Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

Trần Văn Hải
CHỦ ĐỀ SỐ HỌC
Cách ghi số tự nhiên.
I/ Ghi số tự nhiên.
- Hệ thập phân: an an −1...a1a0 = an .10n + an −1.10 n −1 + ... + a1.101 + a0 .100
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu
2010
Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 = 10 x + 3 ( x ∈ N ); Số sau khi xoá đi số tận cùng là x:
Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010 ⇔ 9 x = 2007 ⇔ x = 223
Vậy số cần tìm là: 2233
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab + ba M
3; ab + ba M5
Giải: Ta có ab = 10a + b(a, b ∈ Z ;1 ≤ a, b ≤ 9)

ab + ba = 11(a + b) , vì ƯCLN(3,5) = 1 ⇒ ab + ba = 11(a + b)M
15 ⇒ a + b M
15 (ƯCLN(11,15) =1)
Do 1 ≤ a, b ≤ 9 ⇒ (a, b) = ( 7,8 ) , ( 8, 7 ) , ( 9, 6 ) , ( 6,9 ) Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96
II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.
1/ Phép tính(+; -; x; :)
n
- Phép tính luỹ thừa: + a = a.a...a

+

nthuaso

+

a m : a n = a m − n ( m ≥ n , m, n ∈ N , a ≠ 0 )

+ Quy ước:

a n .a m = a m+ n

( a m ) n = a m. n

a1 = a; a 0 = 0(a ≠ 0)

+ Lưu ý: ( x0) n = y 0;( x6) n = y 6;( x1) n = y1;( x5) n = y5
+ Những số có số tận cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ;
+ Những số có số tận cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ;
Ví dụ 1: So sánh 300200 và 200300
Giải: Ta có: 300200 = 3200.100 200 = 9100.100200 = 9100.10 400

200300 = 200300.100300 = 8100.100300 = 8100.(10 2 ) 300 = 8100.10600

⇒ 9100.10400 < 10500 < 10600 < 8100.10600 Vậy 300 200 < 200300

Do 9 < 10, nên 9100< 10100
Ví dụ 2: 12 2004

− 21000 M
10

( )

Ta có 24 = 16 ⇒ 2100 = 24

25

có số tận cùng là 6. 22010

( )

= 22

1005

= 41005 = 45.41000 = 45.(48 )125

122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+....+ 2004.10.22003+ 22004)
Mà 102004 + 2.102003+....+ 10.22003M
Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6. ⇒ 122004
B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên.
I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.
1. Tính chất:
+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”.
+ Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
+ Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120.

− 21000 M
10

Các dấu hiệu chia hết: a ) an an −1...a1a0 M
2 ⇔ a0 M2 b)an an −1...a1a0 M5 ⇔ a0 M5

c)an an −1...a1a0 M3 ⇔

n

∑ ai M3
i= 0

d )an an −1...a1a0 M3 ⇔

f )an an −1...a1a0 M25;4 ⇔ a1a0 M25; 4;

n

∑ a M9
i=0

i

g ) an an −1...a1a0 M
125;8 ⇔ a2 a1a0 M
125;8
1


Trần Văn Hải
Dấu hiệu chia hết cho 11: Cho A = ... a 5a 4 a 3a 2 a1a 0 .
A  11 ⇔ [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )]  11.
2
4
3 3
5
Chứng minh: A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ... ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ... )

2
4
Chú ý rằng : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1,..., tổng quát :
2k
3
5
10 = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1,...
2k + 1
Tổng quát 10
= bội 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) +
+ (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ... ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 +...)
Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ
số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11
Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11nM6
Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - 1 M9. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 M9 (Đề thi chọn HSG lớp 9 năm học 2009 2010)
Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 1 M9, Đặt: 717 + 17.3 - 1 = 9k.
Mặt khác: 718 + 18.3 – 1 = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)]
= 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33) M9
Vậy: 718 + 18.3 - 1 M9.
Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - 1 M3. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 M3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học
2010 - 2011)
2. Sử dụng định lý mở rộng.

(

)

a)∀ n ∈ N : a n − b n = ( a − b ) a n− 1 + a n− 2b + ... + ab + b n− 1 ; a, b ∈ Z ⇒ a n − b n M(a − b) ⇒ n = 2k , k ∈ N , a n − b n M(a + b)
n− 2

(

)

b)∀ k ∈ N , n = 2k + 1: a n + b n = ( a + b ) a n −1 − a n− 2b + ... − ab + b n −1 ⇒ n = 2k + 1: a n + b n M( a + b ) ; a ≠ − b
n− 2

Các ví dụ:
Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 1 M323
3. Một số phương pháp chứng minh khác.
- Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh
+ Xét vì n = n0 đúng.
+ Gỉa sử vì n = k đúng.
+ Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng
Từ đã được điều phải chứng minh.
Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng

b)32 n +1 + 2n +2 M
7(∀n ∈ N )

a )32 n − 2n M
7(∀n ∈ N )
Giải:

c) 10n + 18n −1M
9

a )32 n − 2n M7

+ Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng,

+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là: 32 k

2k
k
− 2k M
7 . Đặt: 3 − 2 = 7 q .

+ Xét vì n = k + 1,ta có

32( k +1) − 2k +1 = 9(3k − 2k +1 ) + 9.2 k − 2.2 k = 7(9q + 2 k ) M
7 Vậy n = k +
Kết luận: 32 n − 2 n M
7

1 đúng,

b) Làm tương tự:
c) 10 n + 18n −1M
27
+ Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – 1 = 0M27
k
+ Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k + 18k −1M
27 , Đặt: 10 +18k −1 = 27 q
+ Xét vì n = k +1 ta có: 10

k +1

+ 18( k + 1) −1 = 10(10k + 18k −1) + [ 18k + 18 −1 − (180k −10) ]

= 10.27 q + 27. ( 1 − 6k ) = 27(10 q − 6k + 1) M

27
Kết luận: 10 n + 18n −1M
27
2

Vậy n = k + 1 đúng,


Trần Văn Hải
Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 x36 y 5M
1375
Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xyM
45 (Đề thi HSG l 9 huyện Văn Bàn 2008 - 2009)
1
2
3
100
Bài 3: Cho S=2 + 2 + 2 + ... + 2 .
a/ Chứng minh S chia hết cho 3.
b/ Chứng minh S chia hết cho 15.
c/ S tận cùng là chữ số nào?
Lời giải
a/ S = 21 + 22 + 23 + ... + 2100
=(21 + 22 )+ (23 + 24)+ ... +(299+ 2100)
= 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2)
= 3.(2 + 23 +…+ 299)  3
Vậy S  3
b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227)  15 .
c/ S  15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0

12
Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR: A( n ) = n(n − n −12) −144 M
3

3.Các dạng bài tập khác sử dụng.
a) Tìm số tận cùng.
b) Sử dụng phép chia có dư.
c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne.
d) Sử dụng đồng dư thức.
C/ Số nguyên tố.
I/ Số nguyên tố, hợp số.
1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố.
Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau.
ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết.
1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p.
n
Hệ quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p .
2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m.
k1 k2
kn
Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố : m = a1 a2 ...an
(1)
Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2,...an vì số mò lớn hơn hoặc
bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa
thừa số nguyên tố nào trong các thừa số a 1 , a2, ..., an. Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , ... an tức là a
chia hết cho m.
3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n.
Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n).
Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích m.n.

II. Những ví dụ
Ví dụ 1 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7.
 7
Giải : Cách 1:
18n + 3
⇔ 14n + 4n + 3  7 ⇔ 4n + 3 7 ⇔ 4n + 3 – 7  7 ⇔ 4n – 4  7
⇔ 4(n – 1)  7Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1  7
Vậy n = 7k + 1 ( k ∈ N).
⇔ 18 n + 3 – 21  7
7
Cách 2:
18n + 3
⇔ 18n - 18
⇔ 18(n – 1)
7
7
7
Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1
Vậy n = 7k + 1 ( k ∈ N)
Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một biểu thức chia hết cho 7 mà
ở đó hệ số của n bằng 1.
Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b ∈ N) . C/minh rằng 10a + b chia hết cho 13.
Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x  13, cần chứng minh y  13.
Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b
Như vậy 10x – y  13.
Do x  13 nên 4y  13. Suy ra y  13
3


Trần Văn Hải

Cách 2: Xét Biểu thức:
4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a
Như vậy 4y – x  13. Do x  13 nên 4y  13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y  13
Cách 3 : Xét biểu thức:
3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b.
Như vậy 3x + y  13. Do x  13 nên 3x  13 . Suy ra y  13
Cách 4: Xét biểu thức:
x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b
Như vậy x + 9y  13 Do x  13 nên 9y  13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y  13
Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có một số hạng là bội của
13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13.
Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của
bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13.
Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y
nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24.
Giải .
Ta có (p – 1)p(p + 1)  3 mà (p,3) = 1 nên
(p – 1)(p + 1)  3
(1)
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn
liên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2).
Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8.
Vậy (p – 1)(p + 1)  24.
III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia
Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.
Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5
Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r ∈ N, r < 35), trong đó r chia 5 dư 1, chia 7
dư 5.
Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia cho 5 dư 1, vậy r = 26.

