b (a b) +) a2n + + b2n + chia hết cho a +b + (a + b)n = B(a) + bn +) (a + 1)n là BS(a )+ +)(a - 1)2n là B(a) + +) (a - 1)2n + là B(a) Bài tập: Các bài toán Bài 1: chứng minh a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13 c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - chia hết cho không chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n N Giải a) 251 - = (23)17 -  23 - = b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935  + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 +  17 + = 18 và 1917 -  19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917  18 d) 3663 -  36 - = 35  3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - e) 4n - = (24) n -  24 - = 15 Bài 2: chứng minh a) n5 - n chia hết cho 30 với n  N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n N ; Giải: a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho vì (n - 1).n.(n+1) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho và (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5) = n(n2 - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) Từ (*) và (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k  Z) thì A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)  A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A là bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) và (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta có: 27n - 27  27 (1) n + 10 - 9n - = [( vì  và 1  n 9  n + 1) - 9n - 1] = - n  1  n 9  n - 9n = 9( 1  n - n)  27 (2) - n là số có tổng các chữ số chia hết cho Từ (1) và (2) suy đpcm Bài 3: Chứng minh với số nguyên a thì a) a3 - a chia hết cho b) a7 - a chia hết cho Giải a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn số là bội nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nếu a = 7k (k  Z) thì a chia hết cho Nếu a = 7k + (k  Z) thì a2 - = 49k2 + 14k chia hết cho Nếu a = 7k + (k  Z) thì a2 + a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Nếu a = 7k + (k  Z) thì a2 - a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Trong trường hợp nào củng có thừa số chia hết cho Vậy: a7 - a chia hết cho Bài 4: Chứng minh A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 Giải Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) Mỗi số hạng ngoặc chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) và (2) suy A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B Bài tập nhà Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n chẵn c) Cho a l à số nguyên tố lớn Cmr a2 – chia hết cho 24 d) Nếu a + b + c chia hết cho thì a3 + b3 + c3 chia hết cho e) 20092010 không chia hết cho 2010 f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho Dạng 2: Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư chia 2100 a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 Giải a) Luỹ thừa sát với bội là 23 = = - Ta có : 2100 = (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - = B(9) + Vậy: 2100 chia cho thì dư b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + Vậy: 2100 chia chop 25 thì dư c)Sử dụng công thức Niutơn: 2100 = (5 - 1)50 = (550 50.49 - 549 + … + 52 - 50 ) + Không kể phần hệ số khai triển Niutơn thì 48 số hạng đầu đã chứa thừa số với số mũ 50.49 lớn nên chia hết cho = 125, hai số hạng tiếp theo: 52 - 50.5 chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là Vậy: 2100 = B(125) + nên chia cho 125 thì dư Bài 2: Viết số 19951995 thành tổng các số tự nhiên Tổng các lập phương đó chia cho thì dư bao nhiêu? Giải Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an 3 3 3 3 Gọi S  a1  a + a + + a n = a1  a + a + + a n + a - a = (a1 - a1) + (a2 - a2) + …+ (an - an) + a Mỗi dấu ngoặc chia hết cho vì dấu ngoặc là tích ba số tự nhiên liên tiếp Chỉ cần tìm số dư chia a cho 1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, đó chia cho dư Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng 2100 viết hệ thập phân giải Tìm chữ số tận cùng là tìm số dư phép chia 2100 cho 1000 Trước hết ta tìm số dư phép chia 2100 cho 125 Vận dụng bài ta có 2100 = B(125) + mà 2100 là số chẵn nên chữ số tận cùng nó có thể là 126, 376, 626 876 Hiển nhiên 2100 chia hết cho vì 2100 = 1625 chi hết cho nên ba chữ số tận cùng nó chia hết cho các số 126, 376, 626 876 có 376 chia hết cho Vậy: 2100 viết hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376 Tổng quát: Nếu n là số chẵn không chia hết cho thì chữ số tận cùng nó là 376 Bài 4: Tìm số dư phép chia các số sau cho a) 2222 + 5555 b)31993 c) 19921993 + 19941995 d) 21930 Giải a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS +1)22 + (BS – 1)55 = BS + + BS - = BS nên 2222 + 5555 chia dư b) Luỹ thừa sát với bội là 33 = BS – Ta thấy 1993 = BS + = 6k + 1, đó: 31993 = 6k + = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, đó: 19921993 + 19941995 = (BS – 3)1993 + (BS – 1)1995 = BS – 31993 + BS – Theo câu b ta có 31993 = BS + nên 19921993 + 19941995 = BS – (BS + 3) – = BS – nên chia cho thì dư 1930 d) = 32860 = 33k + = 3.33k = 3(BS – 1) = BS – nên chia cho thì dư Bài tập nhà Tìm số d khi: a) 21994 cho b) 31998 + 51998 cho 13 c) A = 13 + 23 + 33 + + 993 chia cho B = + + + + 99 Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy quan hệ chia hết Bài 1: Tìm n  Z để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị biểu thức B = n2 - n Giải Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + = (n + 3)(n2 - n) + Để A chia hết cho B thì phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) đó chia hết cho n, ta có: n n-1 n(n - 1) 0 loại -1 -2 2 -2 -3 loại Vậy: Để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị biểu thức   1; 2 B = n2 - n thì n  Bài 2: a) Tìm n  N để n5 + chia hết cho n3 + b) Giải bài toán trên n  Z Giải Ta có: n5 +  n3 +  n2(n3 + 1) - (n2 - 1)  n3 +  (n + 1)(n - 1)  n3 +  (n + 1)(n - 1)  (n + 1)(n2 - n + 1)  n -  n2 - n + (Vì n +  0) a) Nếu n = thì 1 Nếu n > thì n - < n(n - 1) + < n2 - n + nên không thể xẩy n -  n2 - n + Vậy giá trụ n tìm là n = b) n -  n2 - n +  n(n - 1)  n2 - n +  (n2 - n + ) -  n2 - n +   n2 - n + Có hai trường hợp xẩy ra: n   + n2 - n + =  n(n - 1) =   n  (Tm đề bài) + n2 - n + = -1  n2 - n + = (Vô nghiệm) Bài 3: Tìm số nguyên n cho: a) n2 + 2n -  11 b) 2n3 + n2 + 7n +  2n - c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n +  n4 - d) n3 - n2 + 2n +  n2 + Giải a) Tách n2 + 2n - thành tổng hai hạng tử đó có hạng tử là B(11) n2 + 2n -  11  (n2 - 2n - 15) + 11  11  (n - 3)(n + 5) + 11  11  n  311    (n - 3)(n + 5)  11   n + 11  n = B(11) +  n = B(11) -  b) 2n3 + n2 + 7n + = (n2 + n + 4) (2n - 1) +  2n  2n   2n    2n   Để 2n + n + 7n + 2n - thì 2n - hay 2n - là Ư(5) Vậy: n    2; 0; 1;  thì 2n3 + n2 + 7n +  2n - c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n +  n4 - Đặt A = n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + = (n4 - n3) - (n3 - n2) + (n2 - n) - (n - 1)     1=-5 = -1  1=1 1=5 n = - n =  n =  n = = n3(n - 1) - n2(n - 1) + n(n - 1) - (n - 1) = (n - 1) (n3 - n2 + n - 1) = (n - 1)2(n2 + 1) B = n4 - = (n - 1)(n + 1)(n2 + 1) A chia hết cho b nên n    A chia hết cho B  n -  n +  (n + 1) -  n + n n  n   n +  n      n = -3 1=-2 n = - 1=-1  n = 1=1   Tm) 1=2  n = (khong  3;  2;  Vậy: n   thì n4 - 2n3 + 2n2 - 2n +  n4 - d) Chia n3 - n2 + 2n + cho n2 + thương là n - 1, dư n + Để n3 - n2 + 2n +  n2 + thì n +  n2 +  (n + 8)(n - 8)  n2 +  65  n2 + Lần lượt cho n2 + 1; 5; 13; 65 ta n 0; 2; 8 Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = (T/m) Vậy: n3 - n2 + 2n +  n2 + n = 0, n = Bài tập nhà: Tìm số nguyên n để: a) n3 – chia hết cho n – b) n3 – 3n2 – 3n – chia hết cho n2 + n + c)5n – 2n chia hết cho 63 Dạng 4: Tồn hay không tồn chia hết Bài 1: Tìm n  N cho 2n – chia hết cho Giải Nếu n = 3k ( k  N) thì 2n – = 23k – = 8k - chia hết cho Nếu n = 3k + ( k  N) thì 2n – = 23k + – = 2(23k – 1) + = BS + Nếu n = 3k + ( k  N) thì 2n – = 23k + – = 4(23k – 1) + = BS + V ậy: 2n – chia hết cho n = BS Bài 2: Tìm n  N để: a) 3n – chia hết cho b) A = 32n + + 24n + chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho Giải a) Khi n = 2k (k  N) thì 3n – = 32k – = 9k – chia hết cho – = Khi n = 2k + (k  N) thì 3n – = 32k + – = (9k – ) + = BS + Vậy : 3n – chia hết cho n = 2k (k  N) b) A = 32n + + 24n + = 27 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25 32n + 2.32n + 2.24n = BS 25 + 2(9n + 16n) Nếu n = 2k +1(k  N) thì 9n + 16n = 92k + + 162k + chia hết cho + 16 = 25 Nếu n = 2k (k  N) thì 9n có chữ số tận cùng , còn 16n có chữ số tận cùng suy 2((9n + 16n) có chữ số tận cùng nên A không chia hết cho nên không chia hết cho 25 c) Nếu n = 3k (k  N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho Nếu n = 3k + thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 23k = BS + 8k = BS + 3(BS – 1)k = BS + BS + Tương tự: n = 3k + thì 5n – 2n không chia hết cho CHUYÊN ĐỀ 4: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I Soá chính phöông: A Một số kiến thức: Soá chính phöông: soá baèng bình phöông cuûa moät soá khaùc Ví duï: = 22; = 32 A = 4n2 + 4n + = (2n + 1)2 = B2 + Số chính phương không tận cùng các chữ số: 2, 3, 7, + Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 4, chia hết cho thì chia hết cho 9, chia hết cho thì chia hết cho 25, chia hết cho 23 thì chia hết cho 24,… + Số 11  n = a thì 99  n = 9a  9a + = 99  n + = 10n B Một số bài toán: Baøi 1: Chứng minh rằng: Một số chính phương chia cho 3, cho có thể dư Giaûi Goïi A = n2 (n  N) a) xeùt n = 3k (k  N)  A = 9k2 neân chia heát cho n = 3k  (k  N)  A = 9k2  6k + 1, chia cho dö Vậy: số chính phương chia cho dư b) n = 2k (k  N) thì A = 4k2 chia heát cho n = 2k +1 (k  N) thì A = 4k2 + 4k + chia cho dö Vậy: số chính phương chia cho dư Chuù yù: + Soá chính phöông chaün thì chia heát cho + Soá chính phöông leû thì chia cho thì dö 1( Chia cuûng dö 1) Baøi 2: Soá naøo caùc soá sau laø soá chính phöông a) M = 19922 + 19932 + 19942 b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 c) P = + 9100 + 94100 + 1994100 d) Q = 12 + 22 + + 1002 e) R = 13 + 23 + + 1003 Giaûi a) caùc soá 19932, 19942 chia cho dö 1, coøn 19922 chia heát cho  M chia cho dö đó M không là số chính phương b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 goàm toång hai soá chính phöông chaün chia heát cho 4, vaø hai soá chính phöông leû neân chia dö suy N khoâng laø soá chính phöông c) P = + 9100 + 94100 + 1994100 chia dö neân khoâng laø soá chính phöông d) Q = 12 + 22 + + 1002 Soá Q goàm 50 soá chính phöông chaün chia heát cho 4, 50 soá chính phöông leû, moãi soá chia dư nên tổng 50 số lẻ đó chia thì dư đó Q chia thì dư nên Q không là số chính phöông e) R = 13 + 23 + + 1003 k(k + 1) k(k - 1) 2 Goïi Ak = + + + k = , Ak – = + + + k = Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 đó: = A1 23 = A22 – A12 n3 = An2 = An - 12 Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có: 2  n(n + 1)   100(100  1)    50.101     13 + 23 + +n3 = An2 =    laø soá chính phöông Baøi 3: CMR: Với n  N thì caùc soá sau laø số chính phương a) A = (10n +10n-1 + +.10 +1)(10 n+1 + 5) + A= ( 11  n 10n 1   (10n 1  5)  n+1 )(10 + 5) + 10  a + 4a - + a + 4a +  a +  a-1    n+1 9   Đặt a = 10 thì A = (a + 5) + = b) B = B= Ñaët 111    555    n n-1 111    555    n 11  n n ( có n số và n-1 số 5) +1= 111    n 10n + 555    n +1= 111    n = a thì 10n = 9a + neân 2 B = a(9a + 1) + 5a + = 9a + 6a + = (3a + 1) = 33 34  n-1    111     10n +  n  + c) C = 11  2n Ñaët a = .