Tong hop tai lieu on thi vao truong chuyen - BDHSG

PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC
I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên
được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau
Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0
Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy
ra nó đúng với n=k+1 .
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức :
a
n
-b
n
=(a-b)(a
n-1
+a
n-2
b +… + b
n-1
)
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp .
* Khi n=2 ta có a
2
-b
2
=(a-b)(a+b) là đúng
* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : a
k
-b
k
=(a-b)(a

k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)
Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m a
k+1
-b
k+1
=(a-b)(a
k
+a
k-1
b +… + b
k
) .
Thật vậy ta có :
VT = a
k+1
- b
k+1
= a
k+1
-a
k
b + a
k
b -b
k+1

= a
k
(a-b)+ b(a
k
-b
k
) = a
k
(a-b) + b(a-b)(a
k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)
= (a-b)[ a
k
+ b(a
k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)] = (a-b)(a
k
+a
k-1
b +… + b
k
) = VP

Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2
Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n =
2
1)n(n +
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N
*
ta có : 1
2
+2
2
+3
2
+ 4
2
+5
2
+……+n
2
=
6
1++ )1)(2nn(n
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N biểu thức U
n
=13
n
-1 chia hết 6.
Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2
n
> 2n+1
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:

2n 2
4.3 32n 36 64
+
+ − M
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n)
M
1.3.5…(2n-1)
Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n
3
+2n
M
3
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có:
n
16 15n 1 225− − M
TÍNH CHIA HẾT
A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN
1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b
≠
0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên
(q, r) sao cho a = bq + r với
0 r b≤ <
.
* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a
M
b
⇔
a = kb a, b, k
∈¥
* Nếu r

≠
0 phép chia a cho b là có dư
2. Tính chất của qua hệ chia hết:
a
M
a
a
M
b và b
M
a thì a = b
a
M
b và b
M
c thì a
M
c
a
M
m thì ka
M
m và a
k

M
m
1
a
M

m, b
M
m thì a
±
b
M
m
a
±
b
M
m mà a
M
m thì b
M
m
a
M
m, b
M
n thì ab
M
nm
a
M
m thì a
n

M
m

n

a
n

M
m, m nguyên tố thì a
M
m
a
M
m, a
M
n mà (n, m) = 1 thì a
M
mn
a
M
m, a
M
n, a
M
k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a
M
mnk
a
M
m, b
M
m thì a

±
b
M
m
* Trong n số nguyên liên tiếp (n∈N
*
) có một và chỉ một số chia hết cho n.
* Trong n+1 số nguyên bất kì (n∈N
*
) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia
cho p.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố
cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó.
* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x
cho m.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI :
1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p
Ví dụ : A(n) = n(n
2
+1)(n
2
+4) chia hết cho 5
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n
2
= 25k
2
+10k +1 thì (n

2
+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n
2
= 25k
2
+20k +4 thì (n
2
+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n
2
= 25k
2
+30k +9 thì (n
2
+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n
2
= 25k
2
+40k +16 thì (n
2
+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho
5
2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q
a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho
p.q
b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n)
chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q
3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)

M
m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và
chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n.
4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)
M
m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một
nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n)
+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :
a
n
– b
n

M
a – b ( a
≠
b) n bất kỳ.
a
n
– b
n

M
a – b ( a
≠
- b) n chẵn.
a
n
+ b
n

M
a + b ( a
≠
- b) n lẻ.
5/ Chứng minh bằng quy nạp toán học :
Bài 1. Chứng minh rằng :
a) n
5
- 5n
3
+ 4n
M
120 ; với
∀
n
∈
Z
b) n
3
-3n
2
-n+3
M
48 ; với
∀
n lẻ
c) n
4
+ 4n

3
-4n
2
-16n
M
384 với
∀
n chẵn
Bài 2. CMR: a)
4 2
n n 12− M

2
b)
2
n(n 2)(25n 1) 24+ − M
c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n
5
là giống
nhau.
d)
3 3
(a b) 6 (a b ) 6+ ⇔ +M M
e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR
2
n 1 24− M

g)
2n 1 n 2
3 2 7

+ +
+ M
f)
2n 2 6n 1
3 2 11
+ +
+ M

B, CHIA HẾT
ĐA THỨC :
1. Ta sử dụng định lý Bơ zu :
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a.
Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)
M
( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa
thức
Từ đó suy ra :
Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1
Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì
f(x)
M
( x + 1)
2.Đa thức bậc 2 trở lên :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia.
Cách 2 : Xét giá trị riêng.
3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức
chia.
Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia.
Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x)

M
g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x)
M
g(x) hoặc f(x) - g(x)
M
g(x).
Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia
BÀI TẬP
Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho:
a) 4x
2
- 6x + a
M
(x-3)
b) 2x
2
+ x + a
M
(x+3)
c) x
3
+ ax
2
- 4
M
(x
2
+ 4x + 4)
d) 10x
2

- 7x + a
M
(2x - 3)
e) 2x
2
+ ax + 1 chia cho x - 3 dư 4
g) ax
5
+ 5x
4
- 9
M
(x-1)
Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x
3
+ ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5
Bài 3 Tìm n
∈
Z để : a/ n
2
+ 2n – 4
M
11
b/ 2n
3
+ n
2
+ 7n +1
M
2n – 1

c/ n
3
– 2
M
n – 2
d/ n
3
- 3n
2
+ 3n - 1
M
n
2
+n + 1
e/n
4
– 2n
3
+ 2n
2
– 2n + 1
M
n
4
– 1
Bài 4: Tìm số dư phép chia x
99
+ x
55
+ x