Số nhỏ nhất có dạng 35k + 26 là 26.
Cách 2: Ta có n – 1  5 ⇒ n – 1 + 10  5 ⇒ n + 9 (1) . Ta có n – 5  7
⇒ n – 5 + 14  7 ⇒ n + 9  7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9  35
số n nhỏ nhBất có tính chất trên là n = 26
Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5 ⇒ 5x = 5y + 2y + 4 ⇒ 2(y + 2)  5 ⇒ y + 2  5
Giá trị nhỏ nhất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26.
Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98.
Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98
⇒ 131x = 131y + y – 14 ⇒ y – 14  131 ⇒ y = 131k + 14 ( k ∈ N)
⇒ n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946
Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946
Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra
131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14 ≥ 131 ⇒ y ≥ 145 ⇒ n có nhiều hơn bội chữ số.
Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946,
Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1)
Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946 ⇒ n = 131.132(x – y) + 1946.
Vì n có bội chữ số nên n = 1946.
III/ ƯCLN, BCNN.
1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng.
Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng bằng 6.
4


Trần Văn Hải
Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b) .
Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; ∈ N)
Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14
Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’ ≤ b’), ta được:

a’
1
3
5
Do đó
a
6
18
b’
13
11
9
b
78
66
Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5.

30
54

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b).
Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1
Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3
Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’ ≤ b’) ta được:
a’
1
3
Do đó
a
5

15
b’
12
4
b
60
20
2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.
Ví dụ 3 . Tìm 2 số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng bằng 900.
Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a ≤ b .
Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ ≤ b. Do đó ab = 100 a’b’(1).
Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp:
a’
1
2
5
9
Do đó
a
10
20
50
90
b’
90
45
18
10
b

900
450
180
100
3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ clit
Ví dụ 4 . Cho hai số tự nhiên a và b (a > b)
a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b
b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN của số nhỏ và số dư trong
phép chia số lớn cho số nhỏ.
c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56).
Giải :
a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b. Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung
của a và b. Vậy (a,b) = b.
b) Gọi r là số dư trong phép chia a cho b (a > b) . Ta có a = bk + r (k ∈ N), cần chứng minh rằng (a,
b) = (b,r)
Thật vậy, nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chúng của a và b còng là ước chung
của b và r (1).
Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b và r còng là ước chung
của a và b (2).
Từ (1) và (2) suy ra tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r bằng nhau. Do đó
hai số lớn nhất trong hai tập hợp đó còng bằng nhau, tức là
(a, b) = (b,r)
c) 72 chia 56 dư 16 nên (972,56) = ( 56,16)
56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 . Vậy (72,56) = 8
Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1, b chia cho r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư
r3... , rn – 2 chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư 0. (dãy số b, r1 , r2 ,...,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số
5


Trần Văn Hải

phép chia là hữu hạn do đó quá trình trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên
ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) =... =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn).
Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r 1; r1 cho
r2;... trong đó r1,r2,... là số dư trong các phép chia theo thứ tự trên.
Trong thực hành ngưêi ta đặt tính như sau:
72
56
56
16
1
16
8
3
0
2
Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit.
Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba.
4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác,
chúng chỉ có ước chung duy nhất là 1.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng
a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n ∈ N) là hai số nguyên tố cùng nhau.
Giải:
a) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1,2n + 3) ⇒ (2n + 3) – (2n + 1)  d ⇒ 2  d ⇒ d ∈ {1; 2}
Nhưng d ≠ 2 vì d là ước của số lẻ. Vậy d = 1
c) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1, 3n + 1) ⇒ 3 (2n + 1) – 2 (3n + 1)  d ⇒ 1  d ⇒ d=1
Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau.
Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì
9n + 24 – 3 (3n + 4)  d ⇒ 12  d ⇒ d ∈ { 2 ; 3}

Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d ≠ 2 và d ≠ 3. Hiển nhiên d ≠ 3 vì 3n + 4 không chia hết cho 3. Muốn
d ≠ 2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n + 4 không chia hết cho 2. Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ
⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ => 3n + 4 là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ
Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ.
5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số
Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n ∈ N)
Giải : Gọi d ∈ ƯC (2n – 1, 9n + 4) ⇒ 2(9n + 4) - 9(2n – 1)  d ⇒ 17  d
⇒ d ∈ { 1 ; 17 }
Ta có 2n – 1  17 ⇔ 2n – 18  17 ⇔ 2(n – 9)  17 ⇔ n – 9  17 ⇔
⇔ n = 17k + 9 ( k ∈ N)
Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1  17 và 9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85  17,
do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17
Nếu n ≠ 17k + 9 thì 2n – 1  không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1
n(n + 1)
Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của
và 2n + 1 (n ∈ N *)
2
 n(n + 1)

,2n + 1 thì n(n + 1)  d và 2n + 1 d
Giải : Gọi d ∈ ƯC 
 2

Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1)  d tức là n2  d
Từ n(n+1) d và n2  d suy ra n  d . Ta lại có 2n + 1  d, do đó 1d, nên d = 1
n(n + 1)
Vậy ƯCLN của
và 2n + 1 bằng 1
2
V. Số lượng các ước của một số (*)

x y z
Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = a .b .c ...
thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p... trong đó
m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 ,... ax),
2
y
n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b , ..., b ),
6


Trần Văn Hải
2
z
p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c ,... c ),...
Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước.
x y z
Giải : Phân tích số phải tìm ra theo số nguyên tố : N = a .b .c ...
ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) ... = 12.
( x ≥ y ≥ z ≥ ... ≥ 1).
Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là:
12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2.
Xét các trường hợp sau:
a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn theo số nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có
11
số nhỏ nhất trong trường hợp này là 2 .
b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1
5
hoặc x = 3 , y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có : n = 2 .3 = 96 hoặc n

3 2
= 2 .3 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72.
c) n chứa ba thừa số nguyên tố : Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là
2
2 .3.5 = 60
11
So sánh ba số 2 , 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60
CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT
I. Dãy cộng : Xét các dãy số sau:
a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,...
b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7,... c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 ...
Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó
cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng.
Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19... Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số hạng thứ 6 của dãy này là
19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là
4 + (10 – 1).3 = 31.
Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a 1 và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng
thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng:
an = a1 + (n - 1)d
(1)
Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng : 4 + 7 + 10 + ... + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số)
Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + ... 25 + 28 + 31
A = 31 + 28 + 25 + ... + 10 + 7 + 4
nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) +... + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10
(4 + 31).10
= 175
Do đó A =
2
Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là an thì tổng của n số
(a1 + an ).n

hạng đó được tính như sau: S =
(2) (*)
2
Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng:
n(n + 1)
1 + 2 + 3 + ... + n =
(3)
2
II. Các dãy khác
Ví dụ 1 . Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật:
a) 3 , 8 , 15 , 24 , 35, ...
(1)
b) 3 , 24 , 63 , 120 , 195, ... (2)
c) 1 , 3 , 6 , 10 , 15, ... (3)
d) 2 , 5 , 10 , 17, 26,...
(4)
Giải
7


Trần Văn Hải
a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng:
1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,...
Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn hơn theo số thứ nhất là 2 đơn
vị. Các theo số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5,... dãy này có số hạng thứ 100 là 100.
Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200
b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng :
1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,...
Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , ... là : 1 + 99.3 = 298.
Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400.

