Tai lieu bồi dưỡng HSG 9

Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Thanh Mỹ, ngày 20 tháng 7 năm 2012
CHUYÊN ĐỀ 1:

SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. 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.
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) + y4 là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t ∈ Z) thì
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
V ì x, y, z ∈ Z nên x2 ∈ Z, 5xy ∈ Z, 5y2 ∈ Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 ∈ Z
Vậy A là số chính phương.
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
Gv: Nguyễn Văn Tú

1

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
= (n2 + 3n + 1)2
Vì n ∈ N nên n2 + 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 .
1
1
k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]

4
4
1
1
=
k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1)
4
4
1
1
1
1
1
⇒ S = .1.2.3.4 - .0.1.2.3 + .2.3.4.5 - .1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) 4
4
4
4
4
1
1
k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3)
4
4

Ta có k(k+1)(k+2) =

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 . 10n + 8 . 11…1 + 1
n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8
n chữ số 1
= 4.

n chữ số 4

10 n − 1
10 n − 1
4.10 2 n − 4.10 n + 8.10 n − 8 + 9
4.10 2 n + 4.10 n + 1
. 10n + 8.
+1=
=
9
9
9
9
2
n
 2.10 + 1 

= 
3



Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên
nó chia hết cho 3

2

 2.10 + 1 

⇒ 
3


n

n-1 chữ số 0

∈ 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

Gv: Nguyễn Văn Tú

2

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

2n chữ số 1

Năm học: 2012-2013

n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8
2n chữ số 1

n+1 chữ số 1

n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2
 10 n + 2 

Kết quả: A = 
3



2

;

n chữ số 8

 10 n + 8 

B = 
3



2

;

 2.10 n + 7 

C = 
3



2

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 = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9
= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9
= ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương

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

=

n chữ số 1

n chữ số 1

10 n − 1
10 n − 1
10 2 n − 10 n + 5.10 n − 5 + 9
. 10n + 5.
+1=
9
9
9
10

2n

 10 + 2 
+ 4.10 + 4

= 
9
 3 
n

2

n

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là
một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n ∈ N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)
Gv: Nguyễn Văn Tú

3

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n>1 không
phải là số chính phương
n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)
Với n ∈ N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2
và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2
Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng
đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó
là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9

khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a 2 ⇒ a2  4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số
chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m ∈ N)
⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
= 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t ∈ N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t ∈ N) do đó a2 + b2 không thể là số
chính phương.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1
không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p 2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m ∈ N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k ∈ N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1
⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1)  4 mâu thuẫn với (1)
Gv: Nguyễn Văn Tú

4

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

⇒ p+1 là số chính phương

b.
p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số
chính phương.
a.
2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N  3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k ∈ N)
⇒ 2N-1 không là số chính phương.
b.
2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương.
c.
2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒ 2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05
Chứng minh

2008 chữ số 1
ab + 1 là số tự nhiên.

2007 chữ số 0

10 2008 − 1
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5
9

2008 chữ số 1

2007 chữ số 0

2008
chữ
2

số 0
⇒ ab+1 =
ab + 1 =

Ta thấy 10

2008

 10 2008 + 2 
(10 2008 − 1)(10 2008 + 5)
(10 2008 ) 2 + 4.10 2008 − 5 + 9

+1=
= 
3
9
9




 10 2008 + 2 


3



2

10 2008 + 2
=
3

10 2008 + 2
+ 2 = 100…02  3 nên
3

∈ N hay

ab + 1 là số tự nhiên.

2007 chữ số 0
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6
2007 chữ số 0
Gv: Nguyễn Văn Tú

2008 chữ số 0

5

2008 chữ số 9
Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

⇒ ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2
⇒ ab + 1 = (3a + 1) 2 = 3a + 1 N

∈

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. n2 + 2n + 12
b. n ( n+3 )
c. 13n + 3
d. n2 + n + 1589
Giải
2
a. Vì n + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k ∈ N)
⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (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
2
2
2
2
b. Đặt n(n+3) = a (n ∈ N) ⇒ n + 3n = a ⇔ 4n + 12n = 4a2
⇔ (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 ⇔ (2n + 3) 2 - 4a2 = 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
2
c. Đặt 13n + 3 = y ( y ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
⇒ (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4  13 hoặc y – 4  13
⇒ y = 13k ± 4 (Với k ∈ N)
⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 )2 – 16 = 13k.(13k ± 8)
⇒ n = 13k2 ± 8k + 1
Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k ∈ N) thì 13n + 3 là số chính phương.
d.
Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m ∈ N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
⇔ (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.
Gv: Nguyễn Văn Tú

