Giao An BD HSG THCS hay (Phan 1)

Chuyên đề : SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A/ MỤC TIÊU :
- Kiến thức : HS nắm định nghĩa , tính chất về số chính phương
- Kĩ năng : Biết chứng minh một số không là số chính phương, chứng minh một số là số
chính phương, tìm giá trị của biến để GT BT là một số chính phương, tìm số chính
phương thoả mãn những ĐK cho trước, và các bài toán liên quan đến số chính phương.
- Thái độ : Cẩn thận , linh hoạt, chính xác khi áp dụng các phương pháp .
B/ NỘI DUNG BÀI DẠY :
TIẾT 01+ 02
I. ĐỊNH NGHĨA: Số nguyên A là số chính phương
⇔
A = n
2
( với n
∈
Z )
II. TÍNH CHẤT:
1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 .
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên
tố với số mũ chẵn.
3. Số chính phương a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p
2.

VD : Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
4. (a,b)=1và ab là số chính phương
⇒
a, b là số chính phương.
5. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1 (n

∈
N).
( Số chính phương chia cho 3 thì dư chỉ có thể 0 hoặc 1;
tương tự chia cho 5, cho 6 …).
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
*CÁCH NHẬN BIẾT MỘT SỐ A KHÔNG LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG :
- a
M
p mà a
M
p
2
( p là số nguyên tố )
- a có chữ số tận cùng là 2; 3; 7; 8.
- b
2
< a < (b + 1)
2
, với b
∈
Z
- Phương pháp mô đun , nghĩa là xét số dư của các số chính phương khi chia cho
một số nguyên nào đó.
* CÁC VÍ DỤ :
1. Nhìn chữ số tận cùng
Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 2004

2
+ 2003
2
+ 2002
2
- 2001
2
không phải là số
chính phương.
Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 2004
2
+ 2003
2
+ 2002
2
- 2001
2

lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính
phương.
Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6
; 9 nhưng vẫn không phải là số chính phương. Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút
nữa :
Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p
2
.
Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương.
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0)
nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không
phải là số chính phương.

Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0),
nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số
chính phương.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó
không phải là số chính phương.
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà
không chia hết 9 nên số có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia
hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương.
2. Dùng tính chất của số dư
Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số
chính phương.
(Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia
cho 3 hoặc cho 9).Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta có lời giải.
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 (tự cm).
Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã
cho không phải là số chính phương.
Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán :
Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải
là số chính phương.
Bài toán 6 : Chứng minh số : n = 2004
4
+ 2004
3
+ 2004
2
+ 23 k0 là số ch phương.
Bài toán 7 : Chứng minh số :
n = 4
4
+ 44

44
+ 444
444
+ 4444
4444
+ 15 không là số chính phương.
Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là
không “bắt chước” được cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng
các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm “tương tự” được như các bài
toán 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3. Một số chính
phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư 0 hoặc 1 (tự cm) Như vậy là giải xong bài toán 7.
3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp”
Dễ thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n
2
< k < (n +
1)
2
thì k không là số chính phương.
Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương.
Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng
dư 1. Vậy là tất cả các cách làm trước đều không vận dụng được. Các em có thể thấy lời
giải theo một hướng khác.
Lời giải : Ta có 2003
2
= 4012009 ; 2004
2
= 4016016 nên 2003
2
< 4014025 <
2004

2
. Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương.
Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương
với mọi số tự nhiên n khác 0.
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra
A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8).
Lời giải : Ta có :
A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2) + 1 = (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n2
+ 3n) +1 = (n
2
+ 3n +1)
2
.
Mặt khác :
(n
2
+ 3n)
2
< (n
2
+ 3n)
2

+ 2(n
2
+ 3n) = A.
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n
2
+ 3n)
2
< A < A + 1 = (n
2
+ 3n +1)
2
.
=> A không là số chính phương.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN :
Bài tập 1 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n
4
- 2n
3
+ 3n
2
- 2n là số chính
phương.
Gợi ý : Nghĩ đến (n
2
- n + 1)
2
.
Bài tập 2 : Chứng minh số 23
5
+ 23

12
+ 23
2003
không là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4.
Bài tập 3 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số
trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng
minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính
phương.
Bài tập 4 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên
tiếp không thể là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4.
Bài tập 5 : Chứng minh rằng số 333
333
+ 555
555
+ 777
777
không là số chính
phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?)
Bài toán 6 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh
bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ
được số mảnh bìa là một số chính phương. Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó
không ?
Chú ý : để chứng minh một số tự nhiên không là số chính phương, đó là dựa vào một
trong các điều kiện cần để một số là số chính phương
TIẾT 03+ 04
B. DẠNG 2: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa.

Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì
a
n
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : a
n
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1
= (n
2
+ 3n) (n
2
+ 3n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1
= (n
2
+ 3n + 1)
2
Với n là số tự nhiên thì n
2
+ 3n + 1 cũng là số tự nhiên,
theo định nghĩa, a
n
là số chính phương.

Bài toán 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4
là số chính phương.
Lời giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4

= (x
2
+ 5xy + 4y
2
)( x
2
+ 5xy + 6y
2
) + y
4

Đặt x
2
+ 5xy + 5y
2
= t ( t
∈
Z) thì
A = (t - y
2
)( t + y
2
) + y

4
= t
2
–y
4
+ y
4
= t
2
= (x
2
+ 5xy + 5y
2)2

V ì x, y, z
∈
Z nên x
2

∈
Z, 5xy
∈
Z, 5y
2

∈
Z
⇒
x
2

+ 5xy + 5y
2

∈
Z
Vậy A là số chính phương.
Bài toán 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) =
4
1
k(k+1)(k+2).4 =
4
1
k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
=
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒
S =
4
1
.1.2.3.4 -
4
1
.0.1.2.3 +

4
1
.2.3.4.5 -
4
1
.1.2.3.4 +…+
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1

k(k+1)(k+2)(k-1) =
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2
⇒
k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài toán 4 : Chứng minh số : là số chính phương.
Lời giải :
Ta có :
Vậy : là số chính phương.
Bài toán 5: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó.
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 . 10
n
+ 8 . 11…1 + 1

n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1

= 4.
9
110 −
n
. 10
n
+ 8.
9
110 −
n
+ 1
=
9
9810.810.410.4
2
+−+−
nnn
=
9
110.410.4
2
++
nn
=









+
3
110.2
n
Ta thấy 2.10
n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0
⇒









+
3
110.2
n

∈
Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.

Bài toán 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

a. A = 22499…9100…09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0

b. B = 11…155…56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
2
2
a. A = 224.10
2n
+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ ( 10
n-2
– 1 ) . 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ 10
2n
– 10

n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 225.10
2n
– 90.10
n
+ 9
= ( 15.10
n
– 3 )
2

⇒
A là số chính phương

b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10
n
+ 5.11…1 + 1
n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
=
9
110 −
n
. 10
n
+ 5.
9
110 −

n
+ 1 =
9
9510.51010
2
+−+−
nnn
=
9
410.410
2
++
nn
=








+
3
210
n
là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.
“(a,b)=1và ab là số chính phương
⇒

a, b là số chính phương”.
Bài toán 7 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn
3m
2
+ m = 4n
2
+ n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : 3m
2
+ m = 4n
2
+ n
⇔
4(m
2
– n
2
) + (m - n) = m
2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m
2
(*)
Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia
hết cho d => 8m + 1 chia hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có : m
2
chia hết cho d
2

=> m chia hết cho d.
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên
chúng đều là các số chính phương.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN.
Bài tập 1: Chứng minh các số sau đây là số chính phương :
A

B
Bài tập 2 : Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn :
1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ?
Bài tập 3 : Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3
n
+ 4 không là số chính
phương.
Bài tập 4 : Tìm số tự nhiên n để n
2
+ 2n + 2004 là số chính phương.
2
Bài tập 5 : Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số
chính phương.
Bài tập 6 : Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp
không thể là một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n
∈
N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)
2
+ (n-1)
2

+ n
2
+ ( n+1)
2
+ ( n+2)
2
= 5.( n
2
+2)
Vì n
2
không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n
2
+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒
5.( n
2
+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài tập 7 : Chứng minh rằng số có dạng n
6
– n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n
∈
N và n>1
không phải là số chính phương

n
6
– n
4
+ 2n
3
+2n
2
= n
2
.( n
4
– n
2
+ 2n +2 ) = n
2
.[ n
2
(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n
2
[ (n+1)(n
3
– n
2
+ 2) ] = n
2
(n+1).[ (n
3
+1) – (n

2
-1) ]
= n
2
( n+1 )
2
.( n
2
–2n+2)
Với n
∈
N, n >1 thì n
2
-2n+2 = (n - 1)
2
+ 1 > ( n – 1 )
2
và n
2
– 2n + 2 = n
2
– 2(n - 1) < n
2

Vậy ( n – 1)
2
< n
2
– 2n + 2 < n
2

⇒
n
2
– 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài tập 8: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ
số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính
phương đó là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a
2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6
⇒
a