1.2
2.3
3.4
4.5
5.6
;
;
;
;
;...
c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng :
2
2
2
2
2
100.101
= 5050
Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng :
2
2
2
2
2
2
d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng:
1 + 1 , 1 + 2 , 1 + 3 , 1 + 4 , 1 + 5 ,...
2
Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 100 = 10001
BÀI TẬP

1 . Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7,...
2 . a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số.
b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số
3 . Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay khằng? 1 ; 1 + 2 ; 1 + 2 + 3 ; 1 + 2 + 3 + 4 ;...
4. a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A. Tính tổng các chữ số
của A.
b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000.
5. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số mới bằng bao nhiêu ?
6. Tích A = 1.2.3... 500 tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?
7. a) Tích B = 38.39.40... 74 có bao nhiêu theo số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên tố ?
b) Tích C = 31 . 32 . 33... 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra theo số nguyên tố ?
8. Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau:
3, 7 , 11, 15..., 407
(1)
2,9,16,23,..., 709
(2)
9. Trong dãy số 1, 2, 3,..., 1990, có thể chọn được nhiều nhất bao nhiêu số đó tổng hai số bất kì được chọn
chia hết cho 38 ?
10. Chia dãy số tự nhiên kế tiếp 1 thành từng nhóm ( các số cùng nhóm được đặt trong dấu ngoặc)
(1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15),...
a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100.
b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 .
11. Cho S1 = 1 + 2,
S2 = 3 + 4 + 5,
S3 = 6 + 7 + 8 + 9,
S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14,
.....
Tính S100.
12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
a) 1.6; 2.7; 3.8;...

b) 1.4; 4.7; 7.10;...
2
3
20
21
13 . Cho A = 1 + 3 + 3 + 3 + ... + 3 , B = 3 : 2.
Tính B – A
B
2
3
99
100
14. Cho A = 1 + 4 + 4 + 4 + ... + 4 , B = 4 .
Chứng minh rằng : A <
3
15. Tính giá trị của biểu thức:
a) A = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
50 chữ số
b) B = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
200 chữ số
8


Trần Văn Hải
DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT
Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I. Chúng ta cũng gặp các phân số mà tử và
mẫu của chúng được viết theo các quy luật nhất định.
1 1
1
1

Ví dụ 1. Tính nhanh: A = + 2 + 3 + ... + 8
3 3
3
3
Giải
1 1
1
3 A = 1 + + 2 + ... + 7
Ta có:
(1)
3 3
3
1 1
1
1
A = + 2 + ... + 7 + 8
(2)
3 3
3
3
1
1
6560
3280
=
A=
Lấy (1) trừ (2) được: 2A = 1 - 8 = 1 −
Do đó:
6561 6561
6561

3
Ví dụ 2. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau:
1
1
1
1
1 1
1
1
,
,
,
,⋅⋅⋅
,
,
,
,⋅⋅⋅
a)
b)
1.2 2.3 3.4 4,5
6 66 176 336
Giải
1 1
1 1 1
1
1
1
1
− =
, − =

,⋅ ⋅ ⋅, −
=
a) Ta chú ý rằng :
1 2 1.2 2 3 2.3
n n + 1 n(n + 1)
1
1
1
1 1 1 1
1
1
1
1
1 100
+
+ ⋅⋅⋅ +
= = − + − + ⋅⋅⋅ +
−
+
−
= 1−
=
Do đó:
1.2 2.3
100.101
1 2 2 3
99 100 100 101
101 101
b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336,... dưới dạng 1.6; 6.11; 11.16; 16.21;..., số hạng thứ n
của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1)

1
1
1
1
+
+
+ ⋅⋅⋅ +
Cần tính tổng A =
1.6 6.11 11.16
496.501
1 1 5
1 1
5
1
1
5
− =
;
− =
; ××× ;
−
=
Nhận xet:
1 6 1.6
6 11 6.11
496 501 496.501
1
1
5
−

=
Tổng quát :
5n − 4 5n + 1 (5n − 4)(5n + 1)
1 1 1 1
1
1
1
500
100
−
=1−
=
Do đó: 5 A = − + − + ⋅ ⋅ ⋅ +
Suy ra : A =
1 6 6 11
496 501
501 501
501
Ví dụ 3. Tính tổng:
Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu của hai số sao cho số trừ ở
nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau:
1 1
2
1
1
2
1
1
2
−

=
,
−
=
,⋅ ⋅ ⋅,
−
=
Ta xét:
2 2.3 1.2.3 2.3 3.4 2.3.4
37.38 38.39 37.38.39
1
1
2
−
=
Tổng quát :
.
n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n = 2)
2
2
2
2
+
+
+ ⋅⋅⋅ +
=
Do đó: 2B =
=
1.2.3 2.3.4 3.4.5
37.38.39

1 
1 
1
1
740
370
185
1 1   1
 1
Suy ra: B =
−
−
−
=
=
 −
+
 + ⋅ ⋅ ⋅
=
741
 2 2 .3   2 .3 3 .4 
 37.38 38.39  1.2 38.39 38.39 741
1
1
1
1
1
+
+
= −

Tổng quát
1.2.3 2.3.4 n(n + 1)(n + 2) 2 (n + 1)(n + 2)
Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức:
1 1
1
1
1 1 1
1
1+ + + ⋅⋅⋅ +
+
+ + + ⋅⋅⋅
3 5
97 99
2 3 4
100
;
a) A =
b) B =
1
1
1
1
1
99 98 97
1
+
+
+ ⋅⋅⋅
+
+

+
+ ⋅⋅⋅ +
1.99 3.97 5.95
97.3 99.1
1
2
3
99
9


Trần Văn Hải
a) Ghép các phân số ở số bị chia thành từng cặp đó mẫu chung, giêng mẫu của các phân số tương ứng ở số
chia. Biến đổi số bị chia: cộng từng cặp các phân số cách đều hai đầu ta được:
1  1 1  1 1 
1  100 100 100
100

 1
+
+
+ ⋅⋅⋅
1 +  +  +  +  +  + ⋅ ⋅ ⋅ +  +  =
49.51
 99   3 97   5 95 
 49 51  1.99 3.97 5.95
Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50
b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – 2 , ... 100 – 99.
100 − 1 100 − 2 100 − 3
100 − 99

+
+
+ ⋅⋅⋅ +
=
Số chia bằng:
1
2
3
99
100   1 2 3
99 
1 
 100 100 100
1 1
=
+
+
+ ⋅⋅⋅
 −  + + + ⋅ ⋅ ⋅  = 100 + 100  + + ⋅ ⋅ ⋅  − 99 =
2
3
99   1 2 3
99 
99 
 1
2 3
1 
1
1 
1 1

1 1

= 1 + 100  + + ⋅ ⋅ ⋅ +  = 100 + + ⋅ ⋅ ⋅ +
99 
99 100 
2 3
2 3
1
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B =
100
Ví dụ 5: a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 98.99
b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính.
B = 12 + 22 + 32 + ...+ 972 + 982
c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính:
C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ... + 98.2 + 99.1
a) Đó tích mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của A vì 3.
Thừa số 3 này được viết dưới dạng 3 – 0 ở số hạng thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứ
ba,..., 100 – 97 ở số hạng cuối cùng.
Ta có: 3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + ... + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97)
=1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + ...+ 97.98.99 - 96.97.98 + 98.99.100 - 97.98.99 = 98.99.100
Suy ra A = 323400
n(n + 1)(n + 2)
Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + ...+ n(n+1) =
3
b) B = 12 + 22 + 32 + ... + 972 + 982 = 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + ... + 97(98 – 1) + 98(99 – 1 ) =
= (1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 97.98 + 98 .99) – (1 + 2 +3 + ... + 97 + 98)
98.99
= 323400 − 4851 = 318549
=A2
n(n + 1)(n + 2) n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1)

−
=
Tổng quát : 12 + 22 + 32 + ...+ n2 =
3
2
6
c) C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ...+ 98.2 + 99.1 =
= 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) +...+ 98(99 – 97) + 99(99 – 98) =
= (1.99 + 2.99+...+ 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+...+ 97.98 + 98.99) =
99.100 98.99.100 99.100.101
−
=
= 166650
= 99 ( 1 + 2 + 3 + ... + 99 ) – A = 99.
2
3
6
n(n + 1)(n + 2)
Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + ... + (n –1)2 + n.1 =
6
BÀI TẬP
1 1
1
1
16. Tính nhanh:
A = + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + 10
2 2
2
2
1 2 1 3 2 1 4 3 2 1

17. Viết tất cả các phân số dương thành dãy: ; , ; , , ; , , , ;...
2 1 2 1 2 3 1 2 3 4
a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy.
50
b) Phân số
là số hạng thứ mấy của dãy ?
31
1 1 1
1
1
1
1
1
101
1 + + + + ×××+
1991
+
+
+
⋅
⋅
⋅
=
x ( x + 1) = 1
18 . Tìm x, biết rằng: a)
;
b)
3 6 10
5.8 8.11 11.14
x( x + 3) 1540

1993
2
C/ Phương trình nghiệm nguyên
I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c.
Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c M
d
10