11
+x + 7 cho x + 1
3
Bài 5: CMR : a/ x
50
+ x
10
+ 1
M
x
20
+ x
10
+ 1
b/ x
2
- x
9
– x
1945

M
x
2
- x + 1
c/ x
10
- 10x + 9
M
(x – 1)

2
d/ 8x
9
- 9x
8
+ 1
M
(x – 1)
2
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN
1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất.
a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)
* Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn)
- Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn .
Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại.
- Kết luận nghiệmBài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11
Giải:
Cách 1: 2x + 3y = 11
1 y
x y 5
2
−
⇒ = − + +

x nguyên khi
1 y 2 hay y = 2t + 1 t− ∈M ¢
⇒
x = 4 – 3t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình:

x 4 – 3t
y 2t 1
=


= +

t
∈
Z
Cách 2: 2x + 3y = 11
d = (a, b) = (2, 3) = 1
nghiệm riêng: (x
0,
y
0)
= (4, 1)
1
1
a
a
d
b
b
d

=





=


nghiệm tổng quát
0 1
0 1
x x b t
y y a t
= −


= +


Vậy nghiệm phương trình là:
x 4 – 3t
y 2t 1
=


= +



Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 120
Hướng dẫn giải
11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 – 1
 11(x + 2y -11 ) = 4y – 1
1 4y – 1

M
11 => 12y – 3
M
11
 y – 3
M
11 => y = 11t + 3 (t
Z∈
)
x = 6 – 18 t.
1 Vậy nghiệm pt là:
6 18
11 3
x t
y t
= −


= +

(t
Z∈
)
Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 12x + 7y = 45 (1)
4
Hướng dẫn giải
Theo cách giải trên ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình (1) là
7 12
27 12
x t

y t
= −


= −


Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta có:
7 12 0
27 12 0
x t
y t
= − >


= − >

=> t = 2
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
2
3
x
y
=


=

b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên)
Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1)

Hướng dẫn giải
2 (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z
=> z
M
3 => z = 3t (t
Z∈
)
3 Thay vào phương trình ta có:
2x + 5y + 10t = 1 (t
Z∈
)
Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta được:
Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý
Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn.
Dạng ax
2
+ by
2
+ cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên)
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
5x – 3y = 2xy – 11 (1)
Hướng dẫn giải
Cách 1: Rút y theo x: y =
5 11 5
2
2 3 2 3
x x
x x
+ +
= +

+ +

(Do x nguyên nên 2x + 3 khác 0)
Vì y nguyên => x + 5
M
2x + 3 => …. 7
M
2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2);
(2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng.
Cách 2. Đưa về phương trình ước số:
Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x nguyên.
Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của phương trình.
x
2
+ 2y
2
+3xy –x – y + 3 =0 (1)
Hướng dẫn giải
Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên.
3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn.
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y
2
(1)
Hướng dẫn giải
Phương trình (1)  (x
2
+ 3x)(x
2
+ 3x + 2) = y
2

Đặt a = x
2
+ 3x (ĐK: a
2≥ −
(*)
Ta có: a
2
– 1 = y
2
GiảI phương trình này bằng cách đưa về phương trình ước số: => nghiệm phương
trình (1)
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x
3
- y
3
= xy + 8 (1)
Hướng dẫn giải
Ta có:
2 2
. 8x y x xy y− + + =
Ta có x khác y vì nếu x = y => x
2
+ 8 = 0 Vô lý.
5
Vì x; y nguyên =>
1x y− ≥
=>
2 2

8x xy y xy+ + ≤ +
=> x
2
+ xy + y
2

8xy≤ +
(2)
Nếu xy + 8 < 0=> (2)  (x + y)
2

≤
-8. Vô nghiệm.
N ếu xy +8 > 0 => (2)  x
2
+ y
2

≤
8
=> x
2
, y
2

{ }
0;1;4∈
Từ đó tìm được Hai nghiệm nguyên của (1) là: (0; - 2); (2; 0)
4. Dạng 4: Phương trình dạng phân thức.
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

1 1 1 1
6 6x y xy
+ + =
(1)
Hướng dẫn giải
Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43)
Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho
−
−
17
9
x
x
là bình phương của một phân số.
Hướng dẫn giải
Giả sử
−
−
17
9
x
x
=
 
 ÷
 
2
a
b
Với a, b nguyên, b khác 0 và (a, b) = 1.