+ 11  n 44    n +1 Thì C = 11    11  n n + 11  n + = a 10n + a + a + = a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2 99 00     d) D = D= n 99  n Ñaët 99  n = a  10n = a + 10n + + 10n + + = a 100 10n + 80 10n + n 2 = 100a(a + 1) + 80(a + 1) + = 100a + 180a + 81 = (10a + 9) = ( e) E = 11    22    n n+1 5= 11    22    n n+1 00 + 25 = 11  n .10n + + 11  = [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = ( 44    f) F = Soá 100 11  100 = 11   100 laø soá chính phöông thì 11   100 n 99  n+1 )2 00 + 25 33    n 5)2 laø soá chính phöông laø soá leû neân noù laø soá chính phöông thì chia cho phaûi dö Thaät vaäy: (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + chia dö 11  100 vaäy có hai chữ số tận cùng là 11 nên chia cho thì dư 11  100 khoâng laø soá chính phöông neân F = 44    100 khoâng laø soá chính phöông Baøi 4: a) Cho các số A = 11 11     2m ; B= 11 .11     m+1 ; C= 66 66     m CMR: A + B + C + là số chính phương 102 m  10m1  10m  9 Ta coù: A ;B= ;C= Neân: 102 m  10m1  10m  102 m   10m1   6(10m  1)  72 9 A+B+C+8 = + + +8= 102 m   10.10m   6.10m   72 = = m  10   16.10m  64  10m       b) CMR: Với x,y  Z thì A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 laø số chính phương A = (x2 + 5xy + 4y2) (x2 + 5xy + 6y2) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2) [(x2 + 5xy + 4y2) + 2y2) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)2 + 2(x2 + 5xy + 4y2).y2 + y4 = [(x2 + 5xy + 4y2) + y2)2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 Bài 5: Tìm số nguyên dương n để các biểu thức sau là số chính phương a) n2 – n + b) n5 – n + Giaûi a) Với n = thì n2 – n + = không là số chính phương Với n = thì n2 – n + = là số chính phương Với n > thì n2 – n + không là số chính phương Vì (n – 1)2 = n2 – (2n – 1) < n2 – (n - 2) < n2 b) Ta coù n5 – n chia heát cho Vì n5 – n = (n2 – 1).n.(n2 + 1) Với n = 5k thì n chia hết cho Với n = 5k  thì n2 – chia hết cho Với n = 5k  thì n2 + chia hết cho Nên n5 – n + chia cho thì dư nên n5 – n + có chữ số tận cùng là nên n5 – n + khoâng laø soá chính phöông Vậy : Không có giá trị nào n thoã mãn bài toán Baøi : a)Chứng minh : Mọi số lẻ viết dạng hiệu hai số chính phương b) Một số chính phương có chữ số tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Giaûi Mọi số lẻ có dạng a = 4k + a = 4k + Với a = 4k + thì a = 4k2 + 4k + – 4k2 = (2k + 1)2 – (2k)2 Với a = 4k + thì a = (4k2 + 8k + 4) – (4k2 + 4k + 1) = (2k + 2)2 – (2k + 1)2 b)A là số chính phương có chữ số tận cùng nên A = (10k  3)2 =100k2  60k + = 10.(10k2 6) + Soá chuïc cuûa A laø 10k2  laø soá chaün (ñpcm) Baøi 7: Một số chính phương có chữ số hàng chục là chữ số lẻ Tìm chữ số hàng đơn vị Giaûi Gọi n2 = (10a + b)2 = 10.(10a2 + 2ab) + b2 nên chữ số hàng đơn vị cần tìm là chữ số tận cuøng cuûa b2 Theo đề bài , chữ số hàng chục n2 là chữ số lẻ nên chữ số hàng chục b2 phải lẻ Xét các giá trị b từ đến thì có b2 = 16, b2 = 36 có chữ số hàng chục là chữ số lẻ, chúng tận cùng Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vị là Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: Caùc soá sau ñaây, soá naøo laø soá chính phöông a) A = d) D = 22    50 b) B = 11115556 44    88  n n-1 e) M = 11    2n – c) C = 22  n 99    00  n n 25 f) N = 12 + 22 + + 562 Bài 2: Tìm số tự nhiên n để các biểu thức sau là số chính phương a) n3 – n + b) n4 – n + Bài 3: Chứng minh a)Toång cuûa hai soá chính phöông leû khoâng laø soá chính phöông b) Một số chính phương có chữ số tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ Bài 4: Một số chính phương có chữ số hàng chục Tìm chữ số hàng đơn vị CHUYÊN ĐỀ - CÁC BAØI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VAØ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC A.Kiến thức: A Ñònh lí Ta-leùt: * §Þnh lÝ Ta-lÐt: M ABC  AM AN  = MN // BC   AB AC B AM AN MN =  * HÖ qu¶: MN // BC  AB AC BC A Kiến thức: A Tính chất đường phân giác: BD AB = AC  ABC ,AD laø phaân giaùc goùc A  CD B C A D' BD' AB = AC AD’là phân giác góc ngoài A: CD' D B C N C B Baøi taäp aùp duïng: Baøi 1: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G B A a) chứng minh: EG // CD O b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB2 = CD EG G E Giaûi Goïi O laø giao ñieåm cuûa AC vaø BD OE OA = a) Vì AE // BC  OB OC (1) C D OB OG = BG // AC  OD OA (2) OE OG = Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD OC  EG // CD b) Khi AB // CD thì EG // AB // CD, BG // AD neân AB OA OD CD AB CD =  =    AB2 CD EG EG OG OB AB EG AB Baøi 2: Cho ABC vuông A, Vẽ phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân B, ACF vuông cân C Gọi H là giao điểm AB và CD, K là giao điểm Ac và BF Chứng minh rằng: D A a) AH = AK H b) AH = BH CK K Giaûi Ñaët AB = c, AC = b BD // AC (cùng vuông góc với AB) AH AC b AH b AH b       neân HB BD c HB c HB + AH b + c B C F AH b AH b b.c     AH  c b+c b + c (1) Hay AB b + c AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên AK AB c AK c AK c       KC CF b KC b KC + AK b + c AK b AK c b.c     AK  b b+c b + c (2) Hay AC b + c Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK AH AC b AK AB c AH KC AH KC        b) Từ HB BD c và KC CF b suy HB AK HB AH (Vì AH = AK)  AH2 = BH KC Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng: a) AE2 = EK EG 1   b) AE AK AG c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A thì tích BK DG có giá trị không đổi Giaûi A a) Vì ABCD laø hình bình haønh vaø K  BC neân b AD // BK, theo heä quaû cuûa ñònh lí Ta-leùt ta coù: EK EB AE EK AE = =    AE EK.EG AE ED EG AE EG a B D AE DE AE BE = = b) Ta coù: AK DB ; AG BD neân AE AE BE DE BD   1 1  =   1  AE      1 AK AG BD DB BD  AK AG   AE AK AG (ñpcm) BK AB BK a KC CG KC CG =  = =  = b DG (2) c) Ta coù: KC CG KC CG (1); AD DG K E C G BK a =  BK DG = ab DG Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: b không đổi (Vì a = AB; b = AD là độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD không đổi) Baøi 4: Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia các cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng: a) EG = FH B E A P H b) EG vuông góc với FH Giaûi F O Q D M N Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm CF, DG G 1 BM BE BM = = = Ta coù CM = CF = BC  BC  BA BC C EM BM 2  =  EM = AC  EM // AC  AC BE 3 (1) NF CF 2  =  NF = BD 3 T¬ng tù, ta cã: NF // BD  BD CB (2) mµ AC = BD (3) Tõ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a) T¬ng tù nh trªn ta cã: MG // BD, NH // AC vµ MG = NH = AC (b)  MÆt kh¸c EM // AC; MG // BD Vµ AC  BD  EM  MG  EMG = 90 (4)  T¬ng tù, ta cã: FNH = 90 (5)   Tõ (4) vµ (5) suy EMG = FNH = 90 (c) Tõ (a), (b), (c) suy  EMG =  FNH (c.g.c)  EG = FH b) Gäi giao ®iÓm cña EG vµ FH lµ O; cña EM vµ FH lµ P; cña EM vµ FN lµ Q th×        PQF = 900  QPF + QFP = 900 mµ QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (  EMG =  FNH)   Suy EOP = PQF = 90  EO  OP  EG  FH Bµi 5: Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AC M và AB K, Từ C vẽ đờng thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đờng thẳng song song víi AC, c¾t BC t¹i P Chøng minh r»ng a) MP // AB b) Ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Gi¶i CP AF = a) EP // AC  PB FB (1) CM DC = AK // CD  AM AK (2) D c¸c tø gi¸c AFCD, DCBK la c¸c h×nh b×nh hµnh nªn AF = DC, FB = AK (3) A P I M CP CM  KÕt hîp (1), (2) vµ (3) ta cã PB AM  MP // AB (Định lí Ta-lét đảo) (4) C K B F CP CM DC DC   b) Gäi I lµ giao ®iÓm cña BD vµ CF, ta cã: PB AM = AK FB DC DI CP DI   Mµ FB IB (Do FB // DC)  PB IB  IP // DC // AB (5) Từ (4) và (5) suy : qua P có hai đờng thẳng IP, PM cùng song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít thì ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP qua giao điểm CF và DB hay ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Bµi 6:  Cho  ABC có BC < BA Qua C kẻ đờng thẳng vuông goác với tia phân giác BE ABC ; đờng thẳng này cắt BE F và cắt trung tuyến BD G B Chøng minh r»ng ®o¹n th¼ng EG bÞ ®o¹n th¼ng DF chia lµm hai phÇn b»ng Gi¶i M K Gäi K lµ giao ®iÓm cña CF vµ AB; M lµ giao ®iÓm cña G F DF vµ BC  KBC có BF vừa là phân giác vừa là đờng cao nên  A D E C KBC c©n t¹i B  BK = BC vµ FC = FK Mặt khác D là trung điểm AC nên DF là đờng trung bình  AKC  DF // AK hay DM // AB Suy M lµ trung ®iÓm cña BC DF = AK (DF là đờng trung bình  AKC), ta có BG BK BG BK 2BK = =  GD DF ( DF // BK)  GD DF AK (1) CE DC - DE DC AD CE AE - DE DC AD    1 1    1 1 DE DE DE DE DE DE Mæt kh¸c DE (V× AD = DC)  DE CE AE - DE AE AB AE AB   1  2 2 DE DE DF Hay DE (v× DE = DF : Do DF // AB) CE AK + BK 2(AK + BK) CE 2(AK + BK) 2BK   2 2   2 DE AK AK AK (2) Suy DE (Do DF = AK)  DE BG CE Tõ (1) vµ (2) suy GD = DE  EG // BC OG OE  FO  = =  MC MB  FM   OG = OE Gäi giao ®iÓm cña EG vµ DF lµ O ta cã Bµi tËp vÒ nhµ Bµi 1: Cho tø gi¸c ABCD, AC vµ BD c¾t t¹i O §êng th¼ng qua O vµ song song víi BC c¾t AB E; đờng thẳng song song với CD qua O cắt AD F a) Chøng minh FE // BD b) Từ O kẻ các đờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD G và H Chøng minh: CG DH = BG CH Bµi 2: Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối tia BC cho BN = CM; các đờng thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự E, F Chøng minh: a) AE2 = EB FE  AN    b) EB =  DF  EF B Baøi taäp vaän duïng Baøi 1: A Cho  ABC coù BC = a, AB = b, AC = c, phaân giaùc AD a) Tính độ dài BD, CD c b AI b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: ID I B D C a Giaûi BD AB c   BAC a) AD laø phaân giaùc cuûa neân CD AC b BD c BD c ac     BD =  CD + BD b + c a b+c b+c ac ab Do đó CD = a - b + c = b + c AI AB ac b+c  c :  ABC b+c a b) BI laø phaân giaùc cuûa neân ID BD Baøi 2:  Cho  ABC, coù B < 600 phaân giaùc AD a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM là phân giác  ADC Chứng minh A BC > DM Giaûi   +C   A 1800 - B   + A ADB =C 600 > 2 a)Ta coù =     ADB >B AD < AB C M D b) Goïi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong  ADC, AM laø phaân giaùc ta coù DM AD DM AD DM AD = =  = CM AC  CM + DM AD + AC CD AD + AC abd CD.AD CD d ab   DM = AD + AC b + d ; CD = b + c ( Vaän duïng baøi 1)  DM = (b + c)(b + d) 4abd Để c/m BC > DM ta c/m a > (b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) Thật : c > d  (b + d)(b + c) > (b + d)2  4bd Bất đẳng thức (1) c/m Baøi 3: B Cho  ABC, trung tuyeán AM, caùc tia phaân giaùc cuûa caùc goùc AMB , AMC caét AB, AC theo thứ tự D và E a) Chứng minh DE // BC b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE A c) Tìm tập hợp các giao diểm I AM và DE  ABC có BC cố định, AM = m không đổi I D d)  ABC có điều kiện gì thì DE là đường trung bình nó Giaûi B E C M DA MB   a) MD laø phaân giaùc cuûa AMB neân DB MA (1) EA MC  AMC ME laø phaân giaùc cuûa neân EC MA (2) DA EA  Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy DB EC  DE // BC DE AD AI x    b) DE // BC  BC AB AM Ñaët DE = x  a x  x = 2a.m m a + 2m m- a.m c) Ta có: MI = DE = a + 2m không đổi  I luôn cách M đoạn không đổi nên tập a.m hợp các điểm I là đường tròn tâm M, bán kính MI = a + 2m (Trừ giao điểm nó với BC d) DE là đường trung bình  ABC  DA = DB  MA = MB   ABC vuông A Baøi 4: Cho  ABC ( AB < AC) caùc phaân giaùc BD, CE a) Đường thẳng qua D và song song với BC cắt AB A K, chứng minh E nằm B và K b) Chứng minh: CD > DE > BE K D E M B C Giaûi a) BD laø phaân giaùc neân AD AB AC AE AD AE = < =   DC BC BC EB DC EB (1) AD AK  Maët khaùc KD // BC neân DC KB (2) AK AE AK + KB AE + EB    KB EB Từ (1) và (2) suy KB EB AB AB   KB > EB  KB EB  E nằm K và B     = KDB b) Goïi M laø giao ñieåm cuûa DE vaø CB Ta coù CBD = KDB (Goùc so le trong)  KBD        KBD  EBD  EB < DE mà E nằm K và B nên KDB > EDB > EDB > EDB           Ta laïi coù CBD + ECB = EDB + DEC  DEC > ECB  DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Suy CD > ED  CD > ED > BE Baøi 5: Cho  ABC với ba đường phân giác AD, BE, CF Chứng minh a DB EC FA =1 DC EA FB b 1 1 1 + + > + + AD BE CF BC CA AB H Giaûi A DB AB = BAC AC (1) a)AD là đường phân giác neân ta coù: DC F E EC BC = BA (2) ; Tương tự: với các phân giác BE, CF ta có: EA FA CA = FB CB (3) DB EC FA AB BC CA = AC BA CB = Từ (1); (2); (3) suy ra: DC EA FB b) §Æt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA H B D C BA.CH c.CH c AD BA AD    CH   BH BA + AH b + c CH BH Theo §L TalÐt ta cã: Do CH < AC + AH = 2b nªn: da  2bc   b  c              d a 2bc  b c  da  b c  bc 1 1     d 2 a c b Chøng minh t¬ng tù ta cã : Vµ 1 1     dc  a b  Nªn: 1 1   1   1   1                         d a db d c  a b c  d a db d c   b c   a c   a b   1 1 1      d a db d c a b c ( ®pcm ) Bµi tËp vÒ nhµ  Cho  ABC coù BC = a, AC = b, AB = c (b > c), caùc phaân giaùc BD, CE a) Tính độ dài CD, BE suy CD > BE b) Vẽ hình bình hành BEKD Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD CHUYÊN ĐỀ – CHỮ SỐ TẬN CÙNG A Kiến thức: Moät soá tính chaát: a) Tính chaát 1: + Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6khi