2
⇒
a
2


4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96
⇒

Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phương.
Bài tập 9 : Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là
một số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m
∈
N)
⇒
a
2
+ b
2
= (2k+1)
2
+ (2m+1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4(k
2
+ k + m
2
+ m) + 2 = 4t + 2 (Với t
∈
N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t

∈
N) do đó a
2
+ b
2
không thể là số
chính phương.
Bài tập 10: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và
p+1 không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p

2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m
2
(m
∈
N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ
⇒
m
2
lẻ
⇒
m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k
∈
N). Ta có m
2
= 4k
2

+ 4k + 1
⇒
p+1 = 4k
2
+ 4k + 1
⇒
p = 4k
2
+ 4k = 4k(k+1)

4 mâu thuẫn với (1)
⇒
p+1 là số chính phương
b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3
⇒
p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2
⇒
p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài tập 11: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là
số chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N

3
⇒
2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k
∈

N)
⇒
2N-1 không là số chính phương.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ
⇒
N không chia hết cho 2 và 2N

2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1
⇒
2N không là số chính phương.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒
2N+1 không là số chính phương.
Bài tập 12 : Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
Kết quả: A =









+
3
210
n
; B =








+
3
810
n
; C =









+
3
710.2
n
Bài tập 13 : Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
2
2 2
Chứng minh
1+ab
là số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
9
110
2008
−
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 10
2008
+ 5
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0

⇒
ab+1 =
9
)510)(110(

20082008
+−
+ 1 =
9
9510.4)10(
200822008
+−+
=








+
3
210
2008

1+ab
=









+
3
210
2008
=
3
210
2008
+
Ta thấy 10
2008
+ 2 = 100…02

3 nên
3
210
2008
+

∈
N hay
1+ab
là số tự nhiên.
2007 chữ số 0
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6

2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9
⇒
ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a

2
+ 6a + 1 = (3a+1)
2
⇒

1+ab
=
2
)13( +a
= 3a + 1
∈
N
2
2
TIẾT 05+ 06
C. DẠNG 3: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài toán 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d*. n
2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n
2
+ 2n + 12 = k
2

(k
∈
N)

⇒
(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2

⇔
k
2
– (n+1)
2
= 11
⇔
(k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(k+n+1)(k-n-1) = 11.1
⇔
k+n+1 = 11
⇔
k = 6
k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a
2
(n
∈
N)

⇒
n
2
+ 3n = a
2

⇔
4n
2
+ 12n = 4a
2

⇔
(4n
2
+ 12n + 9) – 9 = 4a
2

⇔
(2n + 3)
2
- 4a
2
= 9

⇔
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta
có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1
⇔

2n + 3 + 2a = 9
⇔
n = 1
2n + 3 – 2a = 1 a = 2
c. Đặt 13n + 3 = y
2
( y
∈
N)
⇒
13(n – 1) = y
2
– 16

⇔
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
⇒
(y + 4)(y – 4)

13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4

13 hoặc y – 4

13
⇒
y = 13k
±
4 (Với k
∈
N)

⇒
13(n – 1) = (13k
±
4 )
2
– 16 = 13k.(13k
±
8)
⇒
n = 13k
2

±
8k + 1
Vậy n = 13k
2

±
8k + 1 (Với k
∈
N) thì 13n + 3 là số chính phương.
d. *) Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m
∈
N)
⇒
(4n

2
+ 1)
2
+ 6355 = 4m
2

⇔
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài toán 2: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số
chính phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phương .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 3
2
là số chính phương
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều
tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là
số chính phương .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài toán 3 : Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Giả sử 2006 + n
2
là số chính phương thì 2006 + n

2
= m
2
(m
∈
N)
Từ đó suy ra m
2
– n
2
= 2006
⇔
(m + n)(m - n) = 2006
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m
⇒
2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2)
⇒
m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒
(m + n)(m - n)

4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒
Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n
2

là số chính phương.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN :
Bài 1: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
a. a
2
+ a + 43
b. a
2
+ 81
c. a
2
+ 31a + 1984
Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 2: Tìm n
∈
N để các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c. n
2
+ 4n + 97
d. 2
n
+ 15
Bài 3: Biết x
∈

N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
2
Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x
∈
N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 76
2
= 5776
Bài 4: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính
phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta
được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 5: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số
chính phương thì n là bội số của 24.
Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k
2
, 2n+1 = m
2
(k, m
∈
N)

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

⇒
n =
2
1
2
−m
=
2
)1(4
+
aa
= 2a(a+1)