Nếu a = 0 => x = 17.
Nếu a khác 0. Ta có (a
2
, b
2
) = 1 => x – 17 = a
2
.k; x – 9 = b
2
.k (k nguyên)
Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k
Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình
x =17; 18; 8
5. Dạng 5: Phương trình dạng mũ.
Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho:
2
x
+ 3 = y
2
(1)
Hướng dẫn giải
3 Nếu x = 0 => y
2
= 4 => y = 2 hoặc y = -2.
4 Nếu x = 1 => y
2
= 5 Vô nghiệm nguyên.
5 Nếu x
≥ 2
=> 2

x

M
4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y
2
chia 4 dư 1
=> Vô lý.
6 Vậy nghiệm nguyên của (1) là:
(0; 2); (0; -2)
II. BÀI TẬP:
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
a) 2x + 3y = 11
b) 3x + 5y = 10
2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4x + 5y = 65
3. Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11.
4. Tìm số nguyên dương bé nhất chia cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11.
5. Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, 17 quả hỏng, số còn lại chia đều cho 79 người. Hỏi mỗi
cây có ít nhất mấy quả?
BẤT ĐẲNG THỨC
6
I. Tính chất cơ bản của BĐT :
a) a < b, b < c
⇒
a < c
b) a < b
⇔
a +c < b+ c.
c) a< b
⇔
a.c < b.c (với c > 0)

a< b
⇔
a.c > b.c (với c < 0)
d) a < b và c < d
⇒
a+c < b + d.
e) 0 < a < b và 0 < c < d
⇒
a.c < b.d
f)
( )
2 1 2 1
n
n n
a b a b
+ + +
< ⇔ < ∈¢
0 <
( )
2 2
n
n n
a b a b
+
< ⇔ < ∈¢
g)
( )
2 1 2 1
n
n n

a b a b
+
+ +
< ⇔ < ∈¢

( )
2 2
0 n
n n
a b a b
+
< < ⇔ < ∈¢
II. BĐT Cauchy: (Cô–si)
a,b 0
2
a b
ab
+
≤ ∀ ≥
Đẳng thức
2
a b
ab
+
=
xảy ra khi và chỉ khi a = b.
a, b, c 0
3
+ +
≤ ∀ ≥

a b c
abc
Hệ quả:
1
a + 2
a
≥
,
a 0∀ >
III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
a) |x|
≥
0, |x|
≥
x, |x|
≥
-x
b) |x|
≤
a
⇔
-a
≤
x
≤
a ( với a > 0)
|x|
≥
a
⇔

x
≤
-a hoặc x
≥
a
c) |a|-|b|
≤
|a+b|
≤
|a| + |b|.
II. BĐT Bunhinacôpxki
Cho a, b, x, y là các số thực, ta có:
≥++ ))((
2222
yxba
(ax + by)
2
Đẳng thức xảy ra khi:
a b
x y
=
Tổng quát: Cho 2n số thực:
1 2 1 2
, , , ; , , ,
n n
a a a b b b
Ta có:
1 1 2 2
| | + + + ≤
n n

a b a b a b

2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
( )( )
n n
a a a b b b+ + + + + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2
1 2

n
n
a
a a
b b b
= = =
III.BĐT Becnuli
Cho a > -1, n
∈
N
*
:
(1+ + a)
n

≥
1 + na.
Đẳng thức xảy ra khi
a = 0 hoặc n = 1

2 Bất đẳng thức Cô-si mở rộng:
7
Cho n số không âm: a
1
; a
2; …;
a
n
Ta có:
1 2 1 2
a
a
n n
a a n a a a+ + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
a
n
a a= = =
Bài 1:
Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)(
b
1
a
1
+
) ≥ 4
Giải:
Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
(a+b) 2 ab

1 1 1
+ 2
a b ab
1 1 1
(a+b) 2 .2 =4
a ab
ab
b
≥
≥
 
+ ≥
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b.
Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc
¡
.
Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2 2
| |ax by a b x y
2
+ ≤ + +
Áp dụng :
1. Cho x
2
+ y
2
=1 , chứng minh -

2
≤ x+y ≤
2

2. Cho x+2y = 2 , chứng minh x
2
+ y
2
≥
5
4
Bài 3
Cho ba số dương a, b, c.
Chứng minh rằng:
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
Bài 4: Cho
3
ab+bc+ca
, , 0. C/m:
3
a b c abc≥ ≥
Bài 5: Cho a,b,c >0. C/m:
ab bc ca

a b c
c a b
+ + ≥ + +
Bài 6: Cho a > 0, b > 0, c > 0, a + b + c =1.
Chứng minh rằng:
1 1 1
1 1 1 64
a b c
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
Bài 7: CMR với 4 số a, b, x, y bất kỳ ta có:
≥++ ))((
2222
yxba
(ax + by)
2
.Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 8: Cho a, b, c, d > 0. Cm:
( )( )
dbcacdab ++≤+
Bài 9: CM bất đẳng thức:
( ) ( )
22
2222
dbcadcba +++≥+++
8
Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT

2
222
cba
ba
c
ac
b
cb
a ++
≥
+
+
+
+
+
Bài 11: CM với mọi n nguyên dương thì:
2
1
2
1

2
1
1
1
>++
+
+
+ nnn
Bài 12: Cho a

3
+ b
3
= 2. Cmr: a + b
≤
2.
Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = -2 (1)
a
2
+ b
2
+ c
2
= 2 (2)
CMR mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn






−
0;
3
4
Bài 14: Cho a, b, c thỏa mãn hệ thức 2a + 3b = 5.
CMR: 2a
2
+ 3b
2

≥
5.
Bài 15: Cho a, b là hai số thỏa mãn đi: a + 4b = 1.
CM: a
2
+ 4b
2

≥

5
1
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Bài 16: CM:
3
1
2222
22222
<
++−
+++−
Bài 17: Chứng minh:
a)
≥++ ))((
2222
yxba
(ax + by)
2

b)
2420 ≤−+−< xx
Bài 18: Cho a, b, c > 0. Cm:

2
3
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
Bài 19: Cho
100
1

3
1
2
1
1 ++++=S
.
CMR: S không là số tự nhiên.
Bài 20: a) Cho x, y dương. CMR:
yxyx +

≥+
411
.
Dấu bằng xảy ra khi nào?
b) Tam giác ABC có chu vi
2
cba
P
++
=
.