6

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
a.
a2 + a + 43
b.
a2 + 81
c.
a2 + 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 = 12 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 = 32 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. n2 + 2004
( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3)

( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
2
c. n + 4n + 97
d. 2n + 15
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m ∈ N)
Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn
⇒ (m + n)(m - n)  4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4
⇒ Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Bài 6: Biết x ∈ N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
2
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .
Gv: Nguyễn Văn Tú

7

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)

Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x ∈ N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính
phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta
được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số
chính phương thì n là bội số của 24.
Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m ∈ N)
Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1
4a (a + 1)
m2 −1
⇒ n=
=
= 2a(a+1)
2
2

∈

⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b
N) ⇒ k2 = 4b(b+1) +1
⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n  8 (1)

Ta có k2 + m2 = 3n + 2 ≡ 2 (mod3)
Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Nên để k2 + m2 ≡ 2 (mod3) thì k2 ≡ 1 (mod3)

m2 ≡ 1 (mod3)
⇒ m2 – k2  3 hay (2n+1) – (n+1)  3 ⇒ n  3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ n  24.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a ∈ N) thì
2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)
2p.2q = (a+48)(a-48)
Với p, q ∈ N ; p+q = n và p > q
⇒
a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3
a- 48 = 2q
⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12
Gv: Nguyễn Văn Tú

8

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802
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 = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2

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 = k2
B = abcd + 1111 = m2
⇒ m2 – k2 = 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 = k2 ta có ab – cd = 1 và k ∈ N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10  101 hoặc k-10  101
Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10  101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91
⇒ abcd = 912 = 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số
cuối giống nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb  11 ⇒ a + b  11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(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.

Gv: Nguyễn Văn Tú

9

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập
phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y ∈ N
Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16
⇒ abcd = 4096
Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố,
căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương ⇒ d ∈{ 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố ⇒ d = 5
Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100
k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45
⇒ abcd = 2025
Vậy số phải tìm là 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và
viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b ∈N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
Số viết theo thứ tự ngược lại ba

2
2
Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 )  11 ⇒ a2 - b2  11
Hay ( a-b )(a+b )  11
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b  11 ⇒ a + b = 11
2
2
Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b)
2
2
Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1
hoặc a - b = 4
• Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65
Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332
• Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng
được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu
( Kết quả: 1156 )

Gv: Nguyễn Văn Tú

10

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.
Gọi số phải tìm là ab với a,b ∈N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
2
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3
⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
Đặt ab = t3 ( t ∈N ) , a + b = l 2 ( l ∈N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64
• Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương
• Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n ∈N)
Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9
⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )
⇒ 101a – 1  3 ⇒ 2a – 1  3
Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 ∈{ 3; 9; 15 }
⇒ a ∈{ 2; 5; 8 }
Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21
3 số càn tìm là 41; 43; 45
Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng
tổng lập phương các chữ số của số đó.
ab (a + b ) = a3 + b3
⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab
⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a
hoặc

a + b – 1 = 3a
a +b–1=3+b
a+b=3+b
⇒ a=4,b=8
hoặc
a=3,b=7
Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.

Gv: Nguyễn Văn Tú

11

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Gv: Nguyễn Văn Tú

Năm học: 2012-2013

12

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Thanh Mỹ, ngày 23 tháng 7 năm 2012
Chuyên đề 2:

CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC

I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC
1/ Cho biểu thức f( x ,y,...)
a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu max f = M nếu hai
điều kiện sau đây được thoả mãn:
- Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :
f(x,y...) ≤ M ( M hằng số)

(1)

- Tồn tại xo,yo ... sao cho:
f( xo,yo...) =

M

(2)

b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m nếu hai
điều kiện sau đây được thoả mãn :
-

Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :
f(x,y...) ≥ m ( m hằng số)

(1’)

- Tồn tại xo,yo ... sao cho:
f( xo,yo...) =

m

(2’)

2/ Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một
biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có A ≥ 0 nhưng
chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta phải
giải như sau:
A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 ≥ 2
A = 2 ⇔ x -2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2
II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN
1/ Tam thức bậc hai:
Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c .
Tìm GTNN của P nếu a 〉 0.
Tìm GTLN của P nếu a 〈 0
Gv: Nguyễn Văn Tú