⇒
n chẵn
⇒
n+1 lẻ
⇒
k lẻ
⇒
Đặt k = 2b+1 (Với b
∈

N)
⇒
k
2
= 4b(b+1) +1

⇒
n = 4b(b+1)
⇒
n

8 (1)
Ta có k
2
+ m
2
= 3n + 2
≡
2 (mod3)
Mặt khác k
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Nên để k
2
+ m
2

≡

2 (mod3) thì k
2

≡
1 (mod3) => m
2
≡
1 (mod3)
⇒
m
2
– k
2


3 hay (2n+1) – (n+1)

3
⇒
n

3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3)
⇒
n

24.
Bài 6 : Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2
8

+ 2
11
+ 2
n
là số chính phương .
Giả sử 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= a
2
(a
∈
N) thì
2
n
= a
2
– 48
2
= (a+48)(a-48)
2
p
.2
q
= (a+48)(a-48) Với p, q
∈
N ; p+q = n và p > q

⇒
a+48 = 2
p

⇒
2
p
– 2
q
= 96
⇔
2
q
(2
p-q
-1) = 2
5
.3
a- 48 = 2
q


⇒
q = 5 và p-q = 2
⇒
p = 7

⇒
n = 5+7 = 12

Thử lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80
2
TIẾT 07+ 08
D. DẠNG 4: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A
một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A = abcd = k
2
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m
2
với k, m
∈
N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d
∈
N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9
⇒
Ta có A = abcd = k
2

B = abcd + 1111 = m
2

⇒
m
2
– k
2
= 1111
⇔
(m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101
Do đó m – k == 11
⇔
m = 56
⇔
A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn
số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị.
Đặt abcd = k
2
ta có ab – cd = 1 và k
∈
N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k
2
– 100 = (k-10)(k+10)
⇒
k +10

101 hoặc k-10


101
Mà (k-10; 101) = 1
⇒
k +10

101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110
⇒
k+10 = 101
⇒
k = 91
⇒
abcd = 91
2
= 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số
cuối giống nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n
2
với a, b
∈
N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n
2
= aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb

11
⇒

a + b

11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18
⇒
a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n
2
= 11
2
(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn
⇒
b = 4
Số cần tìm là 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập
phương nên đặt abcd = x
2
= y
3
Với x, y
∈
N
Vì y
3
= x
2
nên y cũng là một số chính phương .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999

⇒
10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương
⇒
y = 16
⇒
abcd = 4096
Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố,
căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương
⇒
d
∈
{ 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố
⇒
d = 5
Đặt abcd = k
2
< 10000
⇒
32 ≤ k < 100
k là một số có hai chữ số mà k
2
có tận cùng bằng 5
⇒
k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương
⇒
k = 45

⇒
abcd = 2025
Vậy số phải tìm là 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và
viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b
∈
N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
Số viết theo thứ tự ngược lại ba
Ta có ab - ba

= ( 10a + b )
2
– ( 10b + a )
2
= 99 ( a
2
– b
2
)

11
⇒
a
2
- b
2


11

Hay ( a-b )(a+b )

11
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b

11
⇒
a + b = 11
Khi đó ab

- ba = 3
2
. 11
2
. (a - b)
Để ab

- ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1
hoặc a - b = 4
• Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11
⇒
a = 6, b = 5, ab = 65
Khi đó 65
2
– 56
2
= 1089 = 33
2
• Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11
⇒

a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng
được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu
( Kết quả: 1156 )
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.
Gọi số phải tìm là ab với a,b
∈
N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )
3


⇔
(10a+b)
2
= ( a + b )
3
⇒
ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
2 2
2 2
2 2
2
Đặt ab = t
3
( t
∈
N ) , a + b = l

2
( l
∈
N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99
⇒
ab = 27 hoặc ab = 64
• Nếu ab = 27
⇒
a + b = 9 là số chính phương
• Nếu ab = 64
⇒
a + b = 10 không là số chính phương
⇒
loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n
∈
N)
Ta có A= ( 2n-1 )
2
+ ( 2n+1)
2
+ ( 2n+3 )
2
= 12n
2
+ 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n

2
+ 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9

⇒
12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )

⇒
101a – 1

3
⇒
2a – 1

3
Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1
∈
{ 3; 9; 15 }

⇒
a
∈
{ 2; 5; 8 }
Vì a lẻ
⇒
a = 5
⇒
n = 21
3 số càn tìm là 41; 43; 45
Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng
tổng lập phương các chữ số của số đó.