++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì?
Bài 21: a) CM x > 1 ta có:

2
1
≥
−x
x
b) Cho a > 1, b > 1. Tìm GTNN của:
11
22
−
+
−
=
a
b
b
a
P
Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM: a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca)
Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì
9

9
111
≥







++
cba
.
Bài 24: CMR nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
ab + bc + ca
≤
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca)
Bài 25: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có chu vi là 2.
CMR: a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2
Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1)
2
+ ( b - 2)

2
= 5. Cm: a + 2b
≤
10.
Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a
2
+ b
2
= 4 + ab.
CMR:
8
3
8
22
≤+≤ ba
. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. Ta có BĐT:
3
211
≥
+
++
baba
Bài 29: CMR nếu:
a)
51 ≤≤ a
thì
105413 ≤−+− aa
b) a + b
2;01;0 =+≥+≥ bab

thì
2211 ≤+++ ba
Bài 30: Cho biểu thức
4 3 4 3
5 4 3 2
3 1
1 1
4

1
P
x x x x x x
x x x x x
= − −
− + − + − −
−
− + − + −
CMR:
9
32
0 << P
với
1±≠∀x
.
Bài 31: a) Cho a, b, k là các số dương và
1
a
b
<

:
a a k
Cmr
b b k
+
<
+
b) Cmr nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì:
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
< 2.
Bài 32: Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. CMR :
9
1
1
1
1 ≥







+






+
ba
Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0:









+≥++
x
y
y
x
x
y
y
x

34
2
2
2
2
SỐ CHÍNH PHƯƠNG , NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
1) Định nghĩa: Là số có dạng
2
,n n∈¢
.
2) Tính chất:
1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1
2. Nếu a=3k thì
( )
2
0 mod9a ≡
; Nếu
3a k≠
thì
( )
2
1 mod3a ≡
3. Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào
10
4. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận
cùng bằng 2, 3, 7, 8
5. Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n
2
sẽ là số chính phương.
6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương.

HD: G/s ab= c
2
và gọi d=(a,c) suy ra a=a
1
d; c=c
1
d, (c
1
, d
1
)=1do đó ab=c
1
2
d
+ Do
( )
2 2
1 1 1 1 1
a d c c , 1b vi a c→ =M M
+ Do
( ) ( )
2
2 2 2 2
1 1 1
, , 1 ;
c
c d b c bvi b d b a b c a d
b
→ = = → = = =M M
7. Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia hết cho

p
2
. Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia hết cho p
2
thì a
không là số chính phương.
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 chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương
nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n
∈
N).
4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương
nào có dạng 3n + 2 (n
∈
N).
5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
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.
6. 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.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: 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.

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.
11
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n
∈
N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)( n
2
+ 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n
2
+ 3n = t (t
∈
N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2

= (n
2
+ 3n + 1)
2
Vì n
∈
N nên n
2

+ 3n + 1
∈
N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 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 4: 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
= 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 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1

12
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
Kết quả: A =








+
3
210
n
; B =








+
3
810
n
;
Bài 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
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. DẠNG 2 : TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài1: 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)
13
⇒
(y + 4)(y – 4)
M
13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4
M
13 hoặc y – 4
M
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.
a. 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 2: 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 3: 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 4: 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 5: 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)
14
Từ (1) và (2)
⇒
m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒
(m + n)(m - n)
M
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 6: 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
C.DẠNG 3: 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
M
101 hoặc k-10
M
101
Mà (k-10; 101) = 1
⇒
k +10
M
101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110
⇒
k+10 = 101
⇒
k = 91
⇒

abcd = 91
2
= 8281
15
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
M
11
⇒
a + b
M
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 tập
1. Chứng minh rằng tổng của hai số chẵn liên tiếp không chính phương.
HD:
( )
2 (2 2) 4 2 2 mod 4n n n+ + = + ≡
2. Chứng minh rằng tổng các bình phương của 2 hoặc 3 số nguyên lẻ không chính phương.

HD:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 mod4
2 1 2 1 2 1 3 mod8
n k
n k l
+ + + ≡
+ + + + + ≡
3. Chứng minh rằng một số chẵn bất kì không phải là bội của 4 thì không thể phân tích thành
hiệu 2 số chính phương.
HD:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1k a b a b a b+ = − = − +
Do vế trái chẵn nên hai số a và b có cùng tính chẵn lẻ suy ra (a-b) và (a+b) cùng chẵn. Khi đó vế
phải chia hết cho 4.
4. Chứng minh phương trình 13x
2
+2 =y
2
không có nghiệm nguyên.
HD: + x và y cùng tính chẵn lẻ
+ Khi y chẵn:
( ) ( )
VP 0 mod 4 ;VT 2 mod 4 ;≡ ≡
+ Khi y lẻ :
( ) ( )

VP 1 mod8 ;VT 7 mod8 ;≡ ≡
5. Tìm
n∈¥
để
2 8 5
n
n+ +
là chính phương.
HD: +
( )
3 2 8 5 5 mod8
n
n n≥ → + + ≡
+ n=2: 25 là chính phương.
+ n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn
6. Chứng minh rằng không tồn tại
n
∈
¥
để 24n+41 là chính phương.
HD: G/s 24n+41=t
2
16
+ Nếu t chia hết cho 3 thì 24n+41=3(8n+13)+2 không chia hết cho 3
+ Nếu t không chia hết cho 3 thì
( ) ( ) ( )
2
1 mod3 3 8 13 2 1 mod3t n≡ ⇒ + + ≡