Trần Văn Hải
- Cách giải:
+ Đặt ẩn phụ liên tiếp.
 x = x0 + bt
+ Tìm nghiệm riêng ( x0 ; y0 ) của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là: 
 y = y0 − at
+ Phương pháp phân tích thành nhân tử.
+ Phương pháp loại trừ.
+ Phương pháp xuống thang.
CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ
A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
I. Phương pháp chung.
1. Phương pháp đạt nhân tử chung.
2. Phương pháp nhóm các hạng tử.
3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức.
4. Phương pháp tách các hạng tử.
Vì đa thức bậc hai: f ( x) = ax 2 + bx + c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử dụng các cách sau:
C1: Tách b = b1 + b2, sao cho b1.b2= a.c khi đã thực hiện nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử.
C2: Nếu f ( x) = ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm (hoặc nghiệm kép ) là x1 ; x2 khi đó
f ( x) = ax 2 + bx + c = a( x − x1 )( x − x2 )
4. Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp

5. Phương pháp đồng nhất các hạng tử:
II/ Các bài tập áp dụng
Dạng bài phân tích thành nhân tử
Bài 1. Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử.
a) 5x2 – 5y2
b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x
c) x4 + 1
d) x8 + x4 + 1.
10
5
2
4
3
2
e) x + x + 1
f) x + 3x - 4 .
(x + 2x – 3x + 2x – 2)
Bài 2. Giải phương trình:
a) x2 + 2x = x + 2
b) 3x2 + 7x + 4 =0
B. Chia đa thức
1. Đặt chia.
f ( x) = an x n + an−1 x n + ... + a1 x + a0
2. Dùng sơ đồ Hooc – ne.
an
an-1
...
a0
q
an

qan+ an-1
...
r
+ Vì q là ước của a0
+ Nếu r = 0 thì f ( x ) M( x − q )
Ví dụ:
a) Tìm a sao cho 4 x 2 − 6 x + a M( x − 3)
b) Tìm a và b sao cho x 4 + ax + b M( x 2 − 1)
C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
1)Đưa về tam thức bậc hai rồi biến đổi về dạng:
a) y = a + A2 ≥ a ⇒ Miny = a ⇔ A = 0 ,
Tương tự vì: y = a + 2k A ≥ a ⇒ Miny = a ⇔ A = 0 ;
Và : y = a + A ≥ a ⇒ Miny = a ⇔ A = 0 ;
b) y = a - A2 ≥ a => Maxy = a ⇔ A = 0
Tương tự vì: y = a - 2k A ≤ a ⇒ Max y = a ⇔ A = 0 ;
Và : y = a - A ≤ a ⇒ Max y = a ⇔ A = 0
c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x2 + 2x +7
Tìm giá trị nhỏ nhất của: y = 3x2 +6x + 5
2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc hai có cách giải. Cách 1:
f ( x)
⇔ f ( x) = kg ( x );( g ( x) ≠ 0) rồi biện luận k phương trình đã phải có nghiệm(Xét ∆ ≥ 0 ⇒ k = ?
Đặt: k =
g ( x)
) rồi kết luận.

11


Trần Văn Hải
k

khi g(x) đạt giá trị nhỏ nhất. (k là hằngsố)
g ( x)
k
+ Min
khi g(x) đạt giá trị lớn nhất (k là hằngsố)
g ( x)

Cách 2: + Max

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A =
Giải: Đặt:

k=

3
4x − 4x + 3
2

3
⇒ k (4 x 2 − 4 x + 3) = 3;( Do 4 x 2 − 4 x + 3 > 0, ∀ x) ⇔ 4kx 2 − 4kx + 3(k − 1) = 0(*)
4x − 4x + 3
2

 ∆ ' = (2k ) 2 − 12k (k − 1) ≥ 0
8k 2 − 12k ≤ 0
3
⇔
⇔0Đã phương trình (*) có nghiệm khi : 


2
 4k ≠ 0
k ≠ 0
3
2k 1
=
Vậy: Max A = khi x =
A không có giá trị nhỏ nhất.
2
4k 2
Lưu ý vì tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có:
+ af(x) > 0 vì ∀x ∈ ( −∞, x1 ) ; ( x1 , +∞ )
+ af(x) ≤ 0 vì ∀x ∈ [ x1 ; x2 ]

+ Nếu ∀x ∈ [ x1 ; x2 ] => f(x1) .f(x1) ≤ 0

x2 + x + 1
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = 2
x + 2x + 3

3. Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an + an −1 + ... + a1 + a0 = k
k n
Khi đó: Max (an .an −1...a1.a0 ) = ( ) ⇔ an = an −1 = .. = a1 = a0
n
4. Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an .an −1...a1.a0 = k
Khia đã: Min (an + an −1 + ... + a1 + a0 ) = n n k ⇔ an = an−1 = .. = a1 = a0
5. Bất đẳng thức Chaychy
a) a ≥ 0, b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 a.b , dấu “ =” xảy ra khi a = b
b) Mở rộng cho n số, ta có: an , an− 1 ,..., a1 , a0 ≥ 0 ⇒ an + an − 1 + ... + a1 + a0 ≥ n n an , an − 1 ,..., a1 , a0 ⇔ an = an − 1 = .. = a1 = a0
D. Chứng minh đẳng thức:

I. Phương pháp giải:
1. Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa: A ≥ B ⇔ A – B ≥ 0
+ Lập hiệu số A- B.
+ Rút gọn A- B và chứng minh A – B ≥ 0.
+ Kết luận A ≥ B.
2. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp
2
+ Biến đổi A: A = A1 = A2 = .. = B + M ≥ B
3. Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết.
3.1) Bất đẳng thức Chauchy
a) a ≥ 0, b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b
b) Mở réng cho n số, ta có

an , an −1 ,..., a1 , a0 ≥ 0 ⇒ an + an −1 + ... + a1 + a0 ≥ n n an , an −1 ,..., a1 , a0 ⇔ an = an −1 = .. = a1 = a0

(

3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki: ( ax + by ) ≤ a + b
2

2

2

)(x

2

+ y 2 ) , dấu “ = ” sảy ra: =

3.3) Ngoài ra sử dụng các bất đẳng thức đã học.
4. Phương pháp 4: Phương pháp so sánh.
5. Phương pháp dùng tính chất bắc cầu:
6. Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A ≥ B ⇔ A1 ≥ B1 ⇔ ... ⇔ (*)
12

a
y

b
x


Trần Văn Hải
Mà (*) đúng A ≥ B .
7. Phương pháp 7.
8. Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng.
Đã chứng minh A ≥ B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô lý. Ta kết luận: A ≥ B .
II. Các bài tập vận dụng:
A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản:
3

a3 + b3  a + b 
≥
÷
2
 2 

1.

Cho a, b > 0 Chứng minh

2.

2
2
Chứng minh: a + b ≤ a + b

3.

Cho a + b ≥ 0 Chứng minh:

4.

Cho a, b > 0 . Chứng minh:

5.

Chứng minh: Vì a ≥ b ≥ 1:

6.

Chứng minh a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R

7.

Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥

8.

Chứng minh x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx

9.

a. Chứng minh:

b.

Chứng minh

11.

Chứng minh: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b

12.

Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz

13.

Chứng minh: x4 + y 4 + z2 + 1 ≥ 2xy(xy 2 − x + z + 1)

14.

Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì : a3 + b3 ≥

2

2

a + b 3 a3 + b3
≥
2
2

a
b
1

b

+

a

≥ a+ b

1

+

1+ a2 1+ b2

≥

2
1+ ab

a ( b + c + d + e) \

a+ b+ c
ab + bc + ca
≥
; a,b,c ≥ 0
3
3
2

a2 + b2 + c2  a + b + c 
10.
≥
3
3 ÷


Chứng minh

a2 2 2
+ b + c ≥ ab − ac + 2bc
4

1
4

15.
a.
b.

Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c.
2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0
B. Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si
1.
Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a,b,c ≥ 0
2.

Chứng minh (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ 0

3.

Chứng minh ( 1+ a ) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ ( 1+ 3 abc ) vì a , b , c ≥ 0

4.

a
b
Cho a, b > 0. Chứng minh  1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ 2m + 1 , vì m ∈ Z+
 b
 a

5.

Chứng minh:

bc ca ab
+ + ≥ a + b + c ; a,b,c ≥ 0
a b c

6.

Chứng minh:

x6 + y9
≥ 3x2y3 − 16 ; x,y ≥ 0
4

3

m

m

13


Trần Văn Hải
4
Chứng minh: 2a +

7.

1995

1
1+ a

≥ 3a 2 − 1 .

2

11.
12.
13.
14.

Chứng minh: a
,a>0
> 1995 ( a − 1)
Chứng minh a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c 2 ) + c 2 ( 1+ a 2 ) ≥ 6abc .
a
b
c
1 1 1 1
Cho a , b > 0. Chứng minh: 2 2 + 2 2 + 2 2 ≤  + + ÷
2 a b c 
a +b b +c a +c
Cho a , b ≥ 1 , Chứng minh: ab ≥ a b − 1 + b a − 1 .
Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b) ( b − c ) c .
Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh

a)

b + c ≥ 16abc.