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

⇔
3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a
a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b

⇒
a = 4 , b = 8 hoặc a = 3 , b = 7
Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.
….………………… Hết ………………………….
Chuyªn ®Ò: BÊt ®¼ng thøc
TI ẾT 01 +02
A- MỤC TIÊU BÀI DẠY :
- Kiến thức : HS nắm định nghĩa , tính chất về BĐT, biết các phương pháp chứng minh
bất đẳng thức. Các BT liên quan, vận dụng BĐT .
- Kĩ năng : Biết vận dụng một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức vào các bài
toán liên quan,

- Thái độ : Cẩn thận , linh hoạt, chính xác khi áp dụng các phương pháp .
B- NỘI DUNG
PHẦN 1 : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1- Định nghĩa
2- Tính chất
3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

PHẦN 2:MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1-Phương pháp dùng định nghĩa
2- Phương pháp dùng biến đổi tương đương
3- Phương pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc
4- Phương pháp sử dụng tính chất bắc cầu
5- Phương pháp dùng tính chất tỉ số
6- Phương pháp làm trội
7- Phương pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác
8- Phương pháp đổi biến số
9- Phương pháp dùng tam thức bậc hai
10- Phương pháp quy nạp
11- Phương pháp phản chứng
PHẦN I : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1-ĐINHNGHĨA

0
0
A B A B
A B A B
≥ ⇔ − ≥


≤ ⇔ − ≤



2-TÍNH CHẤT
+ A>B
AB
<⇔
+ A>B và B >C
CA >⇔
+ A>B
⇒
A+C >B + C
+ A>B và C > D
⇒
A+C > B + D
+ A>B và C > 0
⇒
A.C > B.C
+ A>B và C < 0
⇒
A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C <D
⇒
0 < A.C < B.D
+ A > B > 0
⇒
A
n
> B
n
n∀

+ A > B
⇒
A
n
> B
n
với n lẻ
+
A
>
B

⇒
A
n
> B
n
với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1
⇒
A
m
> A
n

+ m > n > 0 v 0 <A < 1

A
m
< A

n

+A < B v A.B > 0


BA
11
>
3-MT S HNG BT NG THC

+ A
2


0 vi

A ( du = xy ra khi A = 0 )
+ A
n


0 vi

A ( du = xy ra khi A = 0 )
+
0A
vi
A
(du = xy ra khi A = 0 )
Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

Ph ơng pháp 1 : dùng định nghĩa
Kiến thức : chng minh A > B ta chng minh A B > 0
Lu ý dựng hng bt ng thc M
2


0 vi M
Vớ d 1 x, y, z chng minh rng :
a) x
2
+ y
2
+ z
2


xy+ yz + zx
b) x
2
+ y
2
+ z
2

2xy 2xz + 2yz

c) x
2
+ y
2

+ z
2
+3

2 (x + y + z)
Gii:
a) Ta xột hiu
x
2
+ y
2
+ z
2
- xy yz - zx
=
2
1
.2 .( x
2
+ y
2
+ z
2
- xy yz zx)
=
2
1
[ ]
0)()()(
222

++ zyzxyx
ỳng vi mi x;y;z
R
Vỡ (x-y)
2


0 vix ; y Du bng xy ra khi x=y
(x-z)
2


0 vix ; z Du bng xy ra khi x=z
(y-z)
2


0 vi z; y Du bng xy ra khi z=y
Vy x
2
+ y
2
+ z
2


xy+ yz + zx
Du bng xy ra khi x = y =z
b)Ta xột hiu
x

2
+ y
2
+ z
2
- ( 2xy 2xz +2yz )
= x
2
+ y
2
+ z
2
- 2xy +2xz 2yz
=( x y + z)
2
0

ỳng vi mi x;y;z
R
Vy x
2
+ y
2
+ z
2

2xy 2xz + 2yz ỳng vi mi x;y;z
R
Du bng xy ra khi x+y=z
c) Ta xột hiu

x
2
+ y
2
+ z
2
+3 2( x+ y +z )
= x
2
- 2x + 1 + y
2
-2y +1 + z
2
-2z +1
= (x-1)
2
+ (y-1)
2
+(z-1)
2

0
Du(=)xy ra khi x=y=z=1
BT 1 : chng minh rng :
a)
2
22
22

+

+ baba
;b)
2
222
33






++

++ cbacba
c) Hóy tng quỏt bi toỏn
GII
a) Ta xét hiệu
2
22
22







+
−
+ baba

=
( )
4
2
4
2
2222
bababa ++
−
+
=
( )
abbaba 222
4
1
2222
−−−+

=
( )
0
4
1
2

≥−ba
Vậy
2
22
22






+
≥
+ baba
Dấu bằng xảy ra khi a=b
b)Ta xét hiệu

2
222
33






++
−
++ cbacba
=

( ) ( ) ( )
[ ]
0
9
1
222
≥−+−+− accbba
Vậy
2
222
33






++
≥
++ cbacba
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
c)Tổng quát

2
21
22
2
2
1







+++
≥
+++
n
aaa
n
aaa
nn
Tóm lại các bước để chứng minh A
≥
B tho định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D)
2
hoặc H=(C+D)
2
+….+(E+F)
2
Bước 3:Kết luận A ≥ B
BT 2 :(chuyên Nga- Pháp 98-99)
Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có
m
2
+ n