7. Chứng minh không tồn tại

n
∈
¥
để 7.10
n
+4 là chính phương.
HD:
( )
7.10 4 2 mod3
n
+ ≡
8. Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên khác không liên tiếp không chính phương.
HD: có n
2
< n(n+1) < n
2
+2n+1 = (n+1)
2
9. Tìm
n∈¥
n
2
+ 3n là chính phương.
HD: Dễ thấy n = 0;1 đúng.
Ngoài ra, có n
2
+2n+1< n
2
+3n < n
2

+4n+4 hay (n+1)
2
< n
2
+3n< (n+2)
2
10. Tìm
n
∈
¥
để n
2
+ 3 chia hết cho 5.
11. Tìm
n∈¥
để n! + 97 là chính phương.
HD: Nếu
5n
≥
thì n!+97 có tận cùng là 7 nên không chính phương.
Nếu n = 4 thì 24+97 = 121= n
2
Nếu
0 3n≤ ≤
thì đều không thoả mãn.
12. Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là số chính phương.
13. Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 1994 hoặc 1995 được hay không?
HD: a)
( )
( ) mod3N S N≡

. Vì
( )
1994 2 mod3≡
nên nếu S(N)=1994 thì
( )
2 mod3N ≡
b) vì 1995 chia hết cho 3, nhưng 1995 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số
chính phương không thể bằng 1995.
14. Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không chính phương.
HD:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2
2 1 1 2 5 2 5n n n n n n− + − + + + + + = + M
nhưng không chia hết cho 25.
15. Chứng minh rằng không tồn tại
n
∈
¥
để n
2
+n+2 chia hết cho 3.
HD: G/s
n∃ ∈¥
để n
2
+n+2=3k khi đó n
2
+n+2-3k = 0 có nghiệm nguyên dương

Có
( )
3 4 3 2k∆ = − +
là số chính phương. Điều này vô lí vì
( )
2 mod3∆ ≡
16. Gọi N=2.3.4…P
n
là tích của n số nguyên tố đầu tiên. Chứng minh rằng cả 3 số N, N-1, N+1
đều không là số chính phương.
HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương.
Nếu N+1=k
2
thì k lẻ khi đó
N=(k-1)(k+1) 4!M
Nếu
( )
1 2 mod3N − ≡
th ì N-1 không chính phương.
17. Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ không chính phương.
18. Chứng minh rằng số chính phương có chứa chữ số lẻ ở hàng chục thì chữ số hàng đơn vị
luôn bằng 6.
HD: xét (10n+b)
2
= 20n(5n+b) + b
2
; Với
9b
≤
chữ số hàng chục của 20n(5n+b) chẵn do đó chữ

số hàng chục của b
2
lẻ nên b=4; 6.
19. Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chữ số hàng chục là chẵn.
HD: Xét (10a+b)
2
= 20a(5a+b)+b
2
với b lẻ,
2
9 1;3;5;7;9 01;09;25;49;81b b b≤ ⇒ = ⇒ =
→
ĐPCM
20. Chứng minh rằng một số chính phương lớn hơn 100 có tận cùng là 5 thì chữ số hàng trăm là
chẵn.
HD: Xét (10a+5)
2
=100a(a+1)+25. Vì a(a+1) chẵn . Ta có ĐPCM.
21. Tìm
,x y∈¥
để 2
x
+ 5
y
chính phương.
17
HD: G/s
( )
2 2
2 5

y
k k+ = ∈¢
+ Nếu x=0 thì 1+5
y
=k
2
suy ra k chẵn
( )
1 5 2 mod 4
y
⇒ + ≡
+ Nếu
0x
≠ ⇒
k lẻ và k không chia hết cho 5.
1 y=0:
( ) ( )
2
2
2 1 2 1 2 4 1 1, 3, 0
x x
k m m m m x y+ = = + ⇒ = + ⇒ = = =
2
0y ≠
, vì k không chia hết cho 5 nên
( )
2
1 mod5k ≡ ±
Từ giả thiết suy ra
( )

2 mod5
x
≡ ± ⇒
x chẵn, x=2n
Và từ giả thiết suy ra
( )
2 5
5 ( 2 ) 2 , ; ,
2 5
n a
y n n
n b
k
k k a b y a b
k

+ =
= + − ⇒ + = ∈

− =

¥
( )
1 1
2 5 5 1 5 1, 0 2 5 1
n b a b b n y
b hay a y
+ − +
⇒ = − ⇒ = = = ⇒ = −
+ Nếu y=2t thì 2

n+1
=25
t
-1 chia hết cho 3
+ Nếu y lẻ thì 2
n+1
=4(5
y-1
+5
y-2
+…+ 5+1)
nếu y>1 thì 5
y-1
+5
y-2
+…+5+1 lẻ.
Vậy y=1 suy ra x=2. Đáp số x=1; y=2.
22. Tìm 1 số có 2 chữ số biết:
a) Tổng của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương.
b) Hiệu bình phương của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương.
HD:a)
( )
11 11ab ba a b+ = + M
, vì số chính phương chia hết cho 11 thì chia hết cho 121 nên
(a+b) chia hết cho 11. do đó a+b chia hết cho 11.
+)
( ) ( )
( )
2 2
2 2