nâng lên luỹ thừa bậc nào thì chữ số tận cùng không thay đổi + Các số có chữ số tận cùng là 4; nâng lên luỹ thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi + Các số có chữ số tận cùng là 3; 7; nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n  N) thì chữ số taän cuøng laø + Các số có chữ số tận cùng là 2; 4; nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n  N) thì chữ số taän cuøng laø b) Tính chất 2: Một số tự nhiên nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n  N) thì chữ số tận cùng không thay đổi c) Tính chaát 3: + Các số có chữ số tận cùng là nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n  N) thì chữ số tận cùng là 7; Các số có chữ số tận cùng là nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n  N) thì chữ số tận cùng là + Các số có chữ số tận cùng là nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n  N) thì chữ số tận cùng là 8; Các số có chữ số tận cùng là nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n  N) thì chữ số tận cùng là + Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n  N) thì chữ số tận cùng là không đổi Moät soá phöông phaùp: + Tìm chữ số tận cùng x = am thì ta xét chữ số tận cùng a: - Nếu chữ số tận cùng a là các chữ số: 0; 1; 5; thì chữ số tận cùng x là 0; 1; 5; - Nếu chữ số tận cùng a là các chữ số: 3; 7; thì : * Vì am = a4n + r = a4n ar Nếu r là 0; 1; 2; thì chữ số tận cùng x là chữ số tận cùng ar Nếu r là 2; 4; thì chữ số tận cùng x là chữ số tận cùng 6.ar B Moät soá ví duï: Baøi 1: Tìm chữ số tận cùng a) 2436 ; 1672010 b) 9 14 14   ;  14    45    ;  Giaûi a) 2436 = 2434 + = 2434 2432 2432 có chữ số tận cùng là nên chữ số tận cùng 2436 là Ta coù 2010 = 4.502 + neân 1672010 = 1674 502 + = 1674.502.1672 1674.502 có chữ số tận cùng là 6; 1672 có chữ số tận cùng là nên chữ số tận cùng 1672010 là chữ số tận cùng tích 6.9 là b) Ta coù: +) - = (9 – 1)(9 + + .+ + 1) = 4k (k  N)  9 9 7  = 4k +  = 74k + = 74k.7 nên có chữ số tận cùng là 1414 = (12 + 2)14 = 1214 + 12.1413.2 + + 12.12.213 + 214 chia hết cho 4, vì các hạng tử trước 214 có nhân tử 12 nên chia hết cho 4; hạng tử 214 = 47 chia hết cho hay 1414    14 = 4k 14 +) 14 = 144k có chữ số tận cùng là 6 5  có chữ số tận cùng là nên = 5.(2k + 1)  5.(2k + 1) – = q (k, q  N)   45    = 44q + = 44q có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng  5.(2k + 1) = 4q +   tích laø Bài 2: Tìm chữ số tận cùng A = 21 + 35 + 49 + 513 + + 20048009 Giaûi a) Luỹ thừa số hạng A chia thì dư 1(Các số hạng A có dạng n 4(n – 2) + (n  {2; 3; ; 2004} ) nên số hạng A và luỹ thừa nó có chữ số tận cùng giống (Tính chất 2) nên chữ số tận cùng A là chữ số tận cùng tổng các số haïng Từ đến 2004 có 2003 số hạng đó có 2000 : 10 = 200 số hạng có chữ số tận cùng 0,Tổng các chữ số tận cùng A là (2 + + + 9) + 199.(1 + + + 9) + + + + = 9009 có chữ số tận cùng là Vây A có chữ số tận cùng là Baøi 3: Tìm a) Hai chữ số tận cùng 7 ;  999 b) Ba chữ số tận cùng 3100 c) Bốn chữ số tận cùng 51994 Giaûi a) 3999 = 3.3998 =3 9499 = 3.(10 – 1)499 = 3.(10499 – 499.10498 + +499.10 – 1) = 3.[BS(100) + 4989] = 67 7 = (8 – 1) = BS(8) – = 4k +  7 7  = 74k + = 73 74k = 343.( 01)4k = 43 50.49 b) 3100 = 950 = (10 – 1)50 = 1050 – 50 1049 + + 102 – 50.10 + 49 = 1050 – 50 1049 + + 5000 – 500 + = BS(1000) + = 001 Chuù yù: + Nếu n là số lẻ không chi hết cho thì ba chữ số tận cùng n100 là 001 + Nếu số tự nhiên n không chia hết cho thì n100 chia cho 125 dư HD C/m: n = 5k + 1; n = 5k + + Nếu n là số lẻ không chia hết cho thì n101 và n có ba chữ số tận cùng c) Caùch 1: 54 = 625 Ta thaáy soá ( 0625)n = 0625 51994 = 54k + = 25.(54)k = 25.(0625)k = 25.( 0625) = 5625 Caùch 2: Tìm soá dö chia 51994 cho 10000 = 24 54 Ta thaáy 54k – chia heát cho 54 – = (52 – 1)(52 + 1) chia heát cho 16 Ta coù: 51994 = 56 (51988 – 1) + 56 Do 56 chia heát cho 54, coøn 51988 – chia heát cho 16 neân 56(51988 – 1) chia heát cho 10000 Ta coù 56 = 15625 Vậy bốn chữ số tận cùng 51994 là 5625 Chuù yù: Neáu vieát 51994 = 52 (51992 – 1) + 52 Ta coù: 51992 – chia heát cho 16; nhöng 52 khoâng chia heát cho 54 Như bài toán này ta cần viết 51994 dạng 5n(51994 – n – 1) + 5n ; n  và 1994 – n chia heát cho C Vận dụng vào các bài toán khác Baøi 1: Chứng minh rằng: Tổng sau không là số chính phương a) A = 19k + 5k + 1995k + 1996k ( k  N, k chaün) b) B = 20042004k + 2001 Giaûi a) Ta coù: 19k có chữ số tận cùng là 5k có chữ số tận cùng là 1995k có chữ số tận cùng là 1996k có chữ số tận cùng là Nên A có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng tổng các chữ số tận cùng tổng + + + = 17, có chữ số tận cùng là nên không thể là số chính phương b) Ta coù :k chaün neân k = 2n (n  N) 20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = ( 6)1002n là luỹ thừa bậc chẵn số có chữ số tận cùng là nên có chữ số tận cùng là nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận cùng là 7, đó B không là số chính phương Baøi 2: Tìm số dư chia các biểu thức sau cho a) A = 21 + 35 + 49 + + 20038005 b) B = 23 + 37 +411 + + 20058007 Giaûi a) Chữ số tận cùng A là chữ số tận cùng tổng (2 + + + 9) + 199.(1 + + + 9) + + + = 9005 Chữ số tận cùng A là nên chia A cho dư b)Tương tự, chữ số tận cùng B là chữ số tận cùng tổng (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + 9) + + + + = 9024 B có chữ số tận cùng là nên B chia dư Baøi taäp veà nhaø Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của: 102 ;  Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận cùng của: ; 320 + 230 + 715 - 816 555 ;  Baøi 3: Tìm soá dö chia caùc soá sau cho 2; cho 5: a) 38; 1415 + 1514 b) 20092010 – 20082009 CHUYÊN ĐỀ 7– ĐỒNG DƯ A Ñònh nghóa: Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư phép chia cho số tự nhiên m  thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m, và có đồng dư thức: a  b (mod m) Ví duï:7  10 (mod 3) , 12  22 (mod 10) + Chuù yù: a  b (mod m)  a – b  m B Tính chất đồng dư thức: Tính chaát phaûn xaï: a  a (mod m) Tính chất đỗi xứng: a  b (mod m)  b  a (mod m) Tính chaát baéc caàu: a  b (mod m), b  c (mod m) thì a  c (mod m) a  b (mod m)  a  c  b  d (mod m)  c  d (mod m)  Cộng , trừ vế: Heä quaû: a) a  b (mod m)  a + c  b + c (mod m) b) a + b  c (mod m)  a  c - b (mod m) c) a  b (mod m)  a + km  b (mod m) a  b (mod m)  ac  bd (mod m)  c  d (mod m)  Nhân vế : Heä quaû: a) a  b (mod m)  ac  bc (mod m) (c  Z) b) a  b (mod m)  an  bn (mod m) Có thể nhân (chia) hai vế và môđun đồng dư thức với số nguyên dương a  b (mod m)  ac  bc (mod mc) Chaúng haïn: 11  (mod 4)  22  (mod 8) ac  bc (mod m)  a  b (mod m)  (c, m) =  16  (mod 7)   (mod 7)  (2, 7) =  Chaúng haïn : C Caùc ví duï: Ví duï 1: Tìm soá dö chia 9294 cho 15 Giaûi Ta thaáy 92  (mod 15)  9294  294 (mod 15) (1) Laïi coù 24  (mod 15)  (24)23 22  (mod 15) hay 294  (mod 15) (2) Từ (1) và (2) suy 9294  (mod 15) tức là 9294 chia 15 thì dư Ví duï 2: Chứng minh: các số có dạng 2n – 4(n  N), có vô số số chia hết cho Thaät vaäy: Từ 24  (mod 5)  24k  (mod 5) (1) Laïi coù 22  (mod 5) (2) Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k +  (mod 5)  24k + -  (mod 5) Hay 24k + - chia hết cho với k = 0, 1, 2, hay ta vô số số dạng 2n – (n  N) chia heát cho Chú ý: giải các bài toán đồng dư, ta thường quan tâm đến a   (mod m) a  (mod m)  an  (mod m) a  -1 (mod m)  an  (-1)n (mod m) Ví dụ 3: Chứng minh a) 2015 – chia heát cho 11 b) 230 + 330 chi heát cho 13 c) 555222 + 222555 chia heát cho Giaûi a) 25  - (mod 11) (1); 10  - (mod 11)  105  - (mod 11) (2) Từ (1) và (2) suy 25 105  (mod 11)  205  (mod 11)  205 –  (mod 11) b) 26  - (mod 13)  230  - (mod 13) (3) 33  (mod 13)  330  (mod 13) (4) Từ (3) và (4) suy 230 + 330  - + (mod 13)  230 + 330  (mod 13) Vaäy: 230 + 330 chi heát cho 13 c) 555  (mod 7)  555222  2222 (mod 7) (5) 23  (mod 7)  (23)74  (mod 7)  555222  (mod 7) (6) 222  - (mod 7)  222555  (-2)555 (mod 7) Laïi coù (-2)3  - (mod 7)  [(-2)3]185  - (mod 7)  222555  - (mod 7) Ta suy 555222 + 222555  - (mod 7) hay 555222 + 222555 chia heát cho Ví duï 4: Chứng minh số 4n + + chia hết cho 11 với số tự nhiên n Thaät vaäy:Ta coù: 25  - (mod 11)  210  (mod 11) Xeùt soá dö chia 24n + cho 10 Ta coù: 24  (mod 5)  24n  (mod 5)  2.24n  (mod 10)  24n +  (mod 10)  24n + = 10 k + 2 Neân 4n + + = 210k + + =4 210k + = 4.(BS 11 + 1)k + = 4.(BS 11 + 1k) + = BS 11 + 11 chia heát cho 11 Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: CMR: a) 228 – chia heát cho 29 b)Trong caùc soá coù daïng2n – coù voâ soá soá chia heát cho 13 Baøi 2: Tìm soá dö chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho CHUYÊN ĐỀ – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC A Dạng 1: Tìm dư phép chia mà không thực phép chia Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng) a) Ñònh lí Bôdu (Bezout, 1730 – 1783): Số dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a giá trị f(x) x = a Ta coù: f(x) = (x – a) Q(x) + r Đẳng thức đúng với x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r Ta suy ra: f(x) chia heát cho x – a  f(a) = b) f(x) coù toång caùc heä soá baèng thì chia heát cho x – c) f(x) có tổng các hệ số hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng tử bậc leû thì chia heát cho x + Ví duï : Khoâng laøm pheùp chia, haõy xeùt xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia heát cho B = x + 1, C = x – khoâng Keát quaû: A chia heát cho B, khoâng chia heát cho C Đa thức chia có bậc hai trở lên Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia và dư Caùch 2: Xeùt giaù trò rieâng: goïi thöông cuûa pheùp chia laø Q(x), dö laø ax + b thì f(x) = g(x) Q(x) + ax + b Ví duï 1: Tìm dö cuûa pheùp chia x7 + x5 + x3 + cho x2 – Caùch 1: Ta bieát raèng x2n – chia heát cho x2 – neân ta taùch: x7 + x5 + x3 + = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + = x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + chia cho x2 – dö 3x + Caùch 2: Goïi thöông cuûa pheùp chia laø Q(x), dö laø ax + b, Ta coù: x7 + x5 + x3 + = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với x Đẳng thức đúng với x nên với x = 1, ta có = a + b (1) với x = - ta có - = - a + b (2) Từ (1) và (2) suy a = 3, b =1 nên ta dư là 3x + Ghi nhớ: an – bn chia heát cho a – b (a  -b) an + bn ( n leû) chia heát cho a + b (a  -b) Ví duï 2: Tìm dö cuûa caùc pheùp chia a) x41 chia cho x2 + b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – c) x99 + x55 + x11 + x + cho x2 + Giaûi a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – dö x neân chia cho x2 + dö x b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9 – x) + (x3 – x) + 4x = x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – dö 4x c) x99 + x55 + x11 + x + = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + chia cho x2 + dö – 2x + B Sơ đồ HORNƠ Sơ đồ a Để tìm kết phép chia f(x) cho x – a HÖ sè thø 1®a thøc bÞ chia (a là số), ta sử dụng sơ đồ hornơ Nếu đa thức bị chia là a0x3 + a1x2 + a2x + a3, + HÖ sè thø cña ®a thøc bÞ chia HÖ sè cña ®a thøc chia đa thức chia là x – a ta thương là b0x2 + b1x + b2, dö r thì ta coù Ví duï: a0 a a1 a2 a3 b = a0 b = ab + a1 b = ab + a r = ab + a 2 Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – Ta có sơ đồ -5 -4 2 + (- 5) = -3 2.