13

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 +
Đặt c -

b
b 2
b2
x ) + c = a( x +
) +c- 2
a
2a
4a

b 2
b2
=k . Do ( x +
) ≥ 0 nên :
2a
4a

- Nếu a 〉 0 thì a( x +
-Nếu a 〈 0 thì a( x +

b 2
b
) ≥ 0 , do đó P ≥ k. MinP = k khi và chỉ khi x = 2a
2a

b 2
) ≤` 0 do đó P ≤` k. MaxP = k khi và chỉ khi x =
2a

-

b
2a

2/ Đa thức bậc cao hơn hai:
Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12)
Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 ≥ -36
minA = -36 ⇔ y = 0 ⇔ x2 – 7x + 6 = 0 ⇔ x1 = 1, x2 = 6.
3/ Biểu thức là một phân thức :
a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ : Tìm GTNN của A =
Giải : A =

2
.=
6x − 5 − 9x2

2
.
6x − 5 − 9x2
−2
−2
= (3x − 1)2 + 4 .
9x − 6x + 5
2

1

1

Ta thấy (3x – 1)2 ≥ 0 nên (3x – 1) 2 +4 ≥ 4 do đó (3x − 1) 2 + 4 ≤ theo tính chất a
4
≥ b thì

−2
1
1
−2
⇒A≥
≤
với a, b cùng dấu). Do đó (3x − 1)2 + 4 ≥
a
b
4

minA = -

1
2

⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x =

-

1
2

1
.
3

Bài tập áp dụng:
1
HD giải:
x − 4x + 9
1
1
1
1
A= 2
=
≤ . max A= ⇔ x = 2 .
2
x − 4x + 9 ( x − 2 ) + 5 5
5

1. Tìm GTLN của BT : A =

Gv: Nguyễn Văn Tú

2

14

Trường THCS Thanh Mỹ

Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

1
HD Giải:
x − 6x + 17
1
1
1
1
A= 2
=
≤ . max A= ⇔ x = 3
2
x − 6x + 17 ( x − 3) + 8 8
8

2. Tìm GTLN của BT : A =

2

3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

3
2 + − x 2 + 2x + 7

b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.
3x 2 − 8 x + 6

Ví dụ : Tìm GTNN của A = 2
.
x − 2x + 1

Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
A =

(

) (

2 x2 − 2x + 1 + x2 − 4 x + 4
x2 − 2x + 1

)

( x − 2) 2
= 2 +
( x − 1) 2

≥ 2

minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
A =

3( y + 1) 2 − 8( y + 1) + 6

( y + 1)

2

− 2 ( y + 1) + 1

=

3y2 + 6 y + 3 − 8 y − 8 + 6 3y2 − 2 y +1
2
1
1
=
=
3
+
-1)2 + 2
2
2
2 = (
y + 2 y +1− 2 y − 2 +1
y
y
y
y

minA = 2 ⇔ y = 1 ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2
Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN của bt: P =
2, (36/210) Tìm GTNN của bt : B =

x2 + 1

x2 − x + 1

x 2 − 2 x + 2006
x2

x2
3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt: C = 2
x − 5x + 7

4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a, D =

x2 + 2 x + 2
x2 + 2x + 3

b, E =

x2 + 2 x −1
2 x2 + 4x + 9

c/ Các phân thức dạng khác:
Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =

3 − 4x
x2 + 1

Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A =

x2 − 4 x + 4 − x2 − 1
( x − 2) 2

=
- 1 ≥ -1
x2 + 1
x2 + 1

Gv: Nguyễn Văn Tú

15

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2
Tìm GTLN A =

4 x2 + 4 − 4 x2 − 4 x − 1
(2 x + 1) 2
=
4
x2 + 1
x2 + 1

≤ 4

Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt:

x
a, A = 2
x +2

3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt:

a, C =

b, B =

x2

(x

2

+2

)

3

x2 + 4x + 4
Với x > 0;
x

b, D =

x5 + 2

Với x >
x3

2
với x > 0;
x3

b, F =

x3 + 1
Với x > 0
x2

0
4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt:

a, E = x 2 +

6, (68/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt: Q =

x 2 + 2 x + 17
Với x > 0
2 ( x + 1)

7, (69/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt: R =

x + 6 x + 34
Với x > 0
x +3

x 3 + 2000
8, (70/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt: S =
Với x > 0
x

III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1
sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A
A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2
Đến đây ta có nhiều cách giải
Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
Mà

⇒

x2 + 2xy + y2 = 1

(1)