15.

Cho x > y > 0 . Chứng minh x +

8.
9.
10.

16.

x2 + 2

Chứng minh: a)

17. Chứng minh:
18. C/minh:

x2

(1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc

b)

≥2

1
≥3
( x − y) y
,∀x ∈ R b)

1+ 16x

4

y2

1+ 16y

4

≤

x −1

≥6

, ∀x > 1

 1  1  1
 1+ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ ≥ 64
 a  b c 

c)

a2 + 5
a2 + 1

≥4

a
b
c
3

+
+
≥ ;a,b,c>0
b+ c a+ c a+ b 2
1
1
1
1
+
+
≤
a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc

1
, ∀x , y ∈ R
4

20.

Cho a , b , c > 0. C/m:

21.
a.

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si
a + b + c + d ≥ 44 abcd vì a , b , c , d ≥ 0
vì a , b , c ≥ 0 ,
a + b + c ≥ 33 abc

b.

x+8

x2 + 1
ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
; a, b, c > 0
a+ b b+ c c + a
2

+

c)

19. C/minh

(CÔsi)
((CÔsi)

Chứng minh: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab ; a , b , c > 0
23.
Chứng minh 2 a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc
Lời giải
I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản.
22.

3

1.

Cho a, b > 0 Chứng minh
(*) ⇔

a3 + b3
2

a3 + b3  a + b 
≥
÷ (*)
2
 2 

3
2
 a + b
−
≥ 0 ⇔ ( a + b) ( a − b ) ≥ 0 .
÷
8
 2 
3

2.

2

2
Chứng minh: a + b ≤ a + b ()



a + b ≤ 0 , () luôn đúng.



a + b > 0 , () ⇔

3.

Cho a + b ≥ 0 Chứng minh

2

2

a2 + b2 + 2ab a 2 + b2
−
≤0
4
2

⇔

( a − b) 2
≥ 0 .đóng
4

( a + b) 3 a3 + b3
a + b 3 a3 + b3
≤
⇔
≥
8
2
2
2

⇔ 3 ( b − a ) ( a2 − b2 ) ≤ 0 ⇔ −3 ( b − a ) 2 ( a + b) ≤ 0 .
4.

Cho a, b > 0 . Chứng minh:

a

b

+

b

a

≥ a + b ()

14

Vậy:

a+b
a2 + b2
.
≤
2
2


Trần Văn Hải
() ⇔ a a + b b ≥ a b + b a ⇔ ( a − b) a − ( a − b) b ≥ 0 ⇔ ( a − b) ( a − b ) ≥ 0 ⇔ (
1

5. Chứng minh: Vì a ≥ b ≥ 1:
⇔

1

+

1

1+ a2 1+ b2

−

1+ a

2

+

1

≥

2

1+ b

a − b)

2

(

a + b) ≥ 0 .

2
()
1+ ab

b− a  a
b 
1
1
ab − a2
ab − b2
−

≥0
+
≥ 0⇔
−
≥ 0⇔

2
( 1+ a2 ) ( 1+ ab) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab)
1+ ab  1+ a 1+ b2 ÷
1+ ab 1+ ab

( b − a ) 2 ( ab − 1)
b − a  a + ab2 − b − ba2 
≥0 ,

÷≥ 0 ⇔
⇔ (
1+ a 2 ) ( 1+ ab) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab)
1+ ab  ( 1+ a2 ) ( 1+ b2 ) ÷
( 1+ ab) ( 1+ a 2 ) ( 1+ b2 )
 Vậy : a ≥ b ≥ 1 ⇒ ab ≥ 1 ⇔ ab – 1 ≥ 0.
6. Chứng minh a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R
a ( b − a)

b ( a − b)

+

≥0

⇔ ( a − 1) 2 + ( b − 1) 2 + ( c − 1) 2 ≥ 0 .
7. Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e)
⇔

a2
a2
a2
a2
− ab + b2 + − ac + c2 + − ad + d2 + − ae + e2 ≥ 0
4
4
4
4
2

2

2

2

a  a  a  a 
⇔  − b ÷ +  − c ÷ +  − d ÷ +  − e÷ ≥ 0 .
2  2  2  2 

8. Chứng minh x2 + y 2 + z2 ≥ xy + yz + zx
⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0
a+b+c
≥
3

9. a. Chứng minh:

⇔

( x − y) 2 + ( x − z) 2 + ( y − z) 2 ≥ 0

ab + bc + ca
; a,b,c ≥ 0
3

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca



2

a+b+c
a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ab + bc + ca
 
=
≥
÷


3

b. Chứng minh


2

2

3

10. Chứng minh:

a+b+c
≥
3

ab + bc + ca
3

2

2

a +b +c
a+b+c
≥
÷
3
3



3 ( a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + 2 ( a2 + b2 + c2 )

⇒

⇔

9



⇔

2

≥ a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )

2

a2 + b2 + c 2  a + b + c 
≥
÷
3
3



a2
+ b2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc
4

a2
− a ( b − c ) + b2 + c2 − 2bc ≥ 0

4
2

2

a
⇔  − ( b − c ) ÷ ≥ 0 .
2



2

11. Chứng minh: a + b + 1 ≥ ab + a + b
⇔ 2a2 + 2b2 + 2 − 2ab − 2a − 2b ≥ 0 ⇔ a2 − 2ab + b2 + a2 + 2a + 1+ b2 + 2b + 1 ≥ 0 ⇔ ( a − b) 2 + ( a − 1) 2 + ( b − 1) 2 ≥ 0 .
12. Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz ⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz ≥ 0 ⇔ (x – y + z)2 ≥ 0.
13. Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1 ≥ 2x(xy2 − x + z + 1)
2

⇔ x4 + y4 + z2 + 1− 2x2y2 + 2x2 − 2xz − 2x ≥ 0 ⇔ ( x2 − y2 ) + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2 ≥ 0 .
14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: a3 + b3 ≥

1
4

° a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3

2
1
1 1

⇒ a3 + b3 = 3  a − ÷ + ≥ .



2

4

4

15. Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2
a > b − c , b > a − c , c > a − b ⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 , b2 > a2 − 2ac + c2 , c2 > a2 − 2ab + b2

⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
15


Trần Văn Hải
2

a 2 > a2 − ( b − c ) ⇒ a 2 > ( a + c − b) ( a + b − c )
2

b2 > b2 − ( a − c ) ⇒ b2 > ( b + c − a ) ( a + b − c )
2
2

2
2

c2 > c2 − ( a − b) ⇒ c2 > ( b + c − a ) ( a + c − b) ⇒ a2b2c 2 > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a )
⇔ abc > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a )
2 2
c. 2a b + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0
⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > 0
⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0 ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0
⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 , đóng
° Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác. => c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.
II. Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si
1. Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥ 0
 áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si: ⇒ a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , a + c ≥ 2 ac
⇒ ( a + b) ( b + c ) ( a + c ) ≥ 8 a2b2c2 = 8abc .
2. Chứng minh (a + b + c)(a 2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ 0
áp dụng Bất đẳng thức Cô- si ⇒ a + b + c ≥ 33 abc ,
⇒ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 93 a3b3c3 = 9abc .

3

a2 + b2 + c2 ≥ 3 a2b2c2

3

3. Chứng minh: ( 1+ a ) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ ( 1+ 3 abc ) , vì a , b , c ≥ 0.
 ( 1+ a ) ( 1+ b) ( 1+ c ) = 1+ a + b + c + ab + ac + bc + abc.
 a + b + c ≥ 33 abc , ab + ac + bc ≥ 33 a2b2c2
 ( 1+ a ) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ 1+ 33 abc + 33 a 2b2c 2 + abc = ( 1+ 3 abc ) 3
m

m

a
b
4. Cho a, b > 0. Chứng minh  1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ 2m + 1 , vì m ∈ Z+


m

m

b



m

a
m

m

  1+ a ÷ +  1+ b ÷ ≥ 2  1+ a ÷ . 1+ b ÷ = 2  2 + b + a ÷ ≥ 2 4m = 2m + 1
a
 b  a

bc ca ab
+
+

≥ a + b + c ; a, b, c > 0
Chứng minh:
a
b
c


5.

b

a



b

 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si
bc ca
abc 2
bc ba
b2ac
+
≥2
= 2b ,
+
≥2
= 2c ,
a
c

ac
a b
ab

⇒

ca ab
a2bc
+
≥2
= 2a
b
c
bc

bc ca ab
+
+
≥ a+b+ c .
a
b
c

x 6 + y9
≥ 3x2y3 − 16 ; x,y ≥ 0 ()
4
3
3
6
9

() ⇔ x + y + 64 ≥ 12x2y3 ⇔ ( x2 ) +( y3 ) + 43 ≥12x2 y3

6. Chứng minh:

3

3

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si: ( x2 ) + ( y3 ) + 43 ≥ 3x2y3 4 = 12x2y3 .
4
7. Chứng minh: 2a +

1
1+ a 2

4
4
2
() ⇔ a + a + a + 1+

≥ 3a2 − 1
1

1+ a 2

()

≥ 4a2 .

