phat trien tu duy sang tao giai toan dai so 8

Bùi văn tuyên (Chủ biên) nguyễn đức tr-ờng - NGUYễN TAM SƠN PHáT TRIểN TƯ DUY SáNG TạO GIảI TOáN đạI Số Phõn cụng biờn son Bựi Văn Tuyên Nguyễn Đức Trường Nguyễn Tam Sơn Chủ biên Chương I, II Chương III, IV Lời nói đầu (Bộ sách phát triển tư sáng tạo giải toán) Các em học sinh thân mến ! Các thầy giáo, cô giáo thân mến ! Bộ sách phát triển tƣ sáng tạo giải Toán 6, 7, 8, gồm cuốn, lớp hai tập: Đại số Hình học đƣợc tác giả biên soạn nhằm giúp em học sinh học tập tốt mơn Tốn THCS THPT sau Các tác giả cố gằng lựa chọn tập thuộc dạng điển hình, xếp thành hệ thống để bồi dƣỡng học sinh giỏi lớp THCS Sách đƣợc viết theo chƣơng tƣơng ứng với chƣơng sách giáo khoa Toán Mỗi chƣơng đƣợc viết theo chuyên đề bản, chuyên đề nâng cao, đánh số liên tục từ đầu sách đến cuối sách để bạn đọc dễ theo dõi Mỗi chuyên đề có ba phần: A Kiến thức cần nhớ: Phần tóm tắt kiến thức bản, kiên thức bổ sung cần thiết để làm sở giải tập thuộc dạng chuyên đề B Một số ví dụ: Phần đƣa ví dụ chọn lọc, tiêu biểu chứa đựng kĩ phƣơng pháp luận mà chƣơng trình địi hỏi Mỗi ví dụ thƣờng có: Tìm cách giải, trình bày lời giải kèm theo nhận xét, lƣu ý, bình luận phƣơng pháp giải, sai lầm thƣờng mắc nhằm giúp học sinh tích lũy thêm kinh nghiệm giải toán, học toán C Bài tập vận dụng: Phần này, tác giả đƣa hệ thống tập đƣợc phân loại theo dạng tốn, tăng dần độ khó cho học sinh giỏi Có tập đƣợc trích từ đề thi học sinh giỏi Tốn ngồi nƣớc Các em cố gắng tự giải Nếu gặp khó khăn xem hƣớng dẫn lời giải cuối sách Các tác giả hi vong sách tài liệu có ích giúp em học sinh nâng cao trình độ lực giải tốn, góp phần đào tạo, bồi dƣỡng học sinh giỏi cấp THCS Mặc dù có nhiều cố gắng biên soạn song sách khó tránh khỏi sai sót Chúng tơi mong nhận đƣợc ý kiến đóng góp bạn đọc Xin chân thành cảm n! CC TC GI chuyên đề bồi d-ỡng Ch-ơng I phép nhân phép chia đa thức Chuyên đề PHÉP NHÂN CÁC ĐA THỨC A KiÕn thøc cÇn nhí Muốn nhân đơn thức với đa thức ta nhân đơn thức với hạng tử đa thức cộng tích với A.( B + C) = AB + AC Muốn nhân đa thức với đa thức, ta nhân hạng tử đa thức với hạng tử đa thức cộng tích với (A + B)(C + D) = AC + AD + BC + BD B Mét sè vÝ dơ Ví dụ Thực phép tính: a) A   2x 15x  6y  ; b) B   5x  3y  4x  2y  Giải a) A   2x  2x  15x      6y    A  10x  4xy 2 b) B  20x  10x y  12x y  6y B  20x  2x y  6y2 Ví dụ Tính giá trị biểu thức sau: a) A  (5x  7).(2 x  3)  (7 x  2)( x  4) x  ; b) B  ( x  y).( y  x)  ( x  y).( y  x) x = 2; y = - Giải Tìm cách giải Nếu thay giá trị biến vào biểu thức ta đƣợc số phức tạp Khi thực gặp khó khan, dễ dẫn tới sai lầm Do cần thực nhân đa thức với đa thức thu gọn đa thức Cuối thay số Trình bày lời giải a) Ta có: A  (5x  7).(2 x  3)  (7 x  2)( x  4)    = 10x  15x  14x  21  7x  28x  2x   = 10x  15x  14x  21  7x  28x  2x  = 3x  27x  13  1 Thay x  vào biểu thức, ta có: A     27  13  2  2 Vậy với x  giá trị biểu thức A  b) Ta có: B  ( x  y ).( y  x)  ( x  y ).( y  x)  xy  x  y  xy  xy  x  y  xy  10 xy Thay x = 2; y = - vào biểu thức ta có: B  10.2.(2)  40 Vậy với x = 2; y = - giá trị biểu thức B = - 40 Ví dụ Tìm x, biết : a) x( x  5)  ( x 1)(4 x  3)  23 ; b) ( x  5)( x  4)  ( x  1)( x  2)  Giải Tìm cách giải Để tìm x, vế trái có thực phép nhân đơn thức với đa thức, đa thức với đa thức Vì ta khai triển rút gọn vế trái ấy, sau tìm x Trình bày lời giải a) x( x  5)  ( x  1)(4 x  3)  23 4x2  20x  4x2  3x  4x   23 13x   23 13x  23  -13x = 26 x = -2 b) ( x  5)( x  4)  ( x  1)( x  2)  x2  4x  5x  20  x2  2x  x   -8x + 22 = -8x = -15 x 15 Ví dụ Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào x: a) A  x.