2 2
10 10 99 11ab ba a b b a a b− = + − + = − M
Vì 0<(a-b)<8,
2 2
2 18 11 9.11.11.( )a b a b ab ba a b≤ + ≤ ⇒ + = ⇒ − = −
chính phương hay (a-
b) chính phương, suy ra hoặc a-b=1 hoặc a-b=4
ĐS: số 65
23. Tìm số chính phương
abcd
biết
1ab cd− =
HD:
2
100 100(1 ) 100 101n abcd ab cd cd cd cd= = + = + + = +
( ) ( )
10 10 101n n cd⇒ − + =
.
Vì n<100 và 101 là nguyên tố nên n+10=101 suy ra n=91.
24. (VĐ Balan) Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên thoả mãn hệ thức 2a
2
+a = 3b
2
+ b thì
a - b và 2a + 2b+ 1 là các số chính phương.
HD: Có 2a
2
-2b
2
+a-b=b

2
(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b
2
.
Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+1-2(a-b)=4b+1).
Mặt khác (1)
2 2
(1) \ \ \1 1d b d b d d⇒ ⇒ ⇒ ⇒ =
.
Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1. Từ đó ta được ĐPCM
* Lưu ý: Từ gt suy ra (a-b)(3a+3b+1)=a
2
nên (3a+3b+1) là chính phương
25. (HSGQG 1995) Tìm p nguyên tố sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p
4
là số chính
phương.
HD: G/s 1+p+p
2
+p
3
+p
4
=n
2
. Dễ thấy 4p
4
+4p
3
p

2
<4n
2
<4p
4
+p
2
+4+4p
3
+4p+8p
2
hay
(2p
2
+p)
2
<(2n)
2
<(2p
2
+p+2)
2
suy ra 2n =2p+p+1 suy ra p=3.
26. Chứng minh rằng nếu mỗi số nguyên p, q là tổng của hai số chính phương thì tích pq cũng là
tổng của 2 số chính phương.
18
27. Chứng minh rằng nếu mỗi số nguyên m, n là tổng của 4 số chính phương thì tích m.n cũng là
tổng của 4 số chính phương.
HD: (a
2

+b
2
+c
2
+d
2
)(m
2
+n
2
+p
2
+p
2
)=(am-bm-cp-dq)
2
+
+(an+bm-cq+dp)
2
+(ap+bq+cm-dn)
2
+(aq-bp+cn-dm)
2
.
28. Chứng minh rằng tổng các bình phương của 7 số nguyên liên tiếp không chính phương.
29. Chứng minh rằng tổng các bình phương của 9 số nguyên liên tiếp không chính phương.
30. Tìm
a
∈
¥

để a
2
+a+1589 chính phương.
31. Chứng minh rằng nếu 8
n+1
và 24
n+1
là chính phương thì 8
n+3
là hợp số
32. Chứng minh rằng n
3
+1 không chính phương với mọi n lẻ và n>1.
33. Tìm
abcd
biết nó là một bội của 11 v à b+c = a, bc chính phương.
34. Chứng minh rằng nếu
1
2
ab cd=
thì
abcd
không chính phương
35. Tìm tất cả các số chính phương có dạng
1985A ab=
.
ĐS: 198025 và 198916
36. Tìm tấ cả các số tự nhiên a để số n=26a+17 là một số chính phương.
ĐS: a=26m
2

+22m+4 hoặc a=26m
2
+30m+8
37. Chứng minh rằng một số chính phương có số ước là một số lẻ và ngược lại.
38. Chứng minh rằng nếu gấp đôi một số tự nhiên bằng tổng của 2 số chính phương thì số tự
nhiên đó cũng bằng tổng của 2 số chính phương.
RÚT GỌN, TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC
Bài 1: Cho biểu thức P =
( ) ( )
3
a1
2
2
a
a12
1
a12
1
−
+
−
−
+
+
a) Rút gọn P. b) Tìm Min P.
Bài 2: Cho x, y là hai số khác nhau thỏa mãn:
x
2
+ y = y
2

+ x.
Tính giá trị biểu thức : P =
1 -xy
xy
2
y
2
x ++
Bài 3: Tính giá trị biểu thức Q =
yx
y-x
+

Biết x
2
-2y
2
= xy và x ≠ 0; x + y ≠ 0
Bài 4: Cho biểu thức P =
3x
3x2
x-1
2x3
3x2x
11x15
+
+
−
−
+

−+
−
a) Tìm các giá trị của x sao cho P =
2
1
b) Chứng minh P ≤
3
2
Bài 5: Cho biểu thức
P =
a
2a
2a
1a
2aa
39a3a
1
−
−
+
+
+
−
−+
−+
a) Rút gọn P.
b) Tìm các giá trị nguyên của a để P nguyên.
Bài 6: Cho biểu thức
2
a 4 a -4 a 4 a -4

8 16
1-
a
a
P
=
+ + −
+

19
a) Rút gọn P.
b) Tìm các giá trị nguyên của a (a >8) để P nguyên.
Bài 7: Cho biểu thức
P =

















−
−
+−
−
−
1a
2
1a
1
:
aa
1
1a
a
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị P khi a = 3 + 2
2
c) T ìm các giá trị của a sao cho P < 0.
Bài 8: Cho biểu thức
P =

