4

4
2
Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si: a , a , a + 1,

a 4 + a 4 + a 2 + 1+

1
1+ a

2

≥ 44 a4a4 ( a2 + 1)

1
1+ a 2

1
1+ a 2

= 4a 2

8. Chứng minh: a1995 > 1995 ( a − 1) ()
,a>0
() ⇔ a1995 > 1995a − 1995 ⇔ a1995 + 1995 > 1995a
1995 1995

a1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + 11+412
+ ...
4+
31 ≥ 1995

1994 soá

16

a

= 1995a


Trần Văn Hải
9. Chứng minh: a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) ≥ 6abc .
° a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2
áp dụng Bất đẳng thức Cô- si: a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c 2a 2 ≥ 66 a6b6c6 = 6abc
a
b
c
1 1 1 1
10. Cho a , b > 0. Chứng minh: 2 2 + 2 2 + 2 2 ≤  + + ÷
a + b b + c a + c 2 a b c 
a
1
b
b
1
c
c
1
=
, 2 2 ≤ 2bc = 2c , 2 2 ≤ 2ac = 2a
2ab

2b
a +b
b +c
a +c
a
b
c
1 1 1 1
° Vậy: 2 2 + 2 2 + 2 2 ≤ 2  a + b + c ÷
a +b
b +c
a +c
Cho a , b ≥ 1 , Chứng minh: ab ≥ a b − 1 + b a − 1 .
° a = ( a − 1) + 1 ≥ 2 a − 1 , b = ( b − 1) + 1 ≥ 2 b − 1

°

11.

a

2

2

≤

° ab ≥ 2b a − 1 , ab ≥ 2a b − 1
° ab ≥ a b − 1 + b a − 1
12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng mimh: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

°

x = ( x − 1) + 1 = ( x − 1) + x + y + z − 3

= ( x − 1) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 44 ( x − 1)

Tương tự : y ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) 2 ( z − 1) ; z ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) 2 ⇒

2

2

2

 b+ c
 b+ c
 1− a 
2
÷ = 16a 
÷ = 4a ( 1− a )
÷ ≥ bc ⇔ 16abc ≤ 16a 
 2 
 2 
 2 

° 4a ( 1− a ) 2 = ( 1− a ) ( 4a − 4a 2 ) = ( 1− a ) 1− ( 1− 2a ) 2  ≤ 1− a = b + c
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
° (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥ 2 bc.2 ac.2 ab = 8abc
1 
a 




1 
b 

1
c

c)  1+ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ ≥ 64
4
1
a + a + b + c  4 a2bc
°  1+ ÷ = 
≥
÷
a
a
 a 


° 1+

4

1 4 ab2c
≥
b
b




1 


1 


°

1+

1


4

1 4 abc 2
≥
c
c

  1+ a ÷ 1+ b ÷ 1+ c ÷ ≥ 64
1

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh x + ( x − y ) y ≥ 3
( x − y) y
1

 VT = ( x − y ) + y + x − y y ≥ 33 x − y y = 3
(
)
(
)
16. Chứng minh
a)
b)

x2 + 2

x2 + 1
x+8
x −1

≥ 2 ⇔ x 2 + 2 ≥ 2 x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1+ 1 ≥ 2 x 2 + 1

=

x − 1+ 9
x −1

= x − 1+

c. ( a2 + 1) + 4 ≥ 2 4 ( a2 + 1)
17. Chứng minh:

9
x −1
2

≥2

= 4 a +1

⇔

x −1

9
x −1

a2 + 5
a2 + 1

=6

≥4

ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
; a, b, c > 0
a+b b+ c c + a
2

17

( y − 1) ( z − 1)

xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).

13. Cho a > b > c, Chứng minh a ≥ 33 ( a − b) ( b − c ) c .
° a = ( a − b) + ( b − c ) + c ≥ 3 3 ( a − b ) ( b − c ) c
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh
a) b + c ≥ 16abc.
° 

2


Trần Văn Hải
ab
ab
ab
bc
bc
bc
ac
ac
ac
≤
=
≤
=
≤

=
,
,
a + b 2 ab
2
b + c 2 bc
2
a + c 2 ac
2
a + b + c ≥ ab + bc + ca , dựa vào a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca .

° Vì : a + b ≥ 2 ab
°
°

ab
bc
ca
ab + bc + ac a + b + c
+
+
≤
≤
a+ b b+ c c+ a
2
2

18. Chứng minh::
°
°



⇒

x2
1+ 16x

4

y2
1+ 16y

4

x2
1+ 16x

4

=
=

+

x2

1+ 16x

4

x2
1+ ( 4x )

y2
1+ 16y

19. Chứng minh:

4

≤

1+ 16y

2.4x

≤

2

y2

x2

≤

2

y2
1+ ( 4y )

+

2

y2
2.4y

2

4

≤

=

1
8

=

1
8

1
4

, ∀x , y ∈ R

1

4

a
b
c
3
+
+
≥
b+c a +c a +b 2

;a,b,c>0

X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.
° a+b+c=
°

a=

1
(X
2

+ Y + Z)

Y+ Z− X
Z+ X− Y
X+ Y− Z
,b=
,c=

2
2
2

a
b
c
1  Y X   Z X   Z Y   1
3
+
+
=   + ÷ +  + ÷ +  + ÷ − 3 ≥ [ 2 + 2 + 2 − 3] = .
2
2
b + c a + c a + b 2  X Y   X Z   Y Z  
Cách khác:
áp dụng bất đẳng thức Cô- si
a
b
c
 a
  b
  c

+
+
=
+ 1÷ + 
+ 1÷ + 
+ 1÷ − 3

°
b+ c a+ c a+ b  b+ c   a + c   a + b 
1
1
1 
 1
= [ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ] 
+
+
÷− 3
2
 b+ c a + c a + b

°



1
[ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ]  1 + 1 + 1 ÷ ≥ 9 − 3 = 3
2
2
 b+ c a + c a + b 2
1

20. Cho a , b , c > 0. C/m:

3

3

a + b + abc

+

1

3

3

b + c + abc

+

3

1
3

c + a + abc

≤

1
abc

+) a + b = ( a + b) ( a − ab + a ) ≥ ( a + b) ab ⇒ a + b + abc ≥ ( a + b) ab + abc = ab ( a + b + c ) , tương tự.
+) b3 + c3 + abc ≥ ( b + c ) bc + abc = bc ( a + b + c )
3

3

2

3

2

3

+) c3 + a3 + abc ≥ ( c + a ) ca + abc = ca ( a + b + c )
 VT ≤

1
1
1
1
a +b+ c
+
+
=

÷
ab ( a + b + c ) bc ( a + b + c ) ca ( a + b + c ) a + b + c  abc 

21. áp dụngbất đẳng thức Cô- si
a. a + b + c + d ≥ 44 abcd
với a , b , c , d ≥ 0 (CÔ- si)
 a + b ≥ 2 ab , c + d ≥ 2 cd
 a + b + cd ≥ 2 ( ab + cd ) ≥ 2 ( 2 ab. cd ) ≥ 44 abcd

b. a + b + c ≥ 33 abc
với a , b , c ≥ 0 ,
(CÔ- si)
 a+b+c+
⇔

a+b+c
a+b+c
≥ 4.4 abc
3
3

a+b+c 4
a +b+ c
≥ abc
3
3

4

3

a+b+c
a+b+c
a+b+c
3
⇔ 
⇔ 
÷ ≥ abc
÷ ≥ abc ⇔ a + b + c ≥ 3 abc .