2
+ p
2
+ q
2
+1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
01
4444
2
2
2
2
2
2
2
≥








+−+









+−+








+−+








+−⇔ m
m
qmq
m
pmp
m
nmn
m

01
2222
2222
≥






−+






−+






−+







−⇔
m
q
m
p
m
n
m
(luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi











=−
=−
=−
=−
01
2
0
2

0
2
0
2
m
q
m
p
m
n
m
⇔









=
=
=
=
2
2
2
2
m

m
q
m
p
m
n
⇔



===
=
1
2
qpn
m
Bài tập bổ xung
BT 3 Chứng minh rằng
a)
)1.(21
2244
++−≥+++ zxxyxzyx
b) với mọi số thực a , b, c ta có
036245
22
>+−+−+ baabba
c)
024222
22
≥+−+−+ baabba

Giải :
a) Xét hiệu H =
xxzxyxzyx 22221
222244
−−+−+++

=
( )
( ) ( )
22
2
22
1−+−+− xzxyx
H
≥
0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết H =
( ) ( )
1112
22
+−++− bba
⇒
H > 0 ta có điều phải chứng minh
c) vế trái có thể viết H =
( ) ( )
22
11 −++− bba

⇒
H

≥
0 ta có điều phải chứng minh
BT 4 : Cho abc = 1 và
36
3
>a
. Chứng minh rằng
+
3
2
a
b
2
+c
2
> ab+bc+ac
Ta có hiệu:
+
3
2
a
b
2
+c
2
- ab- bc – ac =
+
4
2
a

+
12
2
a
b
2
+c
2
- ab- bc – ac = (
+
4
2
a
b
2
+c
2
- ab– ac+
2bc) +
−
12
2
a
3bc =(
2
a
-b- c)
2
+
a

abca
12
36
3
−
=(
2
a
-b- c)
2
+
a
abca
12
36
3
−
>0 (vì abc=1 và a
3
> 36
nên a >0 )
Vậy :
+
3
2
a
b
2
+c
2

> ab+bc+ac Điều phải chứng minh


TI ẾT 03 +04
ph¬ng ph¸p 2 : Dïng phÐp biÕn ®æi t¬ng ®¬ng
L u ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất
đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Chú ý các hằng đẳng thức sau:

( )
22
2
2 BABABA ++=+

( )
BCACABCBACBA 222
222
2
+++++=++

( )
3223
3
33 BABBAABA +++=+
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
a)
ab
b
a ≥+

4
2
2
b)
baabba ++≥++ 1
22
c)
( )
edcbaedcba +++≥++++
22222

Giải: a)
ab
b
a ≥+
4
2
2

abba 44
22
≥+⇔
044
22
≥+−⇔ baa

( )
02
2
≥−⇔ ba

(bất đẳng thức này luôn đúng)
Vậy
ab
b
a ≥+
4
2
2
(dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
b)
baabba ++≥++ 1
22

)
)(21(2
22
baabba ++>++⇔

012122
2222
≥+−++−++−⇔ bbaababa

0)1()1()(
222
≥−+−+−⇔ baba
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy
baabba ++≥++ 1
22
Dấu bằng xảy ra khi a=b=1

c)
( )
edcbaedcba +++≥++++
22222

⇔
( ) ( )
edcbaedcba +++≥++++ 44
22222


⇔
( ) ( ) ( ) ( )
044444444
22222222
≥+−++−++−++− cacadadacacababa

⇔
( ) ( ) ( ) ( )
02222
2222
≥−+−+−+− cadacaba
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
BT 5 :
Chứng minh rằng:
( )( ) ( )( )
4488221010
babababa ++≥++
Giải:
( )( ) ( )( )

4488221010
babababa ++≥++

⇔
128448121210221012
bbabaabbabaa +++≥+++

⇔

( ) ( )
0
22822228
≥−+− abbababa
⇔
a
2
b
2
(a
2
-b
2
)(a
6
-b
6
)
≥
0
⇔

a
2
b
2
(a
2
-b
2
)
2
(a
4
+ a
2
b
2
+b
4
)
≥
0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
BT6 : cho x.y =1 và x>y . Chứng minh
yx
yx
−
+
22
≥
22