−
−
−
−
−
+
x
2
x2x
1x
:
x4
8x
x2
x4
a) Rút gọn P.
b) Tính x để P = -1
c) T ìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có
m(
x
- 3)P > x + 1.
Bài 9: Cho biểu thức
P =

















+
−
−
+
++
−
xy
yx
xxy
y
yxy
x
:
yx
xy -y

x
a) Tìm x, y để P có nghĩa.
b) Rút gọn P.
c) Tìm giá trị của P với x = 3, y = 4 + 2
3
Bài 10: Cho biểu thức
P =
x
2007x
1x
14xx
1x
1-x
1x
1x
2
2
+
−
−−
+
+
−
−
+











a) Tìm x để P xác định.
b) Rút gọn P.
c) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.
Bài 11: Rút gọn P.
P =
2
224
22
22
22
22
b
baa4
:
baa
baa
baa
baa −
−+
−−
−
−−
−+











Với | a | >| b | > 0
Bài 12: Cho biểu thức
P =
2
2
x1
.
1x2x
2x
1x
2x

















−
++
+
−
−
−
a) Rút gọn P.
b) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì P > 0.
c) Tìm GTLN của P.
Bài 13: Chứng minh giá trị của biểu thức
P =
6x5x
10x
3x4x
1x5
2x3x
2x
++
+
+
++
+
+
++
Không phụ thuộc vào biến số x.

20
Bài 13: Chứng minh giá trị của biểu thức
P =
x
x
x
++−
−+−
+
52.549
347.32
4
63
Không phụ thuộc vào biến số x.
Bài 15: Cho biểu thức
P =
1x
1xx
xx
1xx
xx
22
++
+−
+
−
++
−
Rút gọn P với 0 ≤ x ≤ 1 .
Bài 16: Cho biểu thức

P =
1x
)12(x
x
x2x
1xx
xx
2
−
−
+
+
−
++
−
a) Rút gọn P.
b) Tìm GTNN của P
c) Tìm x để b. thức Q =
P
x2
nhận g trị là số nguyên.
Bài 17: Cho biểu thức
P =
1x2
x
1x2x
1x
1x
xx
1xx

xxx2x
−
+
−+
−
⋅
−
+
−
−
−+








a) Tìm x để P có nghĩa
b) Rút gọn P.
c) Với giá trị nào của x thì biểu thức P đạt GTNN và tìm GTNN đó.
Bài 18: Rút gọn biểu thức
P =
5310
53
5310
53
−+
−

−
++
+
Bài 19: Rút gọn biểu thức
a) A =
7474
−−+

b) B =
5210452104
+−+++
c) C =
532154154
−−−++
Bài 20: Tính giá trị biểu thức
P =
123412724
−−++−++
xxxx
Với
2
1
≤ x ≤ 5.
Bài 21: Chứng minh rằng:
P =
26
4813532
+
+−+
là một số nguyên.

Bài 22: Chứng minh đẳng thức:

1
2
3
11
2
3
1
2
3
11
2
3
1
=
−−
−
+
++
+
Bài 23: Cho x =
3
725
3
725 −−+
21
Tính giá trị của biểu thức f(x) = x
3
+ 3x

Bài 24:Cho E =
yx
xy1
yx
xy1
−
−
−
+
+
Tính giá trị của E biết:
x =
222.222.84 +−+++
y =
45272183
2012283
+−
+−
Bài 25:Tính P =
2008
2007
2
2008
2
2007
2
20071 +
+
+
Bài 26:Rút gọn biểu thức sau:

P =
51
1
+
+
95
1
+
+ +
1
2005 2009+
Bài 27:Tính giá rẹi của biểu thức:
P = x
3
+ y
3

- 3(x + y) + 2004 biết rằng
x =
3
223
3
223
−++
y =
3
21217
3
21217 −++
Bài 28:Cho biểu thức

A =






−








+
+
−
−
−
+
a
aa
a
a
a
a 1
4
1

1
1
1
a) Rút gọn A.
b) Tính A với a = (4 +
15
)(
10
-
6
)
154
−
Bài 29:Cho biểu thức
A =
( ) ( )
( )






−
−⋅
−−
−++−−
1
1
1

14
1414
2
x
xx
xxxx
a) x = ? thì A có nghĩa.
b) Rút gọn A.
Bài 30:Cho biểu thức
P =
xxx
x
xx
x
+
+
+++
+−
+
−+−
−+
1
1
11
11
11
11
a) Rút gọn P.
b) So sánh P với
2

2
.
Bài 31:Cho biểu thức
P =
1
2
1
3
1
1
+−
+
+
−
+
xxxxx
a) Rút gọn P.
b) Chứng minh: 0 ≤ P ≤ 1.
Bài 32:Cho biểu thức
P =
a
a
a
a
aa
a
−
+
−
−

+
−
+−
−
3
12
2
3
65
92
22
a) Rút gọn P.
b) a = ? thì P < 1
c) Với giá trị nguyên nào của a thì P nguyên.
Bài 33:Cho biểu thức
P =
x
x
yxyxx
x
yxy
x
−
−
−
−−+
−
−
1
1