3



3



22. Chứng minh ; a , b , c > 0
18

3




Trần Văn Hải
°
°

a3 + abc ≥ 2a2 bc , b3 + abc ≥ 2b2 ac , c3 + abc ≥ 2c2 ab

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ 2 ( a 2 bc + b2 ac + c 2 ab ) ⇒ 2 ( a3 + b3 + c3 ) ≥ 2 ( a2 bc + b2 ac + c2 ab ) ,

với : a3 + b3 + c3 ≥ 3abc
Vậy:
a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab
23. Cho x,y là các số dương chứng minh rằng

1 1
4
1 1 1
4
a) + ≥
b) ( x + y + z ) ( + + ) ≥
x y x+ y
x y z
x+ y+z
Bất đẳng thức. Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác. CMR: ab + bc + ca ≤ a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca).
Giải:
1
2
2
2
Ta có: a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca = . ( a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≥ 0.
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy: ab + bc + ca ≤ a2 +b2 +c2.
Lại có: a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1)
Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.( x − z ) + z.( y − z ) ≤ xy (1).
Giải:
x = z + m
Đặt: 
(m,n,z > 0).
y = z + n

[

]

 m
zm + zn ≤ ( z + m).( z + n) ⇔ m + n ≤ 1 + .( n + z )
z

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
Khi đó (1) trở thành:

2


m 
 m
.z ÷
 1 + ÷.( n + z ) ≥  n +
÷ = n+ m
z
z



Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm).

(

(

)

2

(2).

 m
⇔ 1 + ÷.(n + z ) ≥ n + m .
z


)

4
4
Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: 8. x + y +

1
≥ 5.
xy

Giải:
 xy > 0
⇒ x, y > 0.
Từ giả thiết 
x + y = 1 > 0
1
1
≥ 4(1).

Ta có: 1 = x + y ≥ 2. xy ⇒ ≥ xy ⇒
4
xy
2
Lại có: 8. ( x 4 + y 4 ) = 4.(12 + 12 ).( x 4 + y 4 ) ≥ 4.( x 2 + y 2 ) 2 = (12 + 12 ).( x 2 + y 2 )  ≥ ( x + y )  = 1.


4
4
Suy ra: 8.(x + y ) ≥ 1 (2).
1
4
4
≥ 1 + 4 = 5.
Từ (1) và (2) suy ra: 8. x + y +
xy
Ta có đpcm.
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac.
Giải:
Ta có: x + y + z = 3. (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =
3
2
2
2
= . (a − b) + (b − c) + (c − a ) > 0. (Do a ≠ b ≠ c ≠ a).
2
2

(

[

)

]

19

2


Trần Văn Hải
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương.
a + b ≥ 1
1
4
4
Bài 5: Nếu 
thì a + b ≥ .
8
ab > 0
Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3.
Bài 6:CMR: x 10 + y 10 . x 2 + y 2 ≥ x 8 + y 8 . x 4 + y 4 .
Giải:
Ta có: x 10 + y 10 . x 2 + y 2 ≥ x 8 + y 8 . x 4 + y 4
⇔ x 12 + y 12 + x 2 y 2 . x 8 + y 8 ≥ x12 + y 12 + x 4 y 4 . x 4 + y 4
⇔ x 2 y 2 . x8 + y8 ≥ x 4 y 4. x4 + y 4
⇔ x 2 y 2 . x8 + y8 − x6 y 2 − x 2 y 6 ≥ 0

(

(

⇔x y
2

2

)(

)(

(
(
.( x
.( x

)

2

(

)(
) .( x

−y .x −y
2

6

) (

) (
)
(

6

)≥0

)(

)(

)

)

)

(

)

)

)

2 2

4
⇔ x2 y2 2 − y
+ x2 y2 + y4 ≥ 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm.
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.
Giải:
Có:
P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.
1 1
1
1
+ ... +
<
Bài 8:CMR: A = +
với n ∈ Ν, n > 1.
2
9 25
4
(2n + 1)
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:

1
1
1
1
< .

+
2
2  2n.(2n + 1) (2n + 1).(2n + 2) 
(2n + 1)
Áp dụng ta có:

1 1
1
1
1
A < .
+
+
+ ... +
=
2  2.3 3.4 4.5
(2n + 1).(2n + 2) 

1 1 1 1 1
1
1  1 1
1  1
= . − + − + ... +
−
= . −
< .

2 2 3 3 4
2n + 1 2n + 2  2  2 2n + 2  4
Ta có đpcm.

p2 + q2
≥ pq .
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì:
p+q
Giải:

(
pq =

)(
2

)

p − q . p + pq + q
≥ 0. Ta có đpcm.
p+q
1
1
1
− với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
Bài 10:CMR: 2 <
k −1 k
k
1
1
1
1
1 + 2 + 2 + ... + 2 < 2 −
với n >1.

n
2
3
n
Giải:
1
1
1
1
=
− .
Ta có: 2 <
(k − 1).k k − 1 k
k
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1
−  = 2− .
Áp dụng cho k = 2,3,...,n ta được: 1 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 +  − + − + ... +
n −1 n 
n
2
3
n
1 2 2 3
2

2
x +y
− 2 2 ≥ 0.
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR:
x− y
p2 + q2
Có:
−
p+q

20


Trần Văn Hải
Giải:
x +y
2
2
= x− y+
≥ 2. ( x − y ).
= 2 2 ≥ 0.
x− y
x− y
x− y
Ta có đpcm.
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c. CMR: ( a + b + c ) 2 ≤ 9bc.
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
2b ≥ b + a > c ⇒ 4b − c > 0 ⇒ (b − c).(4b − c) ≤ 0
2

2

Ta có:

⇒ 4b 2 + c 2 ≤ 5bc ⇒ ( 2b + c ) ≤ 9bc(1)
Mà: (a + b + c)2 ≤ (2b + c)2 (2).
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)2 ≤ (2b + c)2 ≤ 9bc.
Ta có đpcm.
Bài 13:
Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1.
Giải:
2
2
2
 a +2−a  b+2−b   c+ 2−c 
Ta có: a.(2 − b).b(2 − c).c(2 − a) = a.(2 − a).b.(2 − b).c(2 − c) ≤ 
÷ .
÷ .
÷ = 1.
2
2
2

 
 

Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.

Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
b
c
<
.
a +b − a −b
a+c − a−c
Giải:
b
c
<
Ta có:
a +b − a −b
a+c − a−c
2

⇔

a +b + a −b
a+c + a−c
<
2
2

⇔ a + b + a − b < a + c + a − c ⇔ 2a + 2. a 2 − b 2 < 2a + 2. a 2 − c 2
⇔ a 2 − b2 < a 2 − c 2 ⇔ b2 > c 2
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy ta có đpcm.
Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1. CMR:

x3 y3 z 3
+
+
≥ 1.
y
z
x

Giải:
x3
x3
+ xy ≥ 2.
xy = 2 x 2 (1).
Áp dụng BĐT Cô Si:
y
y
y3
z3
2
(2)
và
+ yz ≥ 2 y
+ xz ≥ 2z 2 (3).
z
x
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
x3
y3
z3
+ xy +

+ yz +
+ zx ≥ 2.( x 2 + y 2 + z 2 )
y
z
x
3
3
3
x
y
z
+
≥ 2.( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( xy + yz + zx ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 1.
Suy ra: +
y
z
x
Vậy ta có đpcm.
Tương tự:

DẠNG BÀI VỀ RÚT GỌN BIỀU THỨC
1. Các kiến thức cơ bản về phân thức:
21


Trần Văn Hải

A C A±C
± =
( B ≠ 0)

B B
B
- Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT.
+ Một số quy tắc đổi dấu:
A −A
A
−A −A
A
−A −A
A
A
=
=− ;
=
=− ;
=
=−
= ;
QT1:
QT2: −
QT3: −
−B
B
B
−B
B
B
B −B
−B B
A C A.C

( B, D ≠ 0)
b. Phép nhân: . =
B D B.D
- Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân phối với phép cộng; và
thực hiện rút gọn.
c. Phép chia:
A
B
+ Phân thức: ( A, B ≠ 0 ) có phân thức nghịch đảo là
và ngược lại
B
A
1
+ Phân thức: ( B ≠ 0 ) có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại.
B
A C A D A.D
+ Phép chia: : = . =
B D B C B.C
2. Những bài tập áp dụng:
Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009)
2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
Cho biểu thức: P =
với x ≥ 0; x ≠ 4;9
x−5 x +6
x − 2 1− x
a) Rút gọn P
2

b) Tính giá trị của P khi x =
.
3− 5
c) Tìm x đã P < 1
Giải:
a) Rút gọn P
2
b) Tính giá trị của P khi x =
.
3− 5
2 x −9
x + 3 2 x +1
Từ
P=
−
−
2
2(3 − 5) 6 − 2 5
( 5 − 1) 2
x−5 x +6
x − 2 3− x
x=
=
=
=(
)
2
4
2
3 − 5 32 − 5

a) Phép cộng, trừ :

=

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
+
( x − 2)( x − 3)
x −2
x −3