(- 3) + = r = 2 +(- 4) = 2 Vaäy: x -5x + 8x – = (x – 2)(x – 3x + 2) + laø pheùp chia heát Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị đa thức x = a Giaù trò cuûa f(x) taïi x = a laø soá dö cuûa pheùp chia f(x) cho x – a Ví duï 1: Tính giaù trò cuûa A = x3 + 3x2 – taïi x = 2010 Ta có sơ đồ: 1 a = 2010 2010.1+3 = 2013 2010.2013 + = 4046130 -4 2010.4046130 – = 8132721296 Vaäy: A(2010) = 8132721296 C Chưngs minh đa thức chia hết cho đa thức khác I Phöông phaùp: Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có thừa số là đa thức chia Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia Cách 3: Biến đổi tương đương f(x)  g(x)  f(x)  g(x)  g(x) cách 4: Chứng tỏ nghiệm đa thức chia là nghiệm đa thức bị chia II Ví duï 1.Ví duï 1: Chứng minh rằng: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn + Ta coù: x8n + x4n + = x8n + 2x4n + - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta laïi coù: x4n + x2n + = x4n + 2x2n + – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia heát cho x2n + xn + Vaäy: x8n + x4n + chia heát cho x2n + xn + Ví duï 2: Chứng minh rằng: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n  N Ta coù: x3m + + x3n + + = x3m + - x + x3n + – x2 + x2 + x + = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – vaø x3n – chia heát cho x3 – neân chia heát cho x2 + x + Vậy: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n  N Ví dụ 3: Chứng minh f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Ta coù: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + – = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia heát cho x10 – Maø x10 – = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia heát cho x9 + x8 + x7 + + x + Suy f(x) – g(x) chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Neân f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Ví duï 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia heát cho g(x) = x2 – x Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có nghiệm là x = và x = Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – =  x = là nghiệm f(x)  f(x) chứa thừa số x f(1) = (12 + – 1)10 + (12 – + 1)10 – =  x = là nghiệm f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà các thừa số x và x – không có nhân tử chung, đó f(x) chia hết cho x(x – 1) hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia heát cho g(x) = x2 – x Ví dụ 5: Chứng minh a) A = x2 – x9 – x1945 chia heát cho B = x2 – x + b) C = 8x9 – 9x8 + chia heát cho D = (x – 1)2 c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – chia heát cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1) Giaûi a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta coù: x2 – x + chia heát cho B = x2 – x + x9 + chia heát cho x3 + neân chia heát cho B = x2 – x + x1945 – x = x(x1944 – 1) chia heát cho x3 + (cuøng coù nghieäm laø x = - 1) neân chia heát cho B = x2 – x + Vaäy A = x2 – x9 – x1945 chia heát cho B = x2 – x + b) C = 8x9 – 9x8 + = 8x9 – - 9x8 + = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8(x – 1)(x8 + x7 + + 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + + 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) (8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia heát cho x – vì coù toång heä soá baèng suy (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia heát cho (x – 1)2 c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - Ta coù: C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – =  x = laø nghieäm cuûa C(x) C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – =  x = - laø nghieäm cuûa C(x) 1 1 C(- ) = (- + 1)2n – (- )2n – 2.(- ) – =  x = - laø nghieäm cuûa C(x) Mọi nghiệm đa thức chia là nghiệm đa thức bị chia  đpcm Ví duï 6: Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên Biết f(0), f(1) là các số lẻ Chứng minh f(x) khoâng coù nghieäm nguyeân Giả sử x = a là nghiệm nguyên f(x) thì f(x) = (x – a) Q(x) Trong đó Q(x) là đa thức có hệ số nguyên, đó f(0) = - a Q(0), f(1) = (1 – a) Q(1) Do f(0) laø soá leû neân a laø soá leû, f(1) laø soá leû neân – a laø soá leû, maø – a laø hieäu cuûa soá leû khoâng theå laø soá leû, maâu thuaån Vaäy f(x) khoâng coù nghieäm nguyeân Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: Tìm soá dö a) x43 chia cho x2 + b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + cho x2 + Bài 2: Tính giá trị đa thức x4 + 3x3 – x = 2009 Bài 3: Chứng minh a) x50 + x10 + chia heát cho x20 + x10 + b) x10 – 10x + chia heát cho x2 – 2x + c) x4n + + 2x2n + + chia heát cho x2 + 2x + d) (x + 1)4n + + (x – 1)4n + chia heát cho x2 + e) (xn – 1)(xn + – 1) chia heát cho (x + 1)(x – 1)2 CHUYÊN ĐỀ 9– CÁC BAØI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ A Nhắc lại kiến thức: Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất các nhân tử khác b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung B Baøi taäp: x4  5x2  4 Bài 1: Cho biểu thức A = x  10 x  a) Ruùt goïn A b) tìm x để A = c) Tìm giaù trò cuûa A x  7 Giaûi a)Ñkxñ : x4 – 10x2 +   [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9)   x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1)   x 1  x   x 1     x 3  x 3  x   (x2 – 1)(x2 – 9)   (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3)  Tử : x4 – 5x2 + = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) = (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2) Với x  1; x  thì (x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2)  (x 1)(x + 1)(x 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3) A= (x - 2)(x + 2) b) A =  (x - 3)(x + 3) =  (x – 2)(x + 2) =  x =   x  7  x 8  x 4    x  7   x    x   x  c) (x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12   * Với x = thì A = (x - 3)(x + 3) (4 - 3)(4 + 3) * Với x = - thì A không xác định Baøi 2: x  x  12 x  45 Cho biểu thức B = 3x  19 x  33x  a) Ruùt goïn B b) Tìm x để B > Giaûi a) Phaân tích maãu: 3x3 – 19x2 + 33x – = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) = (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1) Ñkxñ: (x – 3) (3x – 1)   x  vaø x  b) Phân tích tử, ta có: 2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15) = (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5) Với x  và x  (x - 3) (2x + 5) 2x + x  x  12 x  45  Thì B = 3x  19 x  33x  = (x - 3) (3x - 1) 3x -    x    3x    x     2 x         3x     x     2 x    2x +  x     c) B >  3x - >   x   x  Baøi  x  1 2x    :    x x  1  x x 1   Cho biểu thức C = a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B là số nguyên Giaûi a) Ñkxñ: x    x   x   x  2(1  x)   ( x  1)( x  1) 2    :      1 2x 2x  C =   x x  1  x  x   (1  x)(1  x)  2 b) B coù giaù trò nguyeân x laø soá nguyeân thì x  coù giaù trò nguyeân  x  1  x      x  2   2x – laø Ö(2)   x    x 1  x 0   x 1,5   x  Đối chiếu Đkxđ thì có x = thoả mãn Baøi Cho biểu thức D = x3  x  x x x   x2  a) Rút gọn biểu thức D b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên c) Tìm giaù trò cuûa D x = Giaûi a) Neáu x + > thì D= x3  x  x x x   x2  Neáu x + < thì D= x3  x  x x x   x2  x2 = x + neân x3  x2  x x( x  1)( x  2) x2  x   2 = x( x  2)  x  x ( x  2)  ( x  2)( x  2) x2 = - (x + 2) neân x3  x  x x( x  1)( x  2) x   =  x( x  2)  x   x( x  2)  ( x  2)( x  2) Nếu x + =  x = -2 thì biểu thức D không xác định x x2  x b) Để D có giá trị nguyên thì có giá trị nguyên x - x   x(x - 1)  x2  x   x > - +) coù giaù trò nguyeân   x > - Vì x(x – 1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho với x > - x   x = 2k x   x 2k (k  Z; k < - 1)  x < x <    +) coù giaù trò nguyeân 6(6  1) x2  x 15 c) Khia x =  x > - neân D = = Baøi taäp veà nhaø Baøi 1: 2 x   x   2 x 3 x     : 1  Cho biểu thức A =  x  x  x  x    x   a) Ruùt goïn A b) Tìm x để A = 0; A > Baøi 2: y3  y  y  Cho biểu thức B = y  y  y  a) Ruùt goïn B 2D b) Tìm số nguyên y để 2y + có giá trị nguyên c) Tìm số nguyên y để B  * Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật Bài 1: Rút gọn các biểu thức a) A = 2n     2 (1.2) (2.3)  n(n 1) Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm quy luật 2n  Ta coù  n(n  1) 2n  1  2 2 = n (n  1) n (n  1) Neân 1 1 1 1 1 n(n  1)            2 n n (n  1) (n  1) (n  1)2 A= 2 3   1  1 1                n  b) B =       k  (k  1)(k  1) 1   k k k2 Ta coù Neân 1.3 2.4 3.5 ( n  1)(n  1) 1.3.2.4 (n  1)(n  1) 1.2.3 (n  1) 3.4.5 (n  1) n  n      n2 22.32.42 n 2.3.4 (n  1)n 2.3.4 n n 2n B= 1 1 1  150 150 150 150 150              8 11 47 50  47.50 = c) C = 5.8 8.11 11.14 1     50 45 10 = 50  50   1 1 1  1 1             ( n  1)n n(n  1)  (n  1)n(n  1) =  1.2 2.3 2.3 3.4 d) D = 1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 1  (n  1)(n  2)     4n(n  1) =  1.2 n(n  1)  Baøi 2: m m 2 1 1 A         m n 1; B = n Tính B a) Cho A = Ta coù n n  n n       n  n  1  A=   1  1  1 1   1 n     n   n    (n  1)   n   1  1  1 1 A n         n     nB n  n  n  n      B =n =  1 1     (2n - 3).3 (2n - 1).1 ; b) A = 1.(2n - 1) 3.(2n - 3) 1   2n - B=1+ Tính A : B Giaûi   1  1        1  1          2n - 3   2n -   A = 2n   2n -   2n -   1   1       1         2n   2n - 2n -   2n - 2n - 3   1  A          2.B  2n  2n - 2n -  2n B n  Baøi taäp veà nhaø Rút gọn các biểu thức sau: 12 32 52 n2 2 2 b)    (n + 1)  1 1  + + (n - 1)n a) 1.2 2.3 1  + + n(n + 1)(n +2) c) 1.2.3 2.3.4 * Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện biến x + =3 x Baøi 1: Cho TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc sau : A = x2 + a) Lêi gi¶i x2 ; B = x3 + b) x3 ; C = x4 + c) æ 1ö A = x + =ç x+ ÷ ÷ ç ÷- = - = ç è ø x x a) ; 2 x4 ; D = x5 + d) x5 ö æ 1÷ ö æ 1÷ ç B = x + =ç x + x + = 27 - = 18 ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø x x x b) ; 3 æ2 ö C = x + =ç x + 2÷ ÷ ç ÷- = 49 - = 47 ç è ø x x c) ; æ2 ö æ3 ö 1 ÷ ÷ ç A.B = ç x + x + = x + + x + = D +3 ÷ ÷ ç ç ÷ç ÷ ç è ø è ø x x x x d)  D = 7.18 – = 123 a b c x y z + + =2 + + =2 Baøi 2: Cho a b c (1); x y z (2) 2 b a c   +  +  z  y Tính giá trị biểu thức D =  x  Từ (1) suy bcx + acy + abz = (3) Từ (2) suy 2 2 2  b  ab ac bc   b  ab ac bc  a  c a c    4    +   +   4        +   +   +  x  z  x z  y  xy xz yz   y  xy xz yz  (4) Thay (3) vaøo (4) ta coù D = – 2.0 = Baøi a b 2c   a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = ab + a + bc + b + ac + 2c + Ta coù : a ab 2c a ab 2c      A = ab + a + abc + ab + a ac + 2c + ab + a + 2 + ab + a ac + 2c + abc a ab 2c a ab ab + a +       1 ab + a + 2 + ab + a c(a + + ab) ab + a + 2 + ab + a a + + ab ab + a + = a2 b2 c2   2 2 2 2 b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = a - b - c b - c - a c - b - a Từ a + b + c =  a = -(b + c)  a2 = b2 + c2 + 2bc  a2 - b2 - c2 = 2bc Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên a2 b2 c2 a  b3  c3    2abc B = 2bc 2ac 2ab (1) a + b + c =  -a = (b + c)  -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c)  -a3 = b3 + c3 – 3abc  a3 + b3 + c3 = 3abc (2) a  b3  c3 3abc   2abc 2abc (Vì abc  0) Thay (2) vaøo (1) ta coù B = c) Cho a, b, c đôi khác thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 a2 b2 c2 +  2 Rút gọn biểu thức C = a + 2bc b + 2ac c + 2ab Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2  ab + ac + bc =  a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c) Tương tự: b2 + ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b) a2 b2 c2 a2 b2 c2 +    C = (a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) (a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) a (b - c) b (a - c) c (b - c) (a - b)(a - c)(b - c)   1 = (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) * Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện biến 1 1 1 + + =2 + + =2 b c Baøi 1: Cho a b c (1); a (2) Chứng minh rằng: a + b + c = abc Từ (1) suy 1 + + + 2 a b c 1 1   + + + +   4    4  bc ac  bc ac   ab  ab 1   + + 2 b c  a 1 a+b+c + + 1  1   ab bc ac abc a + b + c = abc 1 1 + + = Baøi 2: Cho a, b, c ≠ vµ a + b + c ≠ tháa m·n ®iÒu kiÖn a b c a + b + c Chứng minh ba số a, b, c có hai số đối Từ đó suy : a + 2009 b 2009 + c 2009 = a 2009 +b 2009 + c2009 1 1 1 1 a +b a +b + + = + =0 + + =0 c(a + b + c) Ta cã : a b c a + b + c  a b c a + b + c  ab c(a + b + c) + ab (a + b) = Û (a + b)(b + c)(c + a) = Û abc(a + b + c)  Từ đó suy : a 2009 + b 2009 a 2009 + b 2009 + c2009 2009  a + b 2009 + c2009 + = = c 2009 = a 2009 + éa + b = ê êb + c = Û ê êc + a = ë éa =- b ê êb =- c ê êc =- a ë 1 + 2009 = 2009 2009 (- c) c a 1 = a 2009 + (- c)2009 + c2009 a 2009 a 2009 + b 2009 + c2009 a b c b c a +   +  c a a b c (1) Baøi 3: Cho b chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số 2 2 2 2 Từ (1)  a c + ab + bc = b c + ac + a b  a (b - c) - a(c  b )  bc(c - b) =  (c – b)(a2 – ac = ab + bc) =  (c – b)(a – b)( a – c) =  ñpcm Baøi 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc  vaø a  b 1 + + =a+b+c Chứng minh rằng: a b c Từ GT  a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2  (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b)  (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) ab + ac + bc 1 =a+b+c  + + =a+b+c  abc a b c a b c + + =0 Baøi 5: Cho a + b + c = x + y + z = x y z ; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = Từ x + y + z =  