22
2
2
a) Rút gọn P.
b) Tính P biết 2x
2
+ y
2
- 4x - 2xy + 4 = 0.
Bài 34:Cho biểu thức
P =
x
x
yxyxx
x
yxy
x
−
−
−
−−+
−
−
1
1
22
2
2
a) Rút gọn P.
b) Tính P biết 2x

2
+ y
2
- 4x - 2xy + 4 = 0.
Bài 35:Cho biểu thức
P =
yxxy
yyxxyx
yx
yxyx
33
33
:
11211
+
+++








++
+









+
a) Rút gọn P.
b) Cho xy = 16. Tìm Min P.
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x
2
– 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m.
c) Tìm m sao cho nghiệm số x
1,
x
2
của phương trình thỏa mãn
điều kiện
2
1
x
+
2
2
x
≥
10.
Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:
( )




−+<+
>
acbcabac
c
2
0
2
Chứng minh rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện:
a
2
+ ab + ac < 0.
Chứng minh rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương trình x
2
+ px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa
mãn:




=−
=−
35
5
3
2
3
1
21
xx
xx
Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình
(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm.
Bài 6: CMR phương trình ax
2
+ bx + c = 0
( a
≠
0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b
Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có nghiệm:
(a
2
+ b
2
– c
2
)x
2
- 4abx + (a

2
+ b
2
– c
2
) = 0
23
Bài 8: CMR phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có nghiệm nếu
4
2
+≥
a
c
a
b
Bài 9: Cho phương trình : 3x
2
- 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn:
2
1
x
-
2
2
x
=

9
5
Bài 10: Cho phương trình:
x
2
– 2(m + 4)x +m
2
– 8 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
a) A = x
1
+ x
2
-3x
1
x
2
đạt GTLN
b) B = x
1
2
+ x
2
2
- đạt GTNN.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1

,

x
2
không phụ thuộc vào m.
Bài 11: Giả sử x
1
,

x
2
là hai nghiệm của phương trình bậc 2: 3x
2
- cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị
của biểu thức: S =
3
2
3
1
11
xx
+
Bài 12: Cho phương trình : x
2
- 2
3
x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x
1
,

x
2.
Không giải phương trình trên
hãy tính giá trị của biểu thức:
A =
2
3
1
3
21
2
221
2
1
44
353
xxxx
xxxx
+
++
Bài 13: Cho pt: x
2
– 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a.
2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x
1
,

x
2

thỏa mãn điều kiện: x
1
2
+ x
2
2
= 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện: x
1
< 1 <

x
2
.
Bài 14: Cho phương trình:
x
2
– 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x
1
,

x

2
là hai nghiệm của phương trình (1) .
Tìm GTNN của M = x
1
2
+ x
2
2
Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:
2
111
=+
ba
CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x
2
+ ax + b = 0 và x
2
+ bx + a = 0.
Bài 16: Cho phương trình:
x
2
– 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)
a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x
1
x
2
+ x
1

2
+ x
2
2
đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:
ax
2
+ 2bx + c = 0 (1)
bx
2
+ 2cx + a = 0 (2)
cx
2
+ 2ax + b = 0 (2)
Bài 18: Cho phương trình:
x
2
– (m - 1)x + m
2
+ m – 2 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
b) Với giá trị nào của m, biểu thức P = x
1
2
+ x
2
2
đạt GTNN.

24
Bài 19: Cho phương trình:
x
2
– 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện:
x
1
2
+ x
2
2

≥
10.
3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện:
E = x

1
2
+ x
2
2
đạt GTNN.
Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2:
x
2
+ ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương.
CMR: a
2
+ b
2
là một hợp số.
PT BẬC CAO, PT CHỨA ẨN Ở MẪU, PT VÔ TỈ.
Giải phương trình:
Bài 1: x
3
+ 2x
2
+ 2
2
x + 2
2
.
Bài 2: (x + 1)
4
= 2(x
4

+ 1)
Bài 3: 4(x + 5)(x + 6)(x + 10)(x + 12) = 3x
2
Bài 4: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x
Bài 5: (x + 2)(x + 3)(x - 7)(x - 8) = 144
Bài 6: (x + 2)
4
+ (x + 8)
4
= 272
Bài 7: a) (x +
2
)
4
+ (x + 1)
4
= 33 + 12
2
b) (x - 2)
6
+ (x - 4)
6
= 64
Bài 8: a) x
4
- 10x
3
+ 26x
2
- 10x + 1 = 0

b) x
4
+ 3x
3
- 14x
2
- 6x + 4 = 0
c) x
4
- 3x
3
+ 3x + 1 = 0
Bài 9: a) x
4
= 24x + 32
b) x
3
+ 3x
2
- 3x + 1 = 0
Bài 10:
198
35
=−+− xx
Bài 11:
1
253
7
23
2

22
=
++
−
+− xx
x
xx
x
Bài 12: x
2
+
( )
12
2
4
2
2
=
+x
x
Bài 13:20
0
1
4
48
1
2
5
1
2

2
2
22
=
−
−
+






−
+
−






+
−
x
x
x
x
x
x

Bài 14: a)
4
1
7
13
3
22
−=
++
+
+− xx
x
xx
x
b)
1512
4
156
1510
22
2
+−
=
+−
+−
xx
x
xx
xx
c)

4
1
56
55
54
53
2
2
2
2
−=
+−
+−
−
+−
+−
xx
xx
xx
xx
Bài 15: a) x
2
+
( )
40
9
81
2
2
=

+x
x
25