( 5 − 1) 4
)
2
Thay vào P ta được:
( x + 1)
6−2 5
6−2 5
P=
=(
+ 1) : (
− 3)
4
4
( x − 3)
⇒x=(

2

2 x − 9 − ( x − 32 ) + (2 x + 1)( x − 2)
=
( x − 2)( x − 3)
=

2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2
x− x −2
=
( x − 2)( x − 3)
( x − 2)( x − 3)

=

( x − 2)( x + 1) ( x + 1)
=
( x − 2)( x − 3) ( x − 3)

=−

10 − 2 5
6+2 5

c) P

⇔

<1

( x + 1)
4

< 1 ⇔ 1+
<1
( x − 3)
( x − 3)

⇔ x −3< 0 ⇔ x < 9
Vậy 0 < x ≤ 9; x ≠ 4
Bài 2 (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010)
10 x
2 x +3
x +1
−
+
Cho biểu thức: P =
với x ≥ 0; x ≠ 1
x+3 x −4
x + 4 1− x
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x= 4
22


Trần Văn Hải
c) Chứng minh rằng P > −3 với mọi x thuộc điều kiện xác định.
d) Tìm giá trị lớn nhất của P.
a) Rút gọn P

P=

10 x

2 x − 3 x +1
−
+
x+ 3 x − 4
x + 4 1− x

=

10 x
(2 x − 3).( x − 1) ( x + 1)( x + 4)
−
−
( x − 1)( x + 4) ( x + 4)( x − 1) ( x + 4)( x − 1)

=

10 x − (2 x − 5 x + 3) − ( x + 5 x + 4)
( x − 1)( x + 4)

=

− 3x + 10 x − 7 ( x − 1)(7 − 3 x ) (7 − 3 x )
=
=
( x − 1)( x + 5) ( x − 1)( x + 4) ( x + 4)

b) Tính giá trị của P khi
Với: x= 4 .Thay vào P ta được:
7−3 4 1
P=

=
4+ 4 6
c) P > −3

⇔

(7 − 3 x )
(7 − 3 x )
> −3 ⇔
+3 > 0
( x + 4)
( x + 4)

⇔ 7 − 3 x + 3( x + 4) > 0 ⇔ 19 > 0
Với x ≥ 0; x ≠ 1

(7 − 3 x )
19
= −3+
( x + 4)
( x + 4)
19
19
≤ −3+
Nhận thấy: P = − 3 +
4
( x + 4)
19 7
Vậy GTLN : P = − 3 + =
4 4

d) Tìm MaxP: Ta có: P =

Khi x + 4 = 4 ⇔ x = 0
P=

Bài 3: Cho biểu thức

x2 − x
2 x + x 2( x − 1)
−
+
x + x +1
x
x −1

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
2 x
c) Tìm x để biểu thức Q =
nhận giá trị là số nguyên.
P
Lời giải:
x
>
0
;
x
≠
1

a) ĐK:
Rút gọn được P = x − x + 1
2

1 3
3
1

b) Biểu diễn P =  x −  + ⇒ MinP = ⇔ x =
2 4
4
4

2
1
c) Biểu diễn
x+
−1
x
1
− 1 > 1 (theo BĐT Cô-Si) suy ra
ta thấy với x > 0; x ≠ 1 thì x +
x
Q=

2 x
=
P

0 < Q < 2 . Vì Q nguyên nên Q =1 ⇒ x = 7 ± 3 5 (t/m)

2

y − xy  
x
y
x + y 
:
+
−
Bài 4- Cho biểu thức: P =  x +
x + y   xy + y
xy − x
xy 

a) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức có nghĩa.
b) Rút gọn P.
2
c) Tính giá trị của P với x = 3, y =
2− 3
Lời giải
23


Trần Văn Hải
a) Với x > 0, y > 0; x ≠ y.
b) Với x > 0; y > 0 và x ≠ y. Ta có:
x + xy + y − xy x x ( y − x ) + y y ( y + x ) − ( x + y )( y − x)
:
P=
x+ y

xy ( y − x )
xy ( x + y )
x+ y
:
=
x + y xy ( x − y )

=
c) Với x = 3; y =
Thì ta có: P =

x+ y x− y
.
=
x + y x+ y

( y − x )( x + y )
y− x
=
= y− x
x+ y
x+ y

2
2(2 + 3 ) 4 + 2 3
= 2
=
= 4+2 3
4−3
2 − 3 2 + ( 3)2

4 + 2 3 − 3 = ( 3 + 1) 2 − 3 = 3 + 1 − 3 = 1

Bài 5: Cho biểu thức
2 x
x + 3 3x + 3 2 x − 2
+
−
)(
− 1)
x +3
x −3 x−9
x −3
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị biểu thức P khi x = 6 − 2 5 .
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
Lời giải:
a) ĐK: x ≥ 0; x ≠ 3; x ≠ 2
Rút gọn được:
P=(

P=
=

2 x − 9 − ( x − 9) + (2 x − 3 x − 2)
( x − 3)( x − 2)

=

x− x −2
( x + 1)( x − 2)

x +1
=
=
( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2) ( x − 3)

b) Ta có x =
P=(

)

2
5 +1 2
5 +1
=(
) ⇒ x=
, nên
2
2
3− 5

5 +1
5 +1
5 +3 5 −5
5 +3
4+2 5
+ 1)(
− 3) =
:
=
=−

2
2
2
2
4
5 −5

x +1
−1 < 0 ⇔
c)
( x − 3)
⇔ 0 ≤ x < 9; x ≠ 4
P <1⇔

d) Ta có: P =

4
< 0 ⇔ x −3< 0 ⇔ x < 9
x −3

x +1
4
= 1+
. Để P ∈ Z ⇔
x −3
x −3

4
⇔ x − 3 ∈ U (4) = { ±1; ±2; ±4}
x −3

+ ) x − 3 = − 1 ⇔ x = 4(loai)
+ ) x − 3 = 1 ⇔ x = 16
+ ) x − 3 = −2 ⇔ x = 1
+ ) x − 3 = 2 ⇔ x = 25
+ ) x − 3 = − 4 ⇔ x = − 1(VN )
+ ) x − 3 = 7 ⇔ x = 49
Vậy

(

x − 2 (2 x + 1)
2 x −9
x + 3 2 x +1
2 x −9
( x − 3)( x + 3)
−
−
=
−
+
x −5 x +6
x − 2 3 − x ( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2)

P ∈ Z ⇔ x ∈ { 1;16;25;49}
24


Trần Văn Hải
1

x −3
−4
= 1+
đ)Ta có: =
(1)
P
x +1
x +1
1
−4
−4
≤1⇔
≥ −4 ⇔ 1 +
≥ −4 + 1 = −3
Mà x + 1 ≥ 1 ⇔
x +1
x +1
x +1
1
Vậy GTNN của = - 3 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0
P
CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG
2
2
1. Đường thẳng : ax + by = c (a + b ≠ 0) ⇔ y = −

a) Cách vẽ đường thẳng d: y = −

a
c

x + (b ≠ 0) (1)
b
b

a
c
x + (d )
b
b

c
c
+ Đường thẳng cắt trục Ox tại A( ;0 ); cắt trục Oy tại B( 0; );
a
b
+ Nối A với B ta được đường thẳng d.
b) Nếu đường thẳng cho ở dạng: y = ax + b (a ≠ 0 )
−b
;0 ); cắt trục Oy tại B( 0;b );
a
+ Nối A với B ta được đường thẳng d.
c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0 ) là: a
2. Viết phương trình đường thẳng:
a) Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2)
Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b.
+ Vì đường thẳng đi qua hai điểm A và B ta có:
ax
+
b
= y1

 1
giải hệ tìm a và b.

 ax2 + b = y2
Cách 2: Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng:
Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox tại A(

x − x1
y − y1
=
x1 − x2
y1 − y2

b) Viết phương trình đi qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng:
y = k(x – x0) + y0
c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến)
Cách giải:
Cách 1: + Viết phương trình đi qua hai trong ba điểm.
+ Thay toạ đó điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, nếu thoả mãn phương trình đã ta kết
luận ba điểm đã cho thẳng hàng.
Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến), nếu thoả mãn:

x1 − x2
y − y2
= 1
.
x2 − x3 y2 − y3

3. Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’
a) (d) // (d’) ⇔ a = a ' ≠ 0; b ≠ b '

b) (d) ≡ (d’) ⇔ a = a ' ≠ 0; b = b '
c) (d) ∩ (d’) ≠ ∅ ⇔ a ≠ a '
d) (d) ⊥ (d’) ⇔

a.a ' = −1

25