(2 x  1)  x ( x  2)  ( x  x  5) b) B  x.(3x  x  5)  (2 x  3x 16)  x.( x  x  2) Giải Tìm cách giải Chứng minh giá trị biểu thức không phụ thuộc vào biến x, tức sau rút gọn kết biểu thức khơng chứa biến x Do để giải toán này, thực biến đổi nhân đơn thức với đơn thức, nhân đa thức với đa thức thu gọn kết Nếu kết không chứa biến x, suy điều phải chứng minh Trình bày lời giải a) Biến đổi biểu thức A, ta có: A  x.(2 x  1)  x ( x  2)  ( x  x  5) A  x  x  x3  x  x3  x  A  Suy giá trị A không phụ thuộc vào x b) Biến đổi biểu thức B, ta có: B  x.(3x  x  5)  (2 x3  3x  16)  x.( x  x  2) B  3x3  x  x  x3  3x  16  x  x  x B  3x3  3x3  x  x  x  x  16 B  16 Suy giá trị B khơng phụ thuộc vào x Ví dụ Tính nhanh 1 a) A     5741 3759 3759 5741 3759 3759.5741 6516 b) B     3150 6547 1050 6517 1050 3150.6517 Giải Tìm cách giải Quan sát kỹ biểu thức, thực trực tiếp phép tình tốn dễ dẫn đến sai lầm; ta nhận thấy nhiều số giống nhau, nghĩ tới đặt phần giống chữ Sau biến đổi biểu thức chứa chữ Cách giải nhƣ gọi phƣơng pháp đại số Trình bày lời giải a) Đặt x  1 ;y biểu thức có dạng: 5741 3759 A  (4  x) y  y.(1  x)  y  xy A  y  xy  y  xy  y  xy A y  A 3759 b)Đặt x  1 ;y biểu thức có dạng: 3150 6517 B  (2  x).3 y  3x.(4  y )  12 x  xy B  y  3xy  12 x  3xy  12 x  xy B  6y  B  6  6517 6517 C Bµi tËp vËn dông 1.1 Rút gọn biểu thức sau a) A  (4 x 1).(3x  1)  5x.( x  3)  ( x  4).( x  3) ; b) B  (5x  2).( x  1)  3x.( x2  x  3)  2x.( x  5).( x  4) 1.2 Viết kết phép nhân sau dƣới dạng lũy thừa giảm dần biến x: a) ( x  x  1).( x  3) ; b) ( x  3x  1).(2  x) ; c) ( x  3x  2).(3  x  x) 1.3 Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị biến x: a) C  (5x  2)( x  1)  ( x  3)(5x  1)  17( x  3) b) D  (6 x  5)( x  8)  (3x  1)(2 x  3)  9(4 x  3) 1.4 Tìm x, biết: a) 5( x  3)( x  7)  (5x  1)( x  2)  25 b) 3( x  7)( x  5)  ( x 1)(3x  2)  13 1.5 Rút gọn tính giá trị biểu thức: a) A  (4  5x).(3x  2)  (3  x).( x  2) x  2 1 B  5x.( x  y)  y.( y  5x) x   ; y   1.6 Tính giá trị biểu thức : a) A  x6  2021x5  2021x4  2021x3  2021x2  2021x  2021 x  2020 ; b) b) B  x10  20 x9  20 x8   20 x2  20 x  20 với x  19 1.7 Tìm hệ số a, b, c biết: 2 a) x (ax  2bx  4c)  x  20 x  8x với x ; b) (ax  b).( x  cx  2)  x  x  với x 1.8 Chứng minh với số nguyên n thì: A  (2  n).(n2  3n  1)  n.(n2  12)  chia hết cho 1.9 Đặt 2x = a + b + c Chứng minh rằng: ( x  a).( x  b)  ( x  b).( x  c)  ( x  c).( x  a)  ab  bc  ca  x 1.10 Cho a, b, c số thực thỏa mãn ab  bc  ca  abc a  b  c  Chứng minh rằng: (a 1).(b 1).(c 1)  Chuyên đề CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ A KiÕn thøc cÇn nhí   A  B  A2  2AB  B2 (1)   A  B  A2  2AB  B2 (2)  A2  B2  (A  B)  A _ B (3)   A  B  A3  3A2B  3B2A  B3  A3  B3  3AB(A  B)   A _ B  A3  3A2B  3AB2  B3  A3  B3  3AB(A _ B) (5)  A3  B3   A  B A2  AB  B2  A3  B3 3    A  B  A   AB  B  (4) (6) (7) B Mét sè vÝ dơ Ví dụ Rút gọn biểu thức: 2 a) A  ( x  2)  4.( x  2).( x  2)  ( x  4) ; 2 2 b) B  (3x  x  1).(3x  x  1)  (3x  1) ; 2 2 c) C  ( x  5x  2)  2.(5x  2).