x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2  ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = … = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) Từ a + b + c =  - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) a b c + + =0  ayz + bxz + cxy = (3) Thay (2), (3) vaøo (1); ta coù: Từ x y z ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 )  ax2 + by2 + cz2 = a b c a b c +  0 +  0 2 (c - a) (a - b) Bài 6: Cho b - c c - a a - b ; chứng minh: (b - c) a b c b  ab + ac - c a b c =   +  0 a-c b-a (a - b)(c - a)  b-c Từ b - c c - a a - b a b  ab + ac - c  (a - b)(c - a)(b - c) (1) (Nhân hai vế với b - c )  (b - c) b c  bc + ba - a c a  ac + cb - b   2 Tương tự, ta có: (c - a) (a - b)(c - a)(b - c) (2) ; (a - b) (a - b)(c - a)(b - c) (3) Cộng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm Baøi 7: b - c c - a  c a b  a-b +  +     a b  a - b b-c c - a  = (1) Cho a + b + c = 0; chứng minh:  c a-b b-c c-a =x;  y; z  a b Ñaët c (1)  Ta coù: c = a-b x a b  ;  b-c y c-a z 1 1 + +  9 y z x  x + y + z  1  y+z 1 x+z x + y + +  3   + +  y z y z  (2) x  x  x + y + z  y+z b-c c-a c b  bc + ac - a c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b)       b  a-b ab a-b ab(a - b) ab  a Ta laïi coù: x c  2c - (a + b + c)  2c  ab ab (3) = x + z 2a x + y 2b   bc (4) ; z ac (5) Tương tự, ta có: y Thay (3), (4) vaø (5) vaøo (2) ta coù: 1 1 2c 2a 2b + +  3   y z x bc ac = + abc (a3 + b3 + c3 ) (6) + ab  x + y + z  Từ a + b + c =  a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ? Thay (7) vaøo (6) ta coù: 1 1 + +  3 y z x + abc 3abc = + =  x + y + z  Baøi taäp veà nhaø: 1 yz xz xy + + 0 + + 2 y z 1) cho x y z ; tính giá trị biểu thức A = x xyz xyz xyz + + 3 y z ; vaän duïng a + b + c =  a3 + b3 + c3 = 3abc HD: A = x a  b  c  + 1  +   +    c  a  2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A =  b yz xz x y    0 x y z 3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: a b c   4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; x y z Chứng minh xy + yz + xz = CHUYÊN ĐỀ 10 – CÁC BAØI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A Kiến thức: * Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)  ABC AB AC BC = = A’B’C’  A'B' A'C' B'C' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)  ABC AB AC =  = A'  A’B’C’  A'B' A'C' ; A c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)  ABC  = A'  B  A’B’C’  A ;  = B' SA'B'C' A'H' AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: AH = k (Tỉ số đồng dạng); SABC =K B Baøi taäp aùp duïng Baøi 1:   Cho  ABC coù B = C , AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC b)Nếu ba cạnh tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì A moãi caïnh laø bao nhieâu? Giaûi Caùch 1: B E Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC  ACD AC AD   ABC (g.g)  AB AC C D  AC2 AB AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) = 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm Caùch 2:  Veõ tia phaân giaùc BE cuûa ABC   ABE  ACB AB AE BE AE + BE AC =     AC2 = AB(AB + CB) AC AB CB AB + CB AB + CB = 8(8 + 10) = 144  AC = 12 cm b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên có thể b = a + b = a + + Neáu b = a + thì (a + 1)2 = a2 + ac  2a + = ac  a(c – 2) =  a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Neáu b = a + thì a(c – 4) = - Với a = thì c = (loại) A - Với a = thì c = (loại) - với a = thì c = ; b = Vaäy a = 4; b = 5; c = Baøi 2: D Cho  ABC cân A, đường phân giác BD; tính BD bieát BC = cm; AC = 20 cm B C Giaûi CD BC =  Ta coù AD AC  CD = cm vaø BC = cm Bài toán trở bài Baøi 3: Cho  ABC cân A và O là trung điểm BC Một điểm O di động trên AB, lấy ñieåm E treân AC cho CE = OB2 BD Chứng minh A a)  DBO  OCE b)  DOE  DBO  OCE E c) DO, EO là phân giác các góc BDE, CED D d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động trên Giaûi a) Từ CE = CE OB OB2 =  =C  BD  OB BD vaø B (gt)   DBO  OCE   b) Từ câu a suy O3 = E (1) H B AB I O C    Vì B, O ,C thaúng haøng neân O3 + DOE  EOC 180 (2)    tam giaùc EOC thì E + C  EOC 180 (3)    Từ (1), (2), (3) suy DOE B C DO OE = OC (Do  DBO  OCE)  DOE vaø  DBO coù DB DO OE =    vaø DB OB (Do OC = OB) vaø DOE B C neân  DOE  DBO  OCE   c) Từ câu b suy D1 = D  DO là phân giác các góc BDE   Củng từ câu b suy E1 = E EO là phân giác các góc CED c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi  OI không đổi D di động trên AB Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008) Cho  ABC caân taïi A, coù BC = 2a, M laø trung ñieåm BC, laáy D, E thuoäc AB, AC cho   DME =B a) Chứng minh tích BD CE không đổi  b)Chứng minh DM là tia phân giác BDE c) Tính chu vi cuûa  AED neáu  ABC là tam giác Giaûi        =B a) Ta coù DMC = DME + CME = B + BDM , maø DME (gt)     nên CME = BDM , kết hợp với B = C (  ABC cân A) suy  BDM  CME (g.g) BD BM =  BD CE = BM CM = a  CM CE không đổi b)  BDM DM BD DM BD =  = CM ME BM  CME  ME A (do BM = CM)   DME    DBM (c.g.c)  MDE = BMD hay  DM laø tia phaân giaùc cuûa BDE E  c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác DEC I D keû MH  CE ,MI  DE, MK  DB thì MH = MI = MK   H K DKM =  DIM  DK =DI   EIM =  EHM  EI = EH B M C Chu vi  AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) MC a   ABC là tam giác nên suy  CME củng là tam giác CH =  AH = 1,5a  PAED = AH = 1,5 a = 3a Baøi 5: F Cho tam giaùc ABC, trung tuyeán AM Qua ñieåm D thuoäc caïnh K BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC E và F a) chứng minh DE + DF không đổi D di động trên BC A E b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K Chứng minh K là trung điểm FE Giaûi B D M DE BD BD =  DE = AM BM a) DE // AM  AM BM (1) DF CD CD CD =  DF = AM = AM CM BM DF // AM  AM CM (2) Từ (1) và (2) suy BD CD AM + AM BM DE + DF = BM = b) AK // BC suy  FKA CD  BC  BD + AM = 2AM   AM = BM  BM  BM không đổi FK KA = CM (3)  AMC (g.g)  AM C EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA =  =  =     ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM (2) (Vì CM = BM) FK EK  Từ (1) và (2) suy AM AM  FK = EK hay K là trung điểm FE Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004)  Cho hình thoi ABCD cạnh a có A = 60 , đường thẳng qua C cắt tia đối caùc tia BA, DA taïi M, N a) Chứng minh tích BM DN có giá trị không đổi b) Goïi K laø giao ñieåm cuûa BN vaø DM Tính soá ño cuûa goùc BKD Giaûi M MB CM = a) BC // AN  BA CN (1) B CM AD = CD// AM  CN DN (2) C K Từ (1) và (2) suy A MB AD =  MB.DN = BA.AD = a.a = a BA DN N D   b)  MBD vaø  BDN coù MBD = BDN = 1200 MB MB CM AD BD =  =   = 600 BD BA CN DN DN (Do ABCD laø hình thoi coù A neân AB = BC = CD = DA)   MBD  BDN         = BDK Suy M1 = B1  MBD vaø  BKD coù BDM vaø M1 = B1 neân BKD = MBD = 120 Baøi 7: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn F AC,tia Dx cắt SC, AB, BC I, M, N Vẽ D C I G M K A B E N CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với AC Gọi K là điểm đối xứng với D qua I Chứng minh a) IM IN = ID2 KM DM = b) KN DN c) AB AE + AD AF = AC2 Giaûi IM CI = a) Từ AD // CM  ID AI (1) CI ID  Từ CD // AN  AI IN (2) IM ID Từ (1) và (2) suy ID = IN hay ID2 = IM IN b) Ta coù DM CM DM CM DM CM =  =  = MN MB MN + DM MB + CM DN CB (3) Từ ID = IK và ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM KM IM CM CM =  =  =  = =    IM IK IM IK IM IK KN IK  KN ID AD CB (4) KM DM = Từ (3) và (4) suy KN DN c) Ta coù  AGB  CGB AE AC =  AB.AE = AC.AG  AB AE = AG(AG + CG) (5) AB  AEC  AG AF CG CG =  CB AD (vì CB = AD)  AFC  AC  AF AD = AC CG  AF AD = (AG + CG) CG (6) Coäng (5) vaø (6) veá theo veá ta coù: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG  AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vaäy: AB AE + AD AF = AC2 Baøi taäp veà nhaø Baøi Cho Hình bình hành ABCD, đường thẳng cắt AB, AD, AC E, F, G AB AD AC + = Chứng minh: AE AF AG HD: Keû DM // FE, BN // FE (M, N thuoäc AC) Baøi 2: Qua đỉnh C hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD E, G, F chứng minh: FE a) DE2 = EG BE2 b) CE2 = FE GE (Gợi ý: Xét các tam giác DFE và BCE, DEC và BEG) Baøi Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt điểm Chứng minh BH CM AD 1 a) HC MA BD b) BH = AC CHUYÊN ĐỀ 11 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO A.Muïc tieâu: * Củng cố, ôn tập kiến thức và kỹ giải các Pt bậc cao cách phân tích thành nhân tử * Khắc sâu kỹ phân tích đa thức thành nhân tử và kỹ giải Pt B Kiến thức và bài tập: I Phöông phaùp: * Cách 1: Để giải các Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt dạng Pt có vế trái là đa thức bậc cao, vế phải 0, vận dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt dạng pt tích để giải * Caùch 2: Ñaët aån phuï II Caùc ví duï: 1.Ví duï 1: Giaûi Pt a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12   2x3 + 10x = 12  x3 + 5x – =  (x3 – 1) + (5x – 5)  (x – 1)(x2 + x + 6) =  x - =   x + x + =  x =  2  23    x +   23 0  x 1   x +   0   2 2 (Vì  voâ nghieäm) b) x4 + x2 + 6x – = (1) Vế phải Pt là đa thức có tổng các hệ số 0, nên có nghiệm x = nên có nhân tử là x – 1, ta có (1)  (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) =   (x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8)  (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] =  (x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) =  (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) = c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 +  x3 – 3x2 + 3x – + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – =  - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 =  6x3 - 11x2 - 19x - = (2) Ta thấy Pt có nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: (2)  (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) =  6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) =  (x – 3)(6x2 + 7x + 2) =  (x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] =  (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] =  (x – 3)(2x + 1)(3x + 2) d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24  [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 =  (x2 + 5x - 1)2 – 25 =  (x2 + 5x - + 5)( (x2 + 5x - – 5) =  (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) =  [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] =  (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1)  (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) =  (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) =  ( x2 + x + 1)[ x2 + x + – 3(x2 - x + 1)] =  ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) =  (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) =  ( x2 + x + 1)(x – 1)2 = f) x5 = x4 + x3 + x2 + x +  (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =  (x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =  (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = +) x – =  x = +) x4 + x3 + x2 + x + =  (x4 + x3) + (x + 1) + x2 =  (x + 1)(x3 + 1) + x2 = 1  (x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 =  (x + 1)2 [(x2 – 2.x + ) + ] + x2 =  1  x +    + 2   (x + 1)2   + x2 = Voâ nghieäm vì (x + 1)2  1  x +    + 2     nhöng khoâng xaåy daáu baèng Baøi 2: a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12  (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 =  (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = Ñaët x2 + x – = y Thì (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 =  y2 – y – 12 =  (y – 4)(y + 3) = * y – =  x2 + x – – =  x2 + x – =  (x2 + 3x) – (2x + 6) =  (x + 3)(x – 2) = * y + =  x2 + x – + =  x2 + x + = (voâ nghieäm) b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680  (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 Ñaët x2 – 11x + 29 = y , ta coù: (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680  (y + 1)(y – 1) = 1680  y2 = 1681  y =  41 y = 41  x2 – 11x + 29 = 41  x2 – 11x – 12 = (x2 – x) + (12x – 12) =  (x – 1)(x + 12) = 11 121 159 * y = - 41  x – 11x + 29 = - 41  x – 11x + 70 =  (x – 2x + )+ = 2 c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = (3) Ñaët x2 – 6x + = (x – 3)2 = y  0, ta coù (3)  y2 – 15(y + 1) – =  y2 – 15y – 16 =  (y + 1)(y – 15) = Với y + =  y = -1 (loại) Với y – 15 =  y = 15  (x – 3)2 = 16  x – =  +x–3=4  x=7 +x–3=-4 x=-1 d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = (4) Ñaët x2 + = y thì (4)  y2 + 3xy + 2x2 =  (y2 + xy) + (2xy + 2x2) =  (y + x)(y + 2x) = +) x + y =  x2 + x + = : Voâ nghieäm +) y + 2x =  x2 + 2x + =  (x + 1)2 =  x = - Baøi 3: a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18  (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72 (1) Ñaët 2x + = y, ta coù (1)  (y – 1)y2(y + 1) = 72  y2(y2 – 1) = 72  y4 – y2 – 72 = Ñaët y2 = z  Thì y4 – y2 – 72 =  z2 – z – 72 =  (z + 8)( z – 9) = * z + =  z = - (loại) * z – =  z =  y2 =  y =   x = b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2) Ñaët y = x –  x + = y + 2; x – = y – 2, ta coù (2)  (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82  y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82  2y4 + 48y2 + 32 – 82 =  y4 + 24y2 – 25 = Ñaët y2 = z   y4 + 24y2 – 25 =  z2 + 24 z – 25 =  (z – 1)(z + 25) = +) z – =  z =  y = 1  x = 0; x = +) z + 25 =  z = - 25 (loại) a+b Chú ý: Khi giải Pt bậc dạng (x + a) + (x + b) = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + 4 c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32  (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 Ñaët y = x –  x – = y + 1; x – = y – 1; ta coù: (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32  (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32  y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 =  10y4 + 20y2 – 30 =  y4 + 2y2 – = Ñaët y2 = z   y4 + 2y2 – =  z2 + 2z – =  (z – 1)(z + 3) = d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 Ñaët x – = a; x – = b ; 15 – 2x = c thì - c = 2x – 15  a + b = - c , Neân (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4  a4 + b4 = c4  a4 + b4 - c4 =  a4 + b4 – (a + b)4 =   2 4ab   a + b  + b   16   4ab(a2 + ab + b2) =    =  4ab =   b  a + b +  16  nhöng khoâng xaåy daáu baèng)  ab =  x = 7; x = (Vì   1    x     x -   36 0 x  x  e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + =   (Vì x = khoâng laø nghieäm) Ñaët x- 1 x2  x =y  x = y2 + , thì  1    x     x -   36 0 x  x    6(y2 + 2) + 7y – 36 =  6y2 + 7y – 24 =  (6y2 – 9y) + (16y – 24) =  (3y + )(2y – 3) = x = - x + =  8  3x - =   x = x  x = -   (x + 3)(3x – 1) =  +) 3y + =  y = -  x = x - =  3  2x + =   x = - x  x =   (2x + 1)(x – 2) =  +) 2y – =  y =  Bài 4: Chứng minh rằng: các Pt sau vô nghiệm a) x4 – 3x2 + 6x + 13 =  ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) =  (x2 – 2)2 + (x + 3)2 = Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2  không đồng thời xẩy x2 = và x = -3 b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + =  (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) =  x7 – =  x = x = khoâng laø nghieäm cuûa Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: Giaûi caùc Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1) HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) = b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ) c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = (Nhân vế với 24, đặt 12x + = y) d) (x2 – 9)2 = 12x + (Thêm, bớt 36x2) e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = ( Ñaët y = x – 1,5; Ñs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Ñaët x + = y; Ñs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3 Ñaët x + = a; x – = b; - 2x = c thì a + b + c =  a3 + b3 + c3 = 3abc h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + = i) x5 + 2x4 + 3x3 + 3x2 + 2x + = (Chia veá cho x2; Ñaët y = x+ x ) (Vế trái là đa thức có tổng các hệ số bậc chẵn baèng toång caùc heä soá baäc leû ) Bài 2: Chứng minh các pt sau vô nghiệm a) 2x4 – 10x2 + 17 = (Phaân tích veá traùi thaønh toång cuûa hai bình phöông) b) x4 – 2x3 + 4x2 – 3x + = (Phân tích vế trái thành tích đa thức có giá trị không âm ) CHUYÊN ĐỀ 16 – BẤT ĐẲNG THỨC PhÇn I : c¸c kiÕn thøc cÇn lu ý  A  B  A  B 0  1-§inhnghÜa:  A  B  A  B 0 2-tÝnh chÊt + A>B ⇔ B< A + A>B vµ B >C  A > C + A>B ⇒ A + C >B + C + A>B vµ C > D ⇒ A +C > B + D + A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C + A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C + < A < B vµ < C < D ⇒ < A.C < B.D + A > B > ⇒ An > B n ∀n +A>B ⇒ An > Bn víi n lÎ + | A| > |B| ⇒ An > Bn víi n ch½n + m > n > vµ A > ⇒ A ❑m > A ❑n + m > n > vµ <A < ⇒ A ❑m < A ❑n +A < B vµ A.B > - số bất đẳng thức + A ❑2 víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + An  víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + | A|≥ víi ∀ A (dÊu = x¶y A = ) ⇒ 1 > A B + - | A| < A = | A| AB  A  B + ( dÊu = x¶y A.B > 0) + | A − B|≤|A|−|B| ( dÊu = x¶y A.B < 0) Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phơng pháp 1: dùng định nghĩa KiÕn thøc : §Ó chøng minh A > B Ta chøng minh A – B > Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2  với  M VÝ dô  x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx b) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu : x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = ( x ❑2 + y ❑2 + z 2 ❑ - xy – yz – zx) =  ( x  y )2  ( x  z )  ( y  z )   đúng với x;y;z  R V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y x = y (x- z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x = z (y- z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z = y VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz – 2yz = ( x – y + z) ❑2 đúng với x;y;z  R VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 DÊu b»ng x¶y x + y = z VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a) a2 +b2 a+ b ≥ 2 ( ) 2xy – 2xz + 2yz đúng với x;y;z  R a2 +b2 +c a+ b+c ≥ 3 ( ; b) ) c) H·y tæng qu¸t bµi to¸n gi¶i a) Ta xÐt hiÖu a2 +b2 a+b − 2 ( ) VËy = ( a2+ b2 ) a2+ 2ab+ b2 − 4 a2 +b2 a+ b ≥ 2 = ( a2 +2 b2 − a2 −b −2 ab ) ( ) DÊu b»ng x¶y a = b = ( a −b )2 ≥ a2 +b2 +c a+b+ c − 3 ( b)Ta xÐt hiÖu: a2 +b2 +c a+ b+c ≥ 3 2 = [ ( a − b ) + ( b − c )2 + ( c − a )2 ] ≥ ) ( VËy ) DÊu b»ng x¶y a = b =c a1 +a2 + +an a1 +a2 + +an ≥ n n c)Tæng qu¸t: ( ) * Tóm lại các bớc để chứng minh A B theo định nghĩa Bíc 1: Ta xÐt hiÖu H = A - B Bớc 2:Biến đổi H = (C+D) ❑2 H=(C+D) ❑2 +….+(E+F) ❑2 Bíc 3: KÕt luËn A  B 2) phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng bất đẳng thức đã đợc chứng minh là đúng VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng a) a2 + b ≥ ab c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) b) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b Gi¶i: a) a2 + b ≥ ab 2 ⇔ a +b ≥ ab ⇔ ( a −b )2 ≥ ⇔ a − a+b ≥ (Bđt này luôn đúng) VËy a2 + b ≥ ab b) 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b (dÊu b»ng x¶y 2a = b) 2 ⇔ 2(a +b +1)> 2(ab+ a+b) ⇔ a2 − 2ab+ b2 +a2 −2 a+1+b − 2b +1≥ b −1 ¿ ≥0 a −1 ¿ +¿ a −b ¿ + ¿ ⇔¿ (luôn đúng) VËy a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b DÊu b»ng x¶y a = b = c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) ⇔ (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ a ( b+c + d+ e ) ⇔ ( a − ab+ b 2) + ( a2 − ac+ c ) + ( a2 − ad + d ) + ( a − ac +4 c2 ) ≥ ⇔ ( a −2 b )2 + ( a− c )2 + ( a− d )2+ ( a− c )2 ≥ VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b )( a4 + b4 ) Gi¶i: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b )( a4 + b4 ) ⇔ a8 b2 ( a − b2 ) +a2 b8 ( b − a2 ) ≥0 ⇔ 12 10 2 10 12 12 4 12 a +a b +a b +b ≥ a + a b + a b + b ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) VÝ dô 4: cho ba sè thùc kh¸c kh«ng x, y, z tháa m·n: { x y z =1 1 + + < x+ y+ z x y z Chứng minh : có đúng ba số x,y,z lớn Gi¶i: XÐt (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - = (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( + + ) = x + y + z - ( + + ¿>0 x y z x y z (v× + + < x+y+z theo gt) → sè x-1 , y-1 , z-1 ©m hoÆc c¶ ba sç-1 , y-1, zx y z lµ d¬ng NÕñ trêng hîp sau x¶y th× x, y, z >1 → x.y.z>1 M©u thuÉn gt x.y.z =1 b¾t buéc ph¶i xảy trờng hợp trên tức là có đúng ba số x ,y ,z là số lớn 3) Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A) số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x 2+ y ≥ xy b) x 2+ y ≥∨xy∨¿ dÊu( = ) x = y = c) ( x+ y )2 ≥ xy d) a + b ≥2 b a a1 +a2 +a 3+ + an ≥ √ a1 a2 a3 an n 2)Bất đẳng thức Cô sy: Víi >0 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski +¿ n ¿ x 21+ x 22 + ¿ ( a1 x 1+ a2 x + +an x n ) ( a + a22+ + a2n ) ¿ 4) Bất đẳng thức Trê-b - sép: {Aa≤≤ bB≤≤ cC ⇒ NÕu { a ≤b ≤ c ⇒ A ≥ B ≥C DÊu b»ng x¶y { a=b=c A=B=C NÕu aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ 3 aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ 3 B) c¸c vÝ dô vÝ dô Cho a, b ,c lµ c¸c sè kh«ng ©m chøng minh r»ng (a+b) (b+c)(c+a) Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x+ y )2 ≥ xy 8abc ( a+b )2 ≥ ab ; Tacã ( a+b )2 ⇒ ( b+ c )2 ( b+ c )2 ≥ bc ( c +a )2 ( c +a )2 ≥ ac ; ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) 64 a b c 2=( abc )2 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c a3 b3 c3    chøng minh r»ng b  c a  c a  b 2 a +b + c =1 vÝ dô 2: Cho a > b > c > vµ Do a,b,c đối xứng , giả sử a b { ⇒ c 2 a ≥ b ≥c a b c ≥ ≥ b+ c a+ c a+ b ¸p dông B§T Trª- b-sÐp ta cã a a b c a2+ b2 +c a b c 2 +b +c ≥ + + b+ c a+ c a+ b b+ c a+c a+ b ( a3 b3 c3 + + ≥ b+c a+ c a+b VËy vÝ dô 3: = = ) DÊu b»ng x¶y a = b = c = √3 Cho a,b,c,d > vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 Ta cã a2 +b ≥ ab ; c 2+ d ≥ cd Do abcd =1 nªn cd = (dïng x+ ≥ ) ab x Ta cã a2 +b 2+ c ≥ 2(ab+cd )=2(ab+ )≥ ab a ( b+ c )+ b ( c+ d )+ d ( c+ a ) MÆt kh¸c: = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad) = ab+ + ac+ + bc+ ≥ 2+ 2+  ( ab )( ac )( bc (1) ) a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 vÝ dô 4: Chøng minh r»ng : a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski XÐt cÆp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã ( 12 +12+12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( a+ b+1 c )2 ⇒ ( a 2+b 2+ c ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) DÊu b»ng x¶y a = b = c 4) Ph¬ng ph¸p 4: dïng tÝnh chÊt cña tû sè ⇒ 2 a +b + c ≥ ab+ bc+ac A KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c lµ c¸c sè d¬ng th× a – NÕu a >1 b th× a > a+ c 2) NÕu b,d >0 th× tõ B C¸c vÝ dô: b b+ c a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+ d d b – NÕu a <1 b th× a < a+ c b b+ c (®pcm) vÝ dô 1: Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng : 1< a a a+ d <1 ⇒ < a+b+ c a+b+ c a+b+ c+ d Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã MÆt kh¸c : a a > a+b+ c a+b+ c+ d (2) a a+b+ c+ d a a+d < a+b+ c a+b+ c+ d Tõ (1) vµ (2) ta cã T¬ng tù ta cã : a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b < b b b+ a < < a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d c c b +c < < a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+ d (1) (3) (4) d d d+ c < < a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d (5); (6) céng vÕ víi vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã 1< a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b vÝ dô : Cho: a < c b ab+cd c a < 2< b b +d d Tõ a < c b vµ b,d > d Chøng minh r»ng Gi¶i: (®pcm) d ⇒ ab cd < b2 d ab ab+cd cd c < < = b2 b 2+ d d d ⇒  ab+cd c a < 2< b b +d d (®pcm) vÝ dô : Cho a;b;c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c+d =1000 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña a + b c d gi¶i : Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö : a c b d a a+b b ⇒ ≤ ≤ ; c c+ d d a ≤ v× a + b = c c +d a, NÕu: b 998 th× b d b, NÕu: b = 998 th× a =1 998 ⇒ a b + c d a b + = + 999 c d c d ⇒ VËy: gi¸ trÞ lín nhÊt cña a + b = 999 + c d 999 999 §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt d = 1; c = 999 a = d = 1; c = b = 999 VÝ dô : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng : < + + + < n+1 n+2 Ta cã Do đó: 1 > = n+k n+ n 2n víi k = 1,2,3,…,n-1 1 1 n + + + > + + = = n+1 n+2 2n 2n n 2n n+ n 1 1 VÝ dô 5: CMR: A = 1+ + + + + với n ≥ kh«ng lµ sè tù nhiªn n 1 1  ;  ; HD: 1.2 2.3 VÝ dô 6: Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : 2 a b b c cd d a    3 a b c b c  d c  d  a d a b Gi¶i : a b a b a b  d   V× a ,b ,c ,d > nªn ta cã: a  b  c  d a  b  c a  b  c  d (1) b  c bc bca   a b c d b c d a b c d (2) d a d a d a c   a b c d d  a b a b c  d (3) Cộng các vế bất đẳng thức trên ta có : 2 a b b c cd d a    3 a b c b c  d c  d  a d  a b (®pcm) Phơng pháp 5:Dùng bất đẳng thức tam giác Lu ý: NÕu a;b;clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c th× : a; b; c > Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a VÝ dô1: Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i a)V× a,b,c lµ sè ®o c¹nh cña mét tam gi¸c nªn ta cã 0<a< b+c 0<b< a+c  0<c <a+ b { a2 <a(b+c ) b2 <b(a+c ) c 2< c (a+b) { Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) Ta cã a > b-c   b−c¿ >0 a2 >a − ¿ b > a-c   c −a ¿ >0 2 b >b − ¿ c > a-b   a −b ¿ 2> c >c − ¿ 2 a 2b2 c   a   b  c    b2   c  a    c   a  b         Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc:  a 2b c   a  b  c   b  c  a   c  a  b  abc   a  b  c   b  c  a   c  a  b  Ví dụ2: (đổi biến số) Cho a,b,c lµ ba c¹nh cña mét tam gi¸c Chøng minh r»ng y+z − x §Æt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta cã a = y + z − x z + x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z ta cã (1) ⇔ ⇔ ( y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ x y x z y z a b c + + ≥ (1) b+c c +a a+b ; b = z+x − y ; c = x+ y − z 2 y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z ⇔ là Bđt đúng? Ví dụ 3: (đổi biến số) Cho a, b, c > vµ a + b + c <1 Chøng minh r»ng : §Æt x = a2 +2 bc Gi¶i: ; z = c 2+ 2ab x+ y+ z=( a+b +c )2< Ta cã (1) ; y = b2 +2 ac 1 + + ≥9 a +2 bc b +2 ac c +2 ab 1 ⇔ + + ≥9 x y z Víi x + y + z < vµ x ,y,z > Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 1 √3 xyz vµ x + y + z ≥ 6) ph¬ng ph¸p lµm tréi : Chøng minh B§T sau : x+ y+ z ≥ √ xyz ⇒ ( x+ y+ z ) ( 1x + 1y + 1z ) ≥ 1 1     (2n  1).