Giải:
yx
yx
−
+
22
≥
22
vì :x
〉
y nên x- y
〉
0
⇒
x
2
+y
2
≥

22
( x-y)

⇒
x
2
+y
2
-
22

x+
22
y
≥
0
⇔
x
2
+y
2
+2-
22
x+
22
y -2
≥
0
⇔
x
2
+y
2
+(
2
)
2
-
22
x+
22

y -2xy
≥
0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒
(x-y-
2
)
2

≥
0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
BT 7 : 1)CM: P(x,y)=
01269
222
≥+−−+ yxyyyx

Ryx ∈∀ ,

2)CM:
cbacba ++≤++
222
(Gợi ý :bình phương 2 vế)
BT 8: Choba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:






++<++

=
zyx
zyx
zyx
111
1
Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
(đề thi Lam Sơn 96-97)
Giải:
Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(
zyx
111
++
)=x+y+z - (
0)
111
>++
zyx
(vì
zyx
111
++
< x+y+z theo gt)

→
2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếủ trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1
→
x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy ra

trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
PHƯ ƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC
A/ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HAY DÙNG
1) Các bất đẳng thức phụ:
a)
xyyx 2
22
≥+
b)
xyyx
≥+
22
dấu( = ) khi x = y = 0
c)
( )
xyyx 4
2
≥+
d)
2
≥+
a
b
b
a
2)Bất đẳng thức Cô sy:
n
n
n
aaaa

n
aaaa


321
321
≥
++++
Với
0>
i
a
3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

( )
( )
( )
2
2211
22
2
2
1
22
2
2
2

nnnn
xaxaxaxxaaa

+++≥++++++
B/ VÍ DỤ
VÍ DỤ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a)
≥
8abc
Giải:
Dùng bất đẳng thức phụ:
( )
xyyx 4
2
≥+
Tacó
( )
abba 4
2
≥+
;
( )
bccb 4
2
≥+
;
( )
acac 4
2
≥+

⇒
( )

2
ba +
( )
2
cb +
( )
2
ac +
≥
( )
2
222
864 abccba =

⇒
(a+b)(b+c)(c+a)
≥
8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
VÍ DỤ 2: (tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR:
9
111
≥++
cba

ta có :
3
a b c+ +

3

. .a b c≥
(Bđt Cô sy) =>
3
1 3 3
3
1
. .
a b c
a b c
≥ = =
+ +
Lại có :
3
1 1 1 1 1 1
3. . .
a b c a b c
+ + ≥
(bđt Cô sy)
=>
3
1 1 1 1
3. 3.3 9
a b c
abc
+ + ≥ ≥ =
(đpcm)
TI ẾT 05 +06

BT 9 : Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( )

10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
Giải:
Ta có
abba 2
22
≥+
;
cddc 2
22
≥+
Do abcd =1 nên cd =
ab
1
(dùng
1
2x
x
+ ≥
)
Ta có
2 2 2 2
1
2( ) 2( ) 4a b c d ab cd ab
ab
+ + + ≥ + = + ≥
(1)
Mặt khác:
( ) ( ) ( )

acddcbcba +++++

=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
=
222
111
++≥






++






++






+
bc
bc

ac
ac
ab
ab
Vậy
( ) ( ) ( )
10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
BT 10 Cho a;b;c
0≥
thỏa mãn :a+b+c=1(?)
Chứng minh rằng: (
8)1
1
).(1
1
).(1
1
≥−−−
cba
Ta có : (
1 1 1
1).( 1).( 1)
a b c
− − −
=
1 1 1
. .
a b c

a b c
− − −
=
. .
b c a c a b
a b c
+ + +
2 . 2 2
. .
b c ac ab
a b c
≥
= 8 (BĐT Cô sy) ( dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1/2 )
BT 11 Cho a>0 , b>0, c>0
CMR:
2
3
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a

Giải: Ta có

1 1 1
a b c
b c c a a b
+ + + + +
+ + +
=
a b c a b c a b c
b c c a a b
+ + + + + +
+ +
+ + +
=
1 1 1
( )a b c
b c c a a b
 
+ + + +
 ÷
+ + +
 
=
( )
2
1 1 1
2
a b c
b c c a a b
+ +
 
+ +

 ÷
+ + +
 
=
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2
a b b c c a
b c c a a b
 
+ + + + + + + 
 ÷
 
+ + +
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
3
1 1
.3. .3. .
2
a b b c c a
b c c a a b
≥ + + +
+ + +
=
9
2
(Bđt cô sy)