( x  5x  2)  (5x  2) Giải Tìm cách giải Rút gọn biểu thức biến đổi viết biểu thức dƣới dạng đơn giản hơn.Trong biểu thức ẩn chứa đẳng thức, dùng đẳng thức để khai triển thu gọn đơn thức đồng dạng Trình bày lời giải a) Ta có: A  ( x  2)  4.( x  2).( x  2)  ( x  4)  x  x   4.( x  4)  x  x  16  x  x  b) Ta có: B  (3x  x  1).(3x  x  1)  (3 x  1)  (3x  1)  (2 x)  (3x  1)  (2 x)  4 x c) Ta có: C  ( x  x  2)  2.(5 x  2).( x  x  2)  (5 x  2)  ( x  x  2)  (5 x  2)   ( x )2  x Ví dụ Cho x +y = -7 x2+y2 = 11 Tính x3 +y3 ? Giải Tìm cách giải Sử dụng đẳng thức (1) giả thiết ta tính đƣợc tích xy Mặt khác phân tích kết luận đẳng thức (4), ta cần biết thêm tích xy xong Từ ta có lời giải sau Trình bày lời giải Từ x + y = -7  x2  2xy  y2  49 Mà x2  y2  11  11  2xy  49  xy  12  Ta có: x3  y3  x  y   3xy  x  y    7  3.12  7  x3 +y3 = - 91 Ví dụ Tính giá trị biểu thức: a) A = x2 + 10x + 26 x= 95 b) B  x  3x  3x  x  21 Giải Tìm cách giải Quan sát kỹ biểu thức, ta nhận thấy có bóng dáng đẳng thức Do nên vận dụng đƣa đẳng thức Sau thay số vào để tính, tốn đơn giản Trình bày lời giải a) Ta có: A  x  10 x  26  x  10 x  25   ( x  5)2  Thay x = 95 vào biểu thức A = (95 + 5)2 + = 10001 b) Ta có: B  x3  3x  3x   x3  3x  3x    ( x  1)3    Với x  21  B  21    8000   8002 b) B(y) = – 2y2 – 4y + 10 = 12 – 2(y + 1)2  12 ,  y; Vậy max B(y) = 12  y = – 1; 1.3       11  1  1  1   1 =  (bạn đọc tự rút gọn Lƣu ý    ; 2 2.2 20 2     10  2.4 9.11 1   1   ; ; ) 2 3.3 10 10.10 c) Rút gọn  Do B(z) = – 20(z2 – 2z + 3) = – 40 – 20(z – 1)2  – 40 ,  z; Vậy max B(z) = – 40  z = 25.3 a) C = (x2 – 8x + 15) (x2 – 8x + 17) Đặt x2 – 8x + 16 = y ta có C = (y – 1)(y + 1) = y2 –  – ,  y Vậy C = –  y =  (x – 4)2 =  x = b) D = (1 – x)(x – 5)(x2 – 6x + 11) = – (x2 – 6x + 5) )(x2 – 6x + 11) Đặt x2 – 6x + = y ta có D = – (y – 3)(y + 3) = – y2  9,  y x  Vậy maxD =  y =  x2 – 6x + =  (x – 2)(x – 4) =   x  c) E = (x + 6)(x + 3)(x + 2)(x – 1) + 1= (x2 + 5x – 6)( x2 + 5x + 6) + Đặt x2 + 5x = y ta có E = (y – 6)(y + 6) + = y2 – 36 +  –35 ,  y Vậy E = – 35  y =  x2 + 5x = (x + 5)x =  x = ; x = –5 4 d) Đặt x – 2015 = y F = 2018 –  y  1   y  1    Áp dụng đẳng thức (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 ta có F = 2018 – 2(y4 + 6y2 + 1) = 2016 – 2(y4 + 6y2)  2016 ,  y Vậy max F = 2016  y =  x = 2015 25.4 a) M(x, y) = ( x – y)2 + 3(y + 2)2 + 10  10 ,  x,y Do M(x,y) = 10  (x = –2; y = –2) b) N(x,y) = 2015 – (x + y + 1)2 – 2(y – 2)2  2015,  x,y Do maxN(x,y) = 2015  (x = – 3; y = 2) c) P(x,y,z) = 15 – (x – 1)2 – (y – )2 – (z – 3)2  15,  x,y,z Do maxP(x,y,z) = 15  (x = 1; y = ; z = 3) d) Q(x,y,z,t) = (x + y + z)2 + (x + t)2 + (y – 2)2 + (t – 3)2 + 100  100 ,  x,y,z,t Do Q(x,y,z,t) = 100  (x = –3; y = ; z = 1; t = 3) 25.5 a) R =  x1     x     x      x10    40  40 , x i (i  1,2, ,10) R = – 40 2  (x1 = x2 = = x 10 = 2) b) Ta có i x i2  2ix i    ix i  1 Do 337 S = (x1 1)  (2x 1)  (3x 1)   (nx n 1)  n  n , x i(i 1, 2, , n) Do S = n  x1  1; x  1 ; x  ; ; x n  n c) Ta cã x i2  2ix i  i   x i  i  ( i = 1,2,3, ,n) Do : T = 100 – (x1 – 1)2 – (x2 – 2)2 – (x3 – 3)2 – – (xn – n)2  100,  xi Do maxT = 100  (x = 1; x = ; x = 3; ; x n = n) 200 200   10 ,  x (4x  1)  20 20 Vậy maxA= 10  x = 0,25 25.6 a) A = b) B = 50 50 50     25  x (x  4x  4)   x    2  Vậy B = – 25 c) E = x=2 2015  x  1 Vậy max E =   y  1  2016 2015 2016   x   y  2015 2016  x, y  x  1  , x 4(x  2)  (x  2x  1) 25.7: a) D =  4 2 x 2 x 2 Vậy D =  x = 5(x  5)  1 1 26  5   5  , x Do  x ta có x2 +   2 x 5 x 5 x 5 x 5  max E = 5,2  x = b) E = 2(x  2)  , x Vậy F =  x = c) F   x2  d) Q =  6   , x  max Q = 5,5  x = –2 (x  2)2  4 25.8 a) Với x  1 ; f(x) = 3(x  1)  3   2 Đặt y  (x  1) x  (x  1) x 1 1 1 1 3   ta có f(x) = 3y – 3y = 3  y  2.y     3  y     , y 4 2 4   Vậy max f(x) = hay x =  y= 1 2 b) g(x) = với x  Vậy    y2  2y     y  1   y với y  x2 (x  2) x  g(x) =  y = hay x = 25.9 a) Ta chứng minh A  ,  x Thật x – 6x + 15   x – 6x +   (x – 3)   x 338 Dấu “=” xảy  x = b) Ta chứng minh B  ,  x Thật vậy:  x ta có  x  4x  x  4x   8(x  4x  5) 9(x  2)      hiển nhiên Dấu “=” xảy x  4x  x  4x  (x  2)   x =  2y  2y   y (y  1) 1    ,  y Nhƣ c) Xét C – =  y2  y2  y2 C  1,  y , dấu “=” xảy  y = nghĩa maxC =  y =1 Xét C +  2y  4y   y (y  2)     ,  y Nhƣ = 2  y2 2  y2  y2 C  – 0,5 ,  y , dấu “=” xảy  y = –2 nghĩa minC = – 0,5  y = –2 25.10 a)Với x > A < Với x  Z Xét x < mẫu – x số nguyên dƣơng.Phân số A có tử mẫu dƣơng, tử 30 không đổi nên A lớn  mẫu ( – x) số nguyên dƣơng nhỏ Do – x =  x = A = 30 Vậy maxA = 30  x = b) Với x  B x  26 (x  3)  23 23 23   1  1 x 3 x 3 x 3 3 x B lớn 23 3 x Nếu x < 23 23 > nên lớn  (3 – x) nhỏ 3 x 3 x lớn 3  x    x nhỏ  (3  x)  Z   Nếu x > 23 < 3 x – x = hay x = Khi max B = 24  x = c) Với x  1945 C = Đặt E = 1975  x 30  (x  1945) 30   1 x  1945 x  1945 x 1945 30 Ta có C nhỏ  E nhỏ x  1945 *Với x > 1945 E > *Với x < 1945 E < nên C nhỏ  số đối E lớn  x > nên 30 lớn  1945  x (1945 – x) nhỏ 339 30 lớn Do 1945 – 1945  x 1945  x   (1945  x) nhỏ 1945  x  Z   1945 – x = Khi C = – 31 Vậy C = – 31  x = 1944 25.11 a) D = (9x  2)  (9x  6x  1) (3x  1)     x 9x  9x  Do maxD = D=  x= 12x  (9x  12x  4)  (9x  2) (3x  2) 1       x 2 2(9x  2) 2(9x  2) 2(9x  2) 2 Do minD =  b) E =  x=  2(x  2x  3)  x x2    , x x  2x  x  2x  Do maxE =  x = 2x  8x+12 (x  2x  3)  (x  6x  9) (x  3) 2    , x E = 2(x  2x  3) = 2 2(x  2x  3) 2(x  2x  3) Do minE =  x = – 2(x  x  1)  c) G = (x  x  1)  x   2, x  x x2  x 1 Vậy max G =  x = *Xét với x > G  2 2x  4x   2x 2x  2  2 x  2x  x  2x  x 2 x  ,  x > Vậy G = 1,5  x = x 2 x d) Ta có 2xy  x  y  x  y  10  (x + y)  2(x  y2 ) = 100  – 10  x  y  10 Vậy max K = 10  x = y = ; minK = – 10  x = y = – 25.12 Áp dụng trực tiếp định lý cực trị 340 Do x   nên x 25.13 2x  25x  72 72  2x   25 a) B = x x Ta có với x > 2x 72 hai số dƣơng có tích 144 khơng đổi x nên tổng chúng nhỏ hai số tức : 2x  72  x2 = 36 Nghiệm x = thỏa mãn điều kiện x Vậy B = 49  x = (x  2x  1)   2(x  1)  (x  1)  2 b) C = x 1 x 1 Ta có với x  , số dƣơng x + Nên C nhỏ  x   có tích khơng đổi x 1  (x + 1)2 = Nghiệm x = thỏa mãn điều kiện đầu Vậy C x 1 =2  x=1 c) Tổng (x2 – 5x – 20) + (28 – x2 + 5x) = khơng đổi nên tích chúng lớn hai số x2 – 5x – 20 = 28 – x2 + 5x  x2 – 5x – 24 =  (x + 3)(x – 8) =  x = – ; x = Vậy  x  3 max D = 4.4 = 16   x  25.14 a) Ta biết x  a b  , x  Do   (1) x b a Do vai trò a, b, c nhƣ nên ta giả sử a  b  c  Ta có a – c  b(a – c)  c(a – c)  ab – bc + c2  ac  b b c a b c a b c    (2) Từ (1) (2)      G = 2020 –      2017 c a a b c a b c a Vậy maxG = 2017  a = b = c a,b, c > a b a c a d b c b d c d b) H                             2.6  20 b a  c a d a  c b d b d c Vậy H = 20  a = b = c = d a, b, c, d > x y z  x y z    25.15 a) K =     +    y z x   yz zx xy x y z x y z    (xem