(2n  1) a) 1.3 3.5 b) 1 1    2 1.2 1.2.3 1.2.3 n Gi¶i : 1  2k  1  (2k  1)  1       a) Ta cã :  2n  1  2n  1 (2k  1).(2k  1)  2k  2k 1  Cho n chạy từ đến k Sau đó cộng lại ta có 1 1          1.3 3.5 (2n  1).(2n 1)  n 1  1 b) Ta cã : (®pcm) 1 1 1     1    1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3  n  1 n 1  1  1  1              2 2 n  n n <  2  3 (®pcm) (1) Bµi tËp vÒ nhµ: 1) Chøng minh r»ng: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 (x + y + z) HD: Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z ) = x ❑2 - 2x + + y ❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1 2) Cho a ,b,c lµ sè ®o ba c¹nh tam gi¸c Chøng minh r»ng : 1 a b c   2 b c c a a b a aa 2a a a    (HD: b  c a  b  c a  b  c vµ b  c a  b  c ) 1 1       2n + 3n 3n + < 3) < n + n + ¸p dông ph¬ng ph¸p lµm tréi 4) Cho a, b, c > Chøng minh r»ng bc ac ab   a b c a + b + c  b a bc ac ac ab bc ab       HD: a b = c  a b   2c; b c ? ; a c ? CHUYÊN ĐỀ 18 – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VAØ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY A Kiến thức 1) Bổ đề hình thang: “Trong hình thang có hai đáy không nhau, đường thẳng qua giao điểm các đường chéo và qua giao điểm các đường thẳng chứa hai cạnh bên thì qua trung điểm hai đáy” Chứng minh: Goïi giao ñieåm cuûa AB, CD laø H, cuûa AC, BD laø G, trung ñieåm cuûa AD, BC laø E vaø F Noái EG, FG, ta coù:  ADG  CBG (g.g) , neân : AD AG 2AE AG AE AG      CB CG 2CF CG CF CG (1)   Ta laïi coù : EAG FCG (SL ) Từ (1) và (2) suy :  AEG H (2)  CFG (c.g.c)   Do đó: AGE CGF  E , G , H thẳng hàng (3) Tương tự, ta có:  AEH A E /   BHF  BFH  AHE / D G  H , E , F thaúng haøng (4) Tõừ (3) và (4) suy : H , E , G , F thẳng hàng // B // F 2) Chùm đường thẳng đồng quy: O Nếu các đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song thì chúng định trên hai đường thẳng song song A m các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ B C Nếu m // n, ba đường thẳng a, b, c đồng quy O chúng caét m taïi A, B, C vaø caét n taïi A’, B’, C’ thì AB BC AC AB A'B' AB A'B' =  = ;  A'B' B'C' A'C' BC B'C' AC A'C' A' C' B' n a b * Đảo lại: + Nếu ba đường thẳng đó có hai đường thẳng cắt nhau, định trên hai đường thẳng song song các cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì ba đường thẳng đó đồng quy + Nếu hai đường thẳng bị cắt ba đường thẳng đồng quy tạo thành các cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì chúng song song với B Aùp duïng: 1) Baøi 1: Cho tứ giác ABCD có M là trung điểm CD, N là trung điểm CB Biết AM, AN cắt BD thành ba đoạn Chứng minh ABCD là hình bình hành c C Giaûi A D Gọi E, F là giao điểm AM, AN với BD; G, H là giao F điểm MN với AD, BD MN // BC (MN là đường trung bình  BCD) G M E B C N  Tứ giác HBFM là hình thang có hai cạnh bên đòng quy A, N là trung điểm đáy BF nên theo bổ đề H hình thang thì N là trung điểm đáy MH  MN = NH (1) Tương tự : hình thang CDEN thì M là trung điểm GN  GM = MN (2) Từ (1) và (2) suy GM = MN = NH   Ta coù  BNH =  CNM (c.g.c)  BHN = CMN  BH // CM hay AB // CD (a)   Tương tự:  GDM =  NCM (c.g.c)  DGM = CNM  GD // CN hay AD // CB (b) Từ (a) và (b) suy tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành 2) Baøi 2: Cho  ABC có ba góc nhọn, trực tâm H, đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự tạ P, Q cho HP = HQ Gọi M là trung điểm BC Chứng minh: HM  PQ Giaûi A Goïi giao ñieåm cuûa AH vaø BC laø I N P H Từ C kẻ CN // PQ (N  AB), Q K ta chứng minh MH  CN  HM  PQ Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ, hai B M I C cạnh bên NP và CQ đồng quy A nên K là trung điểm CN  MK là đường trung bình cuûa  BCN  MK // CN  MK // AB (1) H là trực tâm  ABC nên CH  A B (2) Từ (1) và (2) suy MK  CH  MK là đường cao  CHK (3) Từ AH  BC  MC  HK  MI là đường cao  CHK (4) Từ (3) và (4) suy M là trực tâm  CHK  MH  CN  MH  PQ 3) baøi 3: Cho hình chữ nhật ABCD có M, N thứ tự là trung điểm AD, BC Gọi E là điểm thuộc tia đối tia DC, K là giao điểm EM và AC  Chứng minh rằng: NM là tia phân giác KNE Giaûi A B Goïi H laø giao ñieåm cuûa KN vaø DC, giao ñieåm cuûa AC K N vaø MN laø I thì IM = IN // I // M Ta có: MN // CD (MN là đường trung bình hình chữ nhật ABCD) H C D E  Tứ giác EMNH là hình thang có hai cạnh bên EM và HN đồng quy K và I là trung ñieåm cuûa MN neân C laø trung ñieåm cuûa EH Trong  ENH thì NC vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên  ENH cân N   NC laø tia phaân giaùc cuûa ENH maø NC  MN (Do NM  BC – MN // AB)  NM laø tia phân giác góc ngoài N  ENH  Vaäy NM laø tia phaân giaùc cuûa KNE Baøi 4: Treân caïnh BC = cm cuûa hình vuoâng ABCD laáy ñieåm E cho BE = cm Treân tia đối tia CD lấy điểm F cho CF = cm Gọi M là A B  giao ñieåm cuûa AE vaø BF Tính AMC M E Giaûi H Goïi giao ñieåm cuûa CM vaø AB laø H, cuûa AM vaø DF laø G BH AB BH =   FG Ta coù: CF FG D C F G AB BE = =   CG = 2AB = 12 cm Ta laïi coù CG EC BH   BH = cm  FG = cm   BH = BE     = BCH  BAE =  BCH (c.g.c)  BAE + BEA maø BAE = 900        Maët khaùc BEA = MEC ; MCE = BCH  MEC + MCE = 900  AMC = 900 Baøi 5: Cho tứ giác ABCD Qua điểm E thuộc AB, H thuộc AC vẽ các đường thẳng song song với BD, cắt các cạnh còn lại tứ giác F, G a) Có thể kết luận gì các đường thẳng EH, AC, FG b) Gọi O là giao điểm AC và BD, cho biết OB = OD Chứng minh ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy Giaûi a) Neáu EH // AC thì EH // AC // FG Nếu EH và AC không song song thì EH, AC, FG đồng B E quy A b) Gọi giao điểm EH, HG với AC Trong hình thang DFEB có hai cạnh bên DF, BE đồng H M F N quy A và OB = OD nên theo bổ đề hình thang thì M laø trung ñieåm cuûa EF O D G C Tương tự: N là trung điểm GH ME MF = Ta có GN HN nên ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy O CHUYÊN ĐỀ 19 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC A Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 1) Khái niệm: Nếu với giá trị biến thuộc khoảng xác định nào đó mà giá trị biểu thức A luôn luôn lớn (nhỏ bằng) số k và tồn giá trị biến để A có giá trị k thì k gọi là giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) biểu thức A ứng với các giá trị biến thuộc khoảng xác định nói trên 2) Phöông phaùp a) Để tìm giá trị nhỏ A, ta cần: + Chứng minh A  k với k là số + Chỉ dấ “=” có thể xẩy với giá trị nào đó biến b) Để tìm giá trị lớn A, ta cần: + Chứng minh A  k với k là số + Chỉ dấ “=” có thể xẩy với giá trị nào đó biến Kí hiệu : A là giá trị nhỏ A; max A là giá trị lớn A B.Các bài tập tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức I) Dạng 1: Tam thức bậc hai Ví duï : a) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa A = 2x2 – 8x + b) Tìm giá trị lớn B = -5x2 – 4x + Giaûi a) A = 2(x2 – 4x + 4) – = 2(x – 2)2 –  - A = -  x = 4 9 b) B = - 5(x2 + x) + = - 5(x2 + 2.x + 25 ) + = - 5(x + )2   max B =  x = b) Ví dụ 2: Cho tam thức bậc hai P(x) = a x2 + bx + c a) Tìm P neáu a > b) Tìm max P neáu a < Giaûi b b b2 Ta coù: P = a(x2 + a x) + c = a(x + 2a )2 + (c - 4a ) b2 b Ñaët c - 4a = k Do (x + 2a )2  neân: b b a) Nếu a > thì a(x + 2a )  đó P  k  P = k  x = - 2a b b b) Nếu a < thì a(x + 2a )  đó P  k  max P = k  x = - 2a II Dạng 2: Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối 1) Ví duï 1: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa a) A = (3x – 1)2 – ñaët 3x - 3x - = y thì A = y2 – 4y + = (y – 2)2 +  A =  y =  b) B = B= +5 x-2 x-2 + + x =  3x - =   3x - = -   x = -  3x -  =2  x-3 x-3 =B= x-2 + 3-x  x-2 +3-x =1  B =  (x – 2)(3 – x)    x  2) Ví duï 2: Tìm GTNN cuûa C = x2 - x +  x2 - x - Ta coù C = x2 - x +  x2 - x - = x2 - x +  + x - x2  x2 - x + + + x - x2 C =  (x2 – x + 1)(2 + x – x2)   + x – x2   x2 – x –   (x + 1)(x – 2)   -  x  3) Ví duï 3: =3 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = (1) Vµ x   x   x   3 x  x  23 x = (2) VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  + = Ta cã tõ (1)  DÊu b»ng x¶y  x 4 (2)  DÊu b»ng x¶y  x 3 VËy T cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ  x 3 III.Dạng 3: Đa thức bậc cao 1) Ví duï 1: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa a) A = x(x – 3)(x – 4)(x – 7) = (x2 – 7x)( x2 – 7x + 12) Ñaët x2 – 7x + thì A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36  - 36 Min A = - 36  y =  x2 – 7x + =  (x – 1)(x – 6) =  x = x = b) B = 2x2 + y2 – 2xy – 2x + = (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + x - y =  x=y=1  = (x – y)2 + (x – 1)2 +    x - = c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta coù C + = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) Ñaët x – = a; y – = b thì b b2 3b b 3b C + = a2 + b2 + ab = (a2 + 2.a + ) + = (a + )2 +  Min (C + 3) = hay C = -  a = b =  x = y = 2) Ví duï 2: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa a) C = (x + 8)4 + (x + 6)4 Ñaët x + = y  C = (y + 1)4 + (y – 1)4 = y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + + y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + = 2y4 + 12y2 +   A =  y =  x = - b) D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + = (x4 – 6x3 + 9x2 ) + (x2 – 6x + 9) = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2   D =  x = IV Dạng phân thức: Phân thức có tử là số, mẫu là tam thức bậc hai Biểu thức dạng này đạt GTNN mẫu đạt GTLN -2 2  2 Ví duï : Tìm GTNN cuûa A = 6x - - 9x = 9x - 6x + (3x - 1)  1 2 2    2 Vì (3x – 1)   (3x – 1) +   (3x - 1)  4 (3x - 1)  4  A  - 2 1 A = -  3x – =  x = Phân thức có mẫu là bình phương nhị thức 3x - 8x + a) Ví duï 1: Tìm GTNN cuûa A = x - 2x + +) Cách 1: Tách tử thành các nhóm có nhân tử chung với mẫu 3x - 8x + 3(x - 2x + 1) - 2(x - 1) + 1 = 3   2 (x - 1) x - (x - 1) Ñaët y = x - Thì A = x - 2x + 1 A = – 2y + y = (y – 1) +   A =  y =  x - =  x = 2 +) Cách 2: Viết biểu thức A thành tổng số với phân thức không âm 3x - 8x + 2(x - 2x + 1) + (x - 4x + 4) (x - 2) =   2 2 x 2x + (x 1) (x 1) A=  A =  x – =  x = x b) Ví duï 2: Tìm GTLN cuûa B = x  20x + 100 x x 1   10 x  20x + 100 (x + 10) y  x + 10 Ta coù B = Ñaët y = x= thì 2 1  1 1  10 y  B=(y ).y2 = - 10y2 + y = - 10(y2 – 2.y 20 y + 400 ) + 40 = - 10  10  + 40  40 1 y10 =  y = 10  x = 10 Max B = 40  x + y2 2 c) Ví duï 3: Tìm GTNN cuûa C = x + 2xy + y  (x + y)  (x - y)2  x +y 1 (x - y) 1     2 2 (x + y) 2 (x + y)  A =  x = y Ta coù: C = x + 2xy + y 2 Các phân thức có dạng khác - 4x a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) A = x  - 4x (4x  4x  4)  (x  1) (x - 2)      A = -  x = x2 1 x 1 Ta coù: A = x  - 4x (4x  4)  (4x + 4x + 1) (2x  1)    4  2  max A =  x = x 1 x 1 Ta laïi coù: A = x  C Tìm GTNN, GTLN biểu thức biết quan hệ các biến 1) Ví duï 1: Cho x + y = Tìm GTNN cuûa A = x3 + y3 + xy Ta coù A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1) a) Cách 1: Biểu thị ẩn này qua ẩn kia, đưa tam thức bậc hai Từ x + y =  x = – y 1 1  1 y-  +   2 neân A = (1 – y)2 + y2 = 2(y2 – y) + = 2(y2 – 2.y + ) + =   1 Vaäy A =  x = y = b) Cách 2: Sử dụng đk đã cho, làm xuất biểu thức có chứa A Từ x + y =  x2 + 2xy + y2 = 1(1) Mặt khác (x – y)2   x2 – 2xy + y2  (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có: 1 2(x2 + y2)   x2 + y2   A =  x = y = 2)Ví duï 2: Cho x + y + z = a) Tìm GTNN cuûa A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN cuûa B = xy + yz + xz Từ Cho x + y + z =  Cho (x + y + z)2 =  x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (1) 2 2 ( x ❑ + y ❑ + z ❑ - xy Ta coù x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = – yz – zx)  ( x  y )2  ( x  z )2  ( y  z )2     x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 =  xy+ yz + zx (2) Đẳng thức xẩy x = y = z a) Từ (1) và (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz)  x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2)  x2 + y2 + z2   A =  x = y = z = b) Từ (1) và (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz)  xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx)  xy+ yz + zx   max B =  x = y = z = 3) Ví duï 3: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x + y + z = 3 xyz  3 V× x,y,z > ,¸p dông B§T C«si ta cã: x+ y + z áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có  x  y   y  z   z  x  3  x  y   y  z   x  z  1 xyz   xyz  27  3  x  y   y  z   z  x  8  DÊu b»ng x¶y x = y = z =  S  27 27 729 VËy S cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ 729 x = y = z = 4) Ví duï 4: Cho xy + yz + zx = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña x4  y4  z ¸p dông B§T Bunhiacèpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)  xy  yz  zx  Ta cã  x2  y2  z     x2  y  z   (1) 2 ¸p dông B§T Bunhiacèpski cho ( x , y , z ) vµ (1,1,1) Ta cã ( x  y  z )2 (12 12  12 )( x  y  z )  ( x  y  z )2 3( x  y  z ) 4 Tõ (1) vµ (2)  3( x  y  z )  x4  y  z  3  VËy x  y  z cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ x= y = z = 4 D Moät soá chuù yù: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta có thể đổi biến Ví duï : Khi tìm GTNN cuûa A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta ñaët x – = y thì A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 +  2… 2) Khi tìm cực trị biểu thức, ta có thể thay đk biểu thức này đạt cực trị đk tương đương là biểu thức khác đạt cực trị: +) B lớn  B nhỏ (với B > 0) +) -A lớn  A nhỏ ; +) C lớn  C2 lớn x4 + Ví dụ: Tìm cực trị A = x + 1 a) Ta có A > nên A nhỏ A lớn nhất, ta có 2 1  x + 1 2x  1  1  A =  x =  max A =  x = A x +1 x +1 b) Ta coù (x2 – 1)2   x4 - 2x2 +   x4 +  2x2 (Daáu baèng xaåy x2 = 1) 2x 2x  1 1 2 4  max A =  x2 = x +1 Vì x + >  x +    A =  x = 1 3) Nhiều ta tìm cực trị biểu thức các khoảng biến, sau đó so sámh các cực trị đó để để tìm GTNN, GTLN toàn tập xác định biến y Ví duï: Tìm GTLN cuûa B = - (x + y) a) xeùt x + y  - Neáu  y  thì A  - Neáu x = thì A = - Neáu y = thì x = vaø A = b) xeùt x + y  thì A  So saùnh caùc giaù trò treân cuûa A, ta thaáy max A =  x = 0; y = 4) Sử dụng các bất đẳng thức Ví duï: Tìm GTLN cuûa A = 2x + 3y bieát x2 + y2 = 52 Aùp duïng Bñt Bunhiacoápxki: (a x + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) cho caùc soá 2, x , 3, y ta coù: (2x + 3y)2  (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262  2x + 3y  26  3x  x y 3x  =    y =  x2 + y2 = x2 +   = 52  13x2 = 52.4  x =  Max A = 26 Vậy: Ma x A = 26  x = 4; y = x = - 4; y = - 5) Hai số có tổng không đổi thì tích chúng lớn và chúng Hai số có tích không đổi thì tổng chúng lớn và chúng a)Ví duï 1: Tìm GTLN cuûa A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn và x2 – 3x + = 21 + 3x – x2  x2 – 3x – 10 =  x = x = - Khi đó A = 11 11 = 121  Max A = 121  x = x = - (x + 4)(x + 9) x b) Ví duï 2: Tìm GTNN cuûa B = (x + 4)(x + 9) x  13x + 36 36  x +  13 x x x Ta coù: B = 36 36 36 36 x+ x nhoû nhaát  x = x  x = Vì các số x và x có tích x x = 36 không đổi nên  A= x+ 36  13 x nhoû nhaát laø A = 25  x = 6)Trong tìm cực trị cần tồn giá trị biến để xẩy đẳng thức không cần giá trị để xẩy đẳng thức Ví duï: Tìm GTNN cuûa A = 11m  5n Ta thaáy 11m taän cuøng baèng 1, 5n taän cuøng baèng Neáu 11m > 5n thì A taän cuøng baèng 6, neáu 11m < 5n thì A taän cuøng baèng m = 2; n = thÌ A = 121  124 =  A = 4, chaúng haïn m = 2, n = CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  - PHÖÔNG PHAÙP 1: Phöông phaùp ñöa veà daïng toång  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng các bình phương - Biến đổi phương trình dạng vế là tổng các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương các số nguyên ( số số hạng hai vế baèng nhau) Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x2 − xy + y 2=169 (1)  x  y   x 144  25  ⇔ x − xy+ y + x =144 +25=169+ 2  x  y   x 169   (1) 2 (II) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:   x  y  122  x 5  x 5    ;   x 52  y 2  y 22    x  y  52  x 12  x 12   ;  2  y 19  y 29   x 12   x  y  132  x 0      x 0  y 13    x  y  0  x 13    2  y 26   x 13  5;   ;  5;  22  ;   5;  ;   5; 22  ;  12;  19  ;  12;  29    x, y      12;19  ;   12; 29  ;  0;13 ;  0;  13 ;  13; 26  ;   13;  26      Vaäy 2 Ví dụ 2: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x  y  x  y 8 (2) (2) 2  x  x  y  y 32  x  x   y  y  34   x  1   y  1 5  32   x  1 32      y  1 52      x  1 52      y  1 32   x 2; x    y 3; y   x 3; x    y 2; y  x; y  2;3 ; 2;   ;   1;3 ;   1;   ;  3;  ;  3;  1 ;   2;  ;   2;  1  Vaäy       3 Ví dụ 3: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x  y 91 (1) (1)   x  y   x  xy  y  91.1 13.7  x  y   x  xy  y  x (Vì  xy  y   )   x  y 1  x 6  x   ;     x  xy  y  91  y 5  y  91.1     x  y 91  VN  2 x  xy  y      2 Ví dụ 4: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x  x  y 0 (2) 2 x  x  y 0  x  x  y 0   x  1   y  1   x  y  1  x  xy  1 1   x  y  1  x 0    x  y     y 0     x  y    x       x  y    y 0 x; y  0; ;  1;   Vaäy:        - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng Do đó; ta giả thiết x  y z ; tìm điều kiện các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy nghiệm  Ta thường giả thiết x  y z  Các ví dụ minh hoạ:  Ví dụ 1: Tìm x; y; z  Z thoả mãn: x  y  z x y.z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phương trình đối xứng Giả sử x  y z Khi đó:   x y  1; 2;3   (1)  x y.z x  y  z 3z  x y 3 (Vì x; y; z  Z ) * Neáu: x y 1  x  y 1   z z (voâ lí) * Neáu: x y 2  x 1; y 2; z 3 * Neáu: x y 3  x 1; y 3  z 2  y (voâ lí) 1; 2;3 Vậy: x; y; z là hoán vị  1   2 x ; y ; z  Z x y z Ví duï 2: Tìm thoả mãn: (2)   Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng Giả sử x  y z Khi đó: 1 3       x   x 1 x y z x (2) 1 x 1      y 2  y   1; 2 y z y Với: .Neáu: y 1  0 z (voâ lí) .Neáu: y 2  z 2 1; 2;  Vậy: x; y; z là hoán vị   - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y  Z để: A x2  x x2  x 1 nhaän giaù trò nguyeân A Ta coù: x2  x x2  x 1  1  1  2 x  x 1 x  x 1 x  x  Khi đó: Để A nhận giá trị nguyên thì x  x  nhận giá trị nguyên  1 x  x  1   x  x  1  U  1   1;1 Vì : x  x 0  x  1  0; x    x  x  1    x  Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x 0 x  2 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả mãn: y x  x  y  x  y  x y (2)  y  x  1  x  x  1  y  x  1 1 0  * Với: x 1;  *  0  x 1 y2  x  y  khoâng phaûi laø ngieäm cuûa phöông trình Neân: 0  ** x Phöông trình coù nghieäm nguyeân   x 0     x  1 U (1)  1;  1   x  x 1 x  Ví dụ 3: Tìm x; y  Z thoả mãn:   y  1 (3) Ta coù: x x (3)   y  1   y  y     y; y   1  y; y  laø soá leû  y;  y   laø hai soá leû lieân tieáp là các luỹ thừa 3, nên:  y 3m  *  m  n  x   3m  3n  m  n  n  y  3  **  Với: m 0;  n 1  y 1; x 1  Với: m 1;  n  Từ  * ;  **   y 3   y;  y    1   y   3 ( voâ lí)  x 1  Phöông trình coù nghieäm nguyeân:  y 1  - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là đa thức có tính biến thiên khác - Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: a1; a2 ; a3 ; ; an Khi đó: a1  a2  a3   an n  a1.a2 a3 .an n Daáu “=” xaûy  a1 a2 a3  an * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1 ; a2 ; a3 ; ; an và b1; b2 ; b3 ; ; bn Khi đó:  a1.b1  a2 b2  a3 b3   an bn  Daáu “=” xaûy  a1  a2  a3   an   b1  b2  b3   bn   kbi  i 1; n  *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:  a  b  a.b 0 a  b   a  b  a.b  Các ví dụ minh hoạ: x y y.z z.x   3 x y Ví dụ 1: Tìm x; y  Z thoả: z (1)  AÙp duïng BÑT Coâ – si Ta coù:  3 x y y.z z.x x y y.z z.x   3 3 x y.z z x y z x y x y.z 1  x y z 1  x  y  z 1 Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x  y z 1  x  y  1 Ví duï 2: Tìm nghieäm nguyeân cuûa phöông trình: 3  x  y  1 (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacoâpxki,ta coù:  x  y  1  12  12  12   x  y  1 3  x  y  1 Daáu “=” xaûy  x y    x  y 1 1 Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x  y 1 Ví dụ 3: Tìm tất các số nguyên x thoả mãn: x   x  10  x  101  x  990  x  1000 2004 (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhaän thaáy: 2104 = + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 vaø Ta coù:(3) Maø   x  10  x  x  101  x  990  x  1000 2004 a  a   x 3  x   10  x 10  x  a a   x  101  x  101  2004  x  101  2003  x  101 1   x  990 x  990  x  1000 x  1000  Do đó:   x  101 1   x  101    1; 0;1  x    102;  101;  100 x    102;  100 Với x  101  2004 2003 (vô lí) Vậy nghiệm phương trình là: 2 1) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n: x  y  z  xy  y  z  V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn x  y  z xy  y  z    y2   y2  x  y  z  xy  y  z  0   x  xy      y    z  z  0     2 2  y  y    x      1   z  1 0 2  2   y  y   x      1   z  1 0 2  (*) Mµ   y   x  0  y    0  2 2 y  z  0  y    x      1   z  1 0  2  2   PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn x, y  R  x 1   y 2  z 1  C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ  x 1   y 2  z 1  Phương pháp: Phương pháp này sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát dể dàng) vài giá trị nghiệm - Trên sở các giá trị nghiệm đã biết Áp dụng các tính chất chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng … ta chứng tỏ với các giá trị khác phương trình vô nghieäm Các ví dụ minh hoạ:  Ví dụ 1: Tìm x; y  Z thoả mãn: x  x   y  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x 0; y 1 thì phương trình nghiệm đúng Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x 0 + Với x 0; y 1 thì phương trình nghiệm đúng + Với x  Khi đó: x  x3   x  3x   x  x    x  1  y   x3   Vì x  1 ;  x3   (*) là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào y thoả (*) Vaäy x 0; y 1 laø nghieäm cuûa phöông trình  2 y 1 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả: x  x  3 (2) (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ ) Gọi b là chữ số tận cùng x ( Với cùng là: 1, b   0;1; 2; ;9 Khi đó: x  x  1 có chữ số tận (*) y1 Mặt khác: là luỹ thừa bậc lẻ nên có tận cùng là (**) Từ (*) và (**) suy phương trình vô nghiệm  2 Ví dụ 3: Tìm x; y  Z thoả mãn: x  xy  13 y 100 (3)  y 5   x  3 4  25  y    25  y  n  n      (3) Do đó: y    5;  4;  3;0;3; 4;5  x   3;9;11;13 x; y   5;3  ;   4;9  ;   3;11 ;  0;13  ;  3;11 ;  4;9  ;  5;3   Phöông trình coù nghieäm nguyeân:     PHÖÔNG PHAÙP 6: Phöông phaùp luøi voâ haïn (xuoáng thang) Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) số tự do, để có phương trình đơn giản - Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó Các ví dụ minh hoạ: 3 Ví duï 1: Giaûi phöông trình: x  y  z 0 (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thaáy x  y  z 0   x  y  z  3 Ta coù: (1) maø   3y  z  3 neân x 3   x  y  z  3  x 3  x 3  x 3 x1 Khi đó: (1)   27 x13  y  z  3   x13  y  3z  3  y 3  y 3  y 3 y1   x13  27 y13  3z  3  z 3  z 3  y 3z1 U  x ; y ;z  * Tiếp tục biểu diễn trên và gọi x0 ; y0 ; z0 là nghiệm (1) và thì và x0 ; y0 ; z0 9 Thực thử chọn ta được: x0  y0 z0 0 Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x0  y0 z0 0 0