Vậy
9
3
2
a b c
b c c a a b
+ + + ≥
+ + +
=>
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
(đpcm)
BT 12: Cho x
0≥
,y
0≥
thỏa mãn
12 =− yx
;CMR: x+y
5
1
≥
Ta có : x
0≥
,y
0≥

,
12 =− yx

=> 4x + y – 4
xy
= 1 => 4x + y =1+4
xy

Nên 5(x+y) = (4x + y ) + (x + 4y) = 1+4
xy
+ x + 4y
= ( x+ 4
xy
+4y) + 1 =
( )
2
2x y+
+1
≥
1
Vậy x + y
5
1
≥
(dấu = Không xảy ra)
PH ƯƠNG PHÁP 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BẮC CẦU
L ƯU Ý: A>B và B>C thì A>C
0< x <1 thì x
2
<x

VÍ DỤ 1:
Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:
Tacó



+>
+>
dcb
dca

⇒




>>−
>>−
0
0
cdb
dca

⇒
(a-c)(b-d) > cd

⇔

ab-ad-bc+cd >cd

⇔
ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
VÍ DỤ 2:
Cho a,b,c>0 thỏa mãn
3
5
222
=++
cba
Chứng minh
1 1 1 1
a b c abc
+ − <
Giải:
Ta có :( a+b- c)
2
= a
2
+b
2
+c
2
+2( ab –ac – bc)
〉
0

⇒
ac+bc-ab

〈
2
1
( a
2
+b
2
+c
2
)

⇒
ac+bc-ab
6
5
≤
〈
1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
cba
111
−+
〈

abc
1
VÍ DỤ 3
Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Giải:
Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0

⇒
(1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có

⇒
(1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c

⇒
(1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d)
=1-a-b-c-d+ad+bd+cd

⇒
(1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
(Điều phải chứng minh)
BT 13- Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng

accbbacba
222333
3222 +++<++
Giải :
Do a < 1
⇒

1
2
<a
và
Ta có
( ) ( )

1 . 1 0a b− − >

⇒
1 – a – b +ab > 0 => 1 +ab > a + b

⇒
1+
2
a
2
b
>
2
a
+ b
2
=> 1+ a
2
b > a
2
+ b
2
( vì 0<b<1 => b > b
2
)
=> 1+ a
2
b > a
3
+ b

3
( vì 0<a,b< 1=> a
2
>a
3
, b
2
> b
3
)
Hay : a
3
+ b
3
< 1+ a
2
b.
Cminh tương tự ta được : b
3
+ c
3
< 1+ b
2
c; c
3
+ a
3
< 1+ c
2
a

Cộng các bất đẳng thức ta có :

accbbacba
222333
3222 +++≤++
BT 14 : Chứng minh rằng : Nếu
1998
2222
=+=+ dcba
thì ac+bd =1998
(Chuyên Anh –98 – 99)
Giải:
Ta có (ac + bd)
2
+ (ad – bc )
2
= a
2
c
2
+ b
2222
2 daabcdd
++
22
cb+
-
abcd2
=
= a

2
(c
2
+d
2
)+b
2
(c
2
+d
2
) =(c
2
+d
2
).( a
2
+ b
2
) = 1998
2
rỏ ràng (ac+bd)
2

≤

( ) ( )
2
22
1998=−++ bcadbdac

⇒

1998≤+ bdac
PH ƯƠNG PHÁP 5: DÙNG TÍNH CHẤTCỦA TỶ SỐ
KIẾN THỨC
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a – Nếu
1>
b
a
thì
cb
ca
b
a
+
+
>
b – Nếu
1<
b
a
thì
cb
ca
b
a
+
+
<

2)Nếu b,d >0 thì từ

d
c
db
ca
b
a
d
c
b
a
<
+
+
<⇒<

VÍ DỤ :
Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng

21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad

d
adc
c
dcb
b
cba
a
Giải :
Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có

dcba
da
cba
a
cba
a
+++
+
<
++
⇒<
++
1
(1)
Mặt khác :
dcba
a
cba
a
+++

>
++
(2)
Từ (1) và (2) ta có
dcba
a
+++
<
cba
a
++
<
dcba
da
+++
+
(3)
Tương tự ta có

dcba
ab
dcb
b
dcba
b
+++
+
<
++
<

+++
(4)

dcba
cb
adc
c
dcba
c
+++
+
<
++
<
+++
(5)

dcba
cd
bad
d
dcba
d
+++
+
<
++
<
+++
(6)

cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
điều phải chứng minh
BT 15 :
Cho:
b
a
<
d
c
và b,d > 0 .Chứng minh rằng
b
a
<

d
c
db
cdab
<
+
+
22