ví dụ chuyên đề 20)  K    (xem tập 25.14) Ta có yz zx xy y z x  3  2 341 Vậy K = 4,5  x = y = z x, y, z > b) Biến đổi L = = x y z yz zx xy      yz zx xy x y z x y x z  y z  x y z            2 2 yz zx xy  y x   z x   z y Vậy L = 7,5  x = y = z x, y, z > 25.16 : a) a + b =  16 = a2 + b2 + 2ab = 2(a2 + b2 ) – (a – b)2  16  2(a2 + b2 )  a2 + b2  Vậy D =  a = b = b) Ta có 3(a2 + b2 + c2 )  (a + b + c)2 (xem tập 21.1) Do 3E  (a + b + c)2 = Vậy E =  a = b = c = c) F = a3 + b3 + 2ab = (a + b)(a – ab + b2 ) + 2ab Do a + b = nên F = 2(a2 – ab + b2 ) + 2ab = 2a2 + 2b2 = 2a2 + 2(2 – a)2 = 4a2 – 8a + =  a  1   , a Vậy F =  a = b = 25.17 a) a + 2b =2  a = – 2b  G = 2ab = 4(1 – b).b = –4(b2 – b) 1  = 4  b     ,  b Vậy max G = 2   b= b) Đặt a + = x ; b + = y ; c + = z x + y + z = a + b + c +  nên a = 1  xyx 1 9 1 1    Ta có (x + y + z)      (xem ví dụ chuyên đề 21)     x y z xyz x y z  1 1 1      1   2 x y z maxH =   x  y  z   a = b = c = 25.18 a) Sử dụng bất đẳng thức a  b  a  b Dấu “=” xảy  ab  L= 5x  2010  5x  2020 = 5x  2010  2020  5x  5x  2010  2020  5x =10 Vậy L  10 Dấu “=”xảy  (2020 – 5x)(5x – 2010)   402  x  404 Do L = 10  402  x  404 (có thể lập bảng xét giá trị tuyệt đối gii) b) Đặt M1 x 2015 x  2018 ; M2  x  2016  x  2017 Giải tƣơng tự a) ta có M1 =   2015  x  2018 M2 =   2016  x  2017 VËy M =  2016  x  2017 342 c) Đặt 19x  = y N = y2 – 10y + 25 + 1945 = (y – 5)2 + 1945  1945 Vậy N = 1945  y =  19 x  =  x = 13 ;x= 19 19 a) maxP =  y =– 25 19 b) y ta có 7y    7y   60  60  1  7y   60 60 2014 2014 2014 1954 2014 1954      1 7y   60 60 7y  60 60 60 60  Vậy maxQ =  y = c) Với x  5 T = – x – + x + = –3 Với – < x < 2 T = x + + x + = 2x + Do – < x < 2 nên – 10 < 2x < 4  – < T < Với x  – T = x + – x – = Vậy max T =  x  – 25.20 Đặt S1 = z   z  100 ; S2 = z   z  99 ; S3 = z   z  98 ; ; S 50 = z  50  z  51 Ta có : Tƣơng tự 24.18 a) S = 99   z  100 S2 = 97   z  99 S3 = 95   z  98 Ta có S49 =  49  z  52 S50 =  50  z  51 + + + + 97 + 99 = (1 + 99).50 : = 2500 Vậy minS = S + S2 + S3 + S49 + S50 = 2500  50  z  51 25.21 Áp dụng bất đẳng thức a  b  a  b , dấu “=”  ab  Ta có y  x  x  16   x  x  x  x  16   x  x  22 Dấu “=” xảy  (x  x  16)(6  x  x)   – x2 – x   63  x + x + 16 =  x     , x 2  Hay x + x –   (x + 3)(x – 2)   –  x  343 Vậy y = 22  –  x  25.22 Ta có 2A = – [(x2 – 2xy + y2) +(x2 – 4x + 4) +(y2 – 4y + 4)] = – [(x – y)2 + (x – 2)2 +(y – 2)2]   max A =  x = y = (x  y3 )  (x  y ) x (x  1)  y (y 1) x2 y2    25.23 P = (x  1)(y  1) (x  1)(y  1) y 1 x 1 Đặt x – = a y – = b, x > y > nên a > b > đồng thời P= (a  1) (b 1)  b a Áp dụng bất đẳng thức (x + y)2  4xy x + (a + 1)2  4a ; (b + 1)2  4b ; Nên P   (với x > 0) ta có x 4a 4b a b   4    b a b a Vậy P =  a = b = hay x = y = 25.24 Ta có P = (4x2 + 9y2 + 64 – 12xy + 32x – 48y) + (x2 – 8x + 16) + = ( 2x – 3y + 8)2 + (x – 4)2 +  x  x   2x  3y    Dấu “=” xảy     16 Vậy P =   16 x    y   y  25.25 Sử dụng bất đẳng thức (a + b)2  4ab Ta có : (x + 2010)2  2010.x  N = Vậy max N = x  (x  2010 ) 8040 , đạt đƣợc x = 2010 8040 25.26 B =  1  3  x  2x  (x  1)  2  max B = 3,5  x = – 25.27 Xét 4P = (4x2 + y2 + + 4xy – 8x – 4y) + 3y2 – 8y + 8036 8036     24092 24092 = (2x + y – 2) +  y  y    = (2x + y – 2) +  y    3  3   3  min(4P) = 24092 6023  y  ;x   P = 3 3 25.28 a) M =  10x  y   10x + y = 2x + 2y  y = 8x xy Vì x; y chữ số nên  x  ;  y   x = 1; y = ; n = 18 344 x = a + y = b + Khi b) M = x  y  9x 9x y  1  1 M nhỏ  lớn y xy xy x 1 x  y lớn x nhỏ  y = ; x = n = 19  minM = 19 10 25.29 Do vai trò a, b, c nhƣ Giả sử a = max a, b, c  a  Ta có a  b2  c2  (a  b  c)2 a  b  c  36  Mặt khác bc  nên a2 + b2 + c2= a2 + (b + c)2 – 2bc  a2+(6 2 2 – a) = 2a – 12a + 36 P a  b;a  c; bc   =  (a  2)(a  4) 10  20  max(a + b + c ) = 20  (a  2)(a  4)  a  b  c   2  (a; b; c) = (4; 2; 0) (4; 0; 2) Khi max P = 28  (a; b; c) = (4; 2; 0) hoán vị Chuyên đề 26: ĐỒNG DƢ THỨC 26.1 Với tốn dạng này, phƣơng pháp chung tính toán để đến a  b (mod m) với b số có trị tuyệt đối nhỏ đƣợc (tốt b =  1) từ tính đƣợc thuận lợi an  bn (mod m) a) 8! = 1.2.3.4.5.6.7.8 Ta có 3.4 = 12  (mod 11) ; 2.6 = 12  (mod 11) ; 7.8  (mod 11) Vậy 8!  (mod 11)  8! –  (mod 11) Số dƣ phép chia 8! – cho 11 b) 2014  – (mod 5)  20142015  – (mod 5) 2016  (mod 5)  20162015  (mod 5) ; 2018  (mod 5) 20142015 + 20162015 + 2018  (mod 5) c) 23  (mod 7)  250 = (23)16  (mod 7) 41  –1 (mod 7)  4165  (–1)65  –1 (mod 7) 250 + 4165  –  (mod 7) d) 15  (mod 4); 35  – (mod 4) ; 55  (mod 4) ; ; 975  (mod 4); 995  – (mod 4) Đáp số : Dƣ 26.2 a) 1532  (mod 9)  15325  25  (mod 9)  15325 –  (mod 9) b) 25 = 32  (mod 25)  210 = (25)2  72  – (mod 25) 22000 = (210)200  (– 1)200  (mod 25) c) 2014 = 155.13 – nên 2014  – (mod 13); 20152016 = 2k + (k  N) 2016  20142015  (– 1)2k+1  – (mod 13) Đáp số : dƣ 12 345 26.3 a) Ta có 352 = 1225 = 425.3 – 50  –50(mod 425) 353 = 352 35  –50 35  – 1750  –50(mod 425) 354 = (352)2  (– 50)2  2500  –50(mod 425) Tƣơng tự với 358 ; 3516 ; 3532 Từ có A  –100(mod 425) Hay số dƣ phép chia A cho 425 325 b) Ta có 105 = 7.14285 +  5(mod 7); 106 = 5.10  1(mod 7); 10n – = 99 96  (mod 2) 99 96  0(mod 3)  10n –  0(mod 6) n 1soˆ 9 n 1soˆ 9  10n  4(mod 6) 10n = 6k + (k, n  N*) Do 1010  106k 4  106  104  104 (mod 7) k n Vậy B  104 +104 +104 + +104  10 104  105  5(mod 7) 26 a) Ta tìm dƣ phép chia số cho 10 Vì 42  6(mod 10) nên 43 = 49 = (42)4.4  6.4  4(mod 10)  chữ số tận b) Ta tìm dƣ phép chia số cho 100 Theo ví dụ chuyên đề 26 ta có 31000  01 (mod 100) nghĩa hai chữ số sau 31000 01 Số 31000 bội số nên chữ số hàng trăm chia cho phải có số dƣ để chia tiếp 201 chia hết cho ( số dƣ hay 001; 101 khơng chia hết cho 3) Vậy số 3999 = 31000 : có hai chữ sô tận 201 : = 67 c) Ta tìm dƣ phép chia số cho 1000 Do 1000 = 125.8 trƣớc hết ta tìm số dƣ 2512 cho 125 Từ đẳng thức: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 ta có nhận xét a 25 (a + b)5  b5 (mod 125) Vì 210 = 1024  – (mod 25) nên 210 = 25k – (k  N) Từ nhận xét ta có 250 = (210)5 = (25k – 1)5  – (mod 125) Vì 2512 = (250)10 212  (– 1)10 212  212 (mod 125) Do 212 = 210 22 = 1024  24.4  96 (mod 125) Vậy 2512  96 (mod 125) Hay 2512 = 125m + 96, m N Do 2512 ; 96 nên m  m = 8n (n  N) 2512 = 125 8n + 96 = 1000n + 96 Vậy ba chữ số tận số 2512 096 26.5 Để chứng tỏ a m ta chứng minh a  (mod m) a) 41 = 42 –  – (mod 7) Do 412015  (– 1)2015  – (mod 7) Hay 412015  (mod 7)  412015 –  (mod 7) b) Ta có 24 = 16  (mod 15)  24n  (mod 15)  24n –  (mod 15) Do 24n+1 – = 2(24n – 1)  (mod 15) c) Ta có 33 = 27  (mod 13) ; 376 = (33)25.3  (mod 13) Ta có 24  (mod 13)  26  12  – (mod 13) 276 = (26)12 24  (mod 13) 346 Do 376 – 276  (mod 13) hay 376 – 276 13 d) 341 = 11 31 * Ta có 25 = 32  –1(mod 11) ; 20 = 22 –  – (mod 11) Do 2015  (– 2)15  –(25)3  1(mod 11) * 2015 = (25)3 (53)5  1(mod 31) 25  1(mod 31) 53  1(mod 31) Do 2015  (mod 11.31) hay 2015  (mod 341)  2015 – 341 26.6 1890  (mod 7) ; 1945  – (mod 7) ; 2017  (mod 7) 189079  (mod 7) ; 19452015  – (mod 7) ; 20172018  (mod 7)  đpcm 26.7 a)Ta có 5555 = 793.7 +  4(mod 7); 2222 = 318.7 –  – 4(mod 7)  55552222 + 22225555  42222 + (– 4)5555  – 42222(43333– 1) (mod 7) 1111 Do 43333 – =  43   1 ; 43 = 64  (mod 7) nên (43)1111  (mod 7)   Hay 43333 –  (mod 7) Do 55552222 + 22225555  (mod 7) 155541111 = (2 7777)1111 = 21111 77771111  (mod 7)  đpcm b) Ta có 102 = 2.3.17 Ta có (220 + 119 + 69)102  (mod 102) *220  (mod 2) ; 119  – (mod 2) ; 69  (mod 2)  M  (mod 2) *220  (mod 3) ; 119  – (mod 3) ; 69  (mod 3)  M  (mod 3) *220  –1(mod 17);119  (mod 17) ; 69  1(mod 17)  M  (mod 17) (Để ý 11969 69220 số lẻ) ;  M  (mod 2.3.17) Hay M 102 26.8 Đặt A = 52n-1 2n+1 + 22n-1 3n+1 Ta có A 2,  n  N* ; Ta có A = 2n (52n-1 + 2n-1 3n+1) = 2n (25n-1 10 + 6n-1 9) Do 25  (mod 19)  A  2n (6n-1 10 + 6n-1 9)  2n.6n-1 19  (mod 19) Hay A 19 Mà (2 ; 19) =  A 19  A 38 26.9 Ta có a = a n a n 1 a1a = an.10n + an-1.10n-1 + + a1.10 + a0 a) Ta có 10  1(mod 9) 10i  (mod 9) , i = 1; 2; 3; ; n Do a  (an + an-1+ + a1 + a0) (mod 9) Vậy a  an + an-1+ + a1 + a0  (mod 9)  an + an-1+ + a1 + a0 b) Ta có 102 = 100  (mod 25)  10i  (mod 25) , i = 2; 3; ; n  a  (a1.10 + a0) (mod 25) Vậy a 25  a1 10 + a0  (mod 25)  a1a 25 c) Do 10  – (mod 11)  10i  (– 1)i (mod 11) a  (a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + ) (mod 11) Do a 11  (a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )  (mod 11) Tức hiệu tổng chữ số vị trí lẻ tổng chữ số vị trí chẵn 347 d) Ta có 103 = 1000  (mod 8)  10i  (mod 8) , i = 3; 4; ; n  a  (a2 102 + a1.10 + a0) (mod 8) Vậy a  a2 102 + a1 10 + a0  (mod 8)  a 2a1a 26.10 Theo định lý Fermat bé, 11 số nguyên tố nên ta có 210  (mod 11)  210n  (mod 11)  210n + = 210n  (mod 22)  210n + = 22k + (k  N) 10n 1 10 n 1 Do 23 số nguyên tố ta có 222  (mod 23)  22  222k 2  4.222k  (mod 23)  22 + 19  (mod 23) Tức A 23 Mà A > 23, n  nên A hợp số  19  26.11 Theo định lý Wilson : Với số nguyên tố p (p – 1)!  –1 (mod p) Do 13 nguyên tố nên 12!  –1 (mod 13)  12!  (–1)13  –1 (mod 13) 13 Ta có 2016 = 13.155 +  (mod 13)  20162015  (mod 13) Do B = 12! + 20162015  (mod 13) Hay B 13 13 26.12 a) Theo Định lý Fermat bé , số nguyên tố nên 26  (mod 7) Ta có  (mod 3)  4n  (mod 3)  2.4n  (mod 6) Nghĩa 22n + = 2(22)n = 4n  (mod 6)  22n + = 6k + , (k  N) Mặt khác 23n = (23)n = 8n  (mod 7)  23n  (mod 7) 2n 1 Do 22  3.23n  26k + +  22 (26)k +  22.1 +  (mod 7) b) Do 11 số nguyên tố nên 210  (mod 11) Ta có 16  (mod 5)  16n  (mod 5)  2.16n  (mod 10) Nghĩa 24n + = 2(24)n = 2.16n  (mod 10)  24n + = 10k + , (k  N) Mặt khác 12  (mod 11)  125n +  (mod 11)  125n +  (mod 11) ; Do 102  (mod 11)  102n  (mod 11)  5.102n  (mod 11) 4n 1 Vì 22  2.125n 1  5.102n  210k + + +  22 +  (mod 11) 26.13 a) Ta có 72 = 8.9 (8; 9) = *63  (mod 9); n = 3n  (mod 9) 3n + 63  (mod 9) *Mặt khác, với n = 2k (k  N*) 3n – = 32k – = 9k –  1k –  (mod 8) 3n + 63 = 3n – + 64  (mod 8) Vậy với n = 2k (k  N*) 3n + 63 72 b) Ta có 323 = 17 19 (17; 19) = *A = (20n – 1) + (16n – 3n) = P + Q Ta có 20n  1(mod 19)  P  (mod 19) Nếu n = 2k (k  N*) Q = 162k – 32k  (– 3)2k – 32k  32k – 32k  (mod 19)  A = P + Q  (mod 19) * A = (20n – 3n ) + (16n –1) = P’ + Q’ 348 20n  3n (mod 17) Do P’ = 20n – 3n  (mod 17) Nếu n = 2k (k  N*) Q’ = 162k – = (– 1)2k –  –  (mod 17)  A = P’ + Q’  (mod 17) Do (17 ; 19) = nên A  (mod 17 19) Vậy với n = 2k (k  N*) A = 20n + 16n – 3n – 323 26.14 Theo định lý Fermat bé ta có 2p  (mod p) nên 2p  – (mod p) ta có  (mod p)  p = Mặt khác p = 23 + =  (mod 3) Vậy p = số cần tìm 26.15 Với p = p2 + 20 = 29 số nguyên tố Với p  p2  (mod 3) nên p2 + 20  21  (mod 3) Vậy p2 + 20 mặt khác p2 + 20 > nên p2 + 20 hợp số Vậy có số nguyên tố cần tìm p = 26.16 Với a, b  N* Nếu ab p số abp – bap p Nếu ab  p (a, p) = (b, p) = Do ap-1  bp-1  (mod p)  ap-1 – bp-1  (mod p)  ab(ap-1 – bp-1)  (mod p)  abp – bap  (mod p) hay abp – bap p ,  a, b  N* 26.17 a) Giả sử a, b, c  Z mà a2 + b2 + c2  (mod 8) Ta có a  0;  1;  2;  3; (mod 8)  a2  0; 1; (mod 8)  b2 + c2  ; ; (mod 8) Điều vơ lý ; ; 2; 4; (mod 8) b2  0; 1; (mod 8) c2  0; 1; (mod 8)  b2 + c2  Vậy a2 + b2 + c2  (mod 8) b) Áp dụng câu a) ta có với x , y , z  Z 4x2 + y2 + 9z2 = (2x)2 + y2 + (3z)2  (mod 8) Mà 2015 = 251 +  (mod 8) Vậy phƣơng trình cho khơng có nghiệm ngun 26.18 Ta có 2011  11 (mod 100) ; 112  21 (mod 100) ; 113  31 (mod 100); 115  21.31  51 (mod 100)  1110  512  (mod 100) Ta có 20102009  (mod 10)  20102009 = 10k (k  Z) 2009  20112010 = 201110k  1110k  (1110)k  (mod 100) Do hai chữ số tận số 01 26.19 Bài tốn có nhiều cách giải Sau cách giải theo đồng dƣ thức: * Ta có  n  N* n5 – n  (mod 30) (ví dụ chuyên đề 26 chứng minh) A = (a2012 – a2008) + (b2012 – b2008) + (c2012 – c2008) A = a2007 (a5 – a) + b2007 (b5 – b) + c2007 (c5 – c) Ta có a5 – a  (mod 30)  a2007 (a5 – a)  (mod 30) Tƣơng tự b2007 (b5 – b)  (mod 30) ; c2007 (c5 – c)  (mod 30) Vậy A  (mod 30) Hay A 30 26.20 Giả sử tồn ba số nguyên (x; y ; z) thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 + 349  x4 + y4 + z4 = 8z4 + (1) Xét với số nguyên a a chẵn a = 2k (k  Z)  a4 =16k4  (mod 8) ; a lẻ a4 = (2k + 1)4  (mod 8) Do x4 + y4 + z4  ; ; ; (mod 8) Trong 8z4 +  (mod 8) mâu thuẫn với (1) Vậy không tồn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y4 = 7z4 + 26.21 Ta có 412 = (40 + 1)2 = 402 + 80 +  81 (mod 100) 414  812  6561  61 (mod 100)  415  61 41  (mod 100)  41106  41 (415)21  41 (mod 100) Mặt khác 574 = 10556001  (mod 100)  572012 = (574)503  (mod 100) Vì A  41 + 1(mod 100) Do hai chữ số cuối số A = 41106 + 572012 42 26.22 Do a + 20 21  a  (mod 3) a  (mod 7) b + 13 21  b  (mod 3) b  (mod 7) Suy A = 4a + 9b + a + b  + + +  (mod 3)  A  10 (mod 3) Xét a = 3k + ; b = 3q + với k, q  N ta có 4a = 43k+1 = 64k  (mod 7) 9b = 93q+2  23q+2  8q  (mod 7) Do A = 4a + 9b + a + b  + + +  10 (mod 7)  A  10 (mod 7) A  10 (mod 3) A  10 (mod 7) mà (3; 7) = nên A  10 (mod 3.7) Hay A  10 (mod 21) Vậy số dƣ phép chia A cho 21 10 26.23 23  (mod 7)  (23)n  (mod 7)  23n + = 2.(23)n  (mod 7) 23n – = 22.(23)n –  (mod 7) Nên A  + +  (mod 7) nghĩa A Mà với n  N* A > Vậy A hợp số 26.24  n  N* ta có 20124n  (mod 2) ; 20134n  (mod 2) ; 20144n  (mod 2) ; 20154n  (mod 2) Do A   (mod 2) * Ta lại có 2012  (mod 4)  20124n  (mod 4) ; 2014  (mod 4)  20142  22  (mod 4)  20144n  ( 20142)2n  (mod 4) Do 2013  (mod 4)  20134n  (mod 4) ; Do 2015  – (mod 4)  20154n = (– 1)4n  (mod 4) Vậy A  (mod 4) nghĩa A chia cho dƣ Ta có A ; A  22 ; số nguyên tố Vậy A khơng số phƣơng  n  N* 350 351