(x – y)2 ≥ 0 Hay: x2 - 2xy + y2 ≥ 0

(2)

x+y =1

Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) ≥ 1 ⇒ x2 + y2 ≥
minA =

1
2

1
1
khi và chỉ khi x = y =
2
2

Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A
Gv: Nguyễn Văn Tú

16

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 minA =

1 2 1
1
) + ≥
2
2
2

1
1

khi và chỉ khi x = y =
2
2

Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới
Đặt x =

1
+ a thì y =
2

x2 + y 2 = (

1
- a . Biểu thị x2 + y2 ta được :
2

1
1
1
+ a)2 + ( - a)2 =
+2 a2
2
2
2

1
1
1
=> MinA = ⇔ a = 0 ⇔ x=y =

2
2
2

≥

Bài tập 1: Tìm Min A = a 2 + ab + b 2 − 3a − 3b + 2014
Cách 1 Ta có: A= a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 + ab − a − b + 1 + 2011
= a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 + ab − a − b + 1 + 2011 =
=

( a − 1)

2

=

( a − 1)

2

( a − 1)

2

+ ( b − 1) + a ( b − 1) − ( b − 1) + 2011
1

+ ( b − 1) + ( a − 1) ( b − 1) + 2011
2

+ 2 ( a − 1)

( b − 1) + ( b − 1)
2

2

+

4

3 ( b − 1)
4

2

3 ( b − 1)
b −1 

+ 2011
+ 2011 =  a − 1 +
÷ +
2 
4

2

2

b −1

=0
a − 1 +
⇔ a = b =1
2
 Min A = 2011 khi 
b − 1 = 0

Cách 2:

(

)

2A = 2 a 2 + ab + b 2 − 3a − 3b + 2014 = a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 + a 2 + 2ab + b 2 − 2.2 ( a + b ) + 4 + 4022
= ( a − 1) + ( b − 1) + ( a + b − 2 ) + 4022
2

1

2

a − 1 = 0

⇔ a = b = 1 => Min A = 2011
 Min 2A = 4022 khi b − 1 = 0
a + b − 2 = 0


BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:
Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = a 2 + ab + b 2 − 3a − 3b + 3
Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT:
x 2 + 4 y 2 + z 2 − 2 x + 8 y − 6 z +15 = 0

Gv: Nguyễn Văn Tú

17

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Hướng dẫn Ta có:
VT = x 2 − 2 x + 1 + 4 y 2 + 8 y + 4 + z 2 − 6 z + 9 + 1= ( x-1) + ( 2 y + 2 ) + ( z − 3 ) + 1 ≥ 1
2

2

2

Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau:
1) x 2 + 4 y 2 + z 2 + 4 x + 4 y + 8 z + 22 = 0
2) x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 − 2 x − 12 y − 12 z + 1994
Hướng dẫn Ta có:
1) VT = x 2 + 4 x + 4 + 4 y 2 + 4 y + 1 + z 2 + 8 z + 16 + 1
= ( x+2 ) + ( 2 y + 1) + ( z + 4 ) + 1 ≥ 1

2

2

2

2) VT = x 2 − 2 x + 1 + 4 y 2 − 12 y + 3 + 9 z 2 − 12 z + 4 + 1986
= ( x − 1) + ( 2 y − 3) + ( 3 z − 2 ) + 1986 ≥ 1986
2

2

2

Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m 2 − 4mp + 5 p 2 + 10m − 22 p + 28
Hướng dẫn Ta có:
A = m 2 − 4mp + 4 p 2 + p 2 − 2 p + 1 + 10m − 20 p + 27
= ( m − 2 p ) + 2.5 ( m − 2 p ) + 25 + ( p − 1) + 2
2

2

= ( m − 2 p + 5 ) + ( p − 1) + 2 ≥ 2
2

2

Bài 5: CMR: Max B = 4 Với B = −a 2 − 5b2 − 2a + 4ab + 10b − 6
Hướng dẫn Ta có:

(

) (

)

2
2
2
B = −a 2 + 4ab − 4b 2 − b 2 + 6b − 9 − 2a + 4b − 1 + 4 = 4 -  a − 4ab + 4b + b − 6b + 9 + 2 ( a − 2b ) + 1

2
2
2
2
= 4 - ( a − 2b ) + 2 ( a − 2b ) + 1 + ( b − 3)  = 4 - ( a − 2b + 1) + ( b − 3)  ≤ 4





Bài 6: Tìm GTNN của
a) A=a 2 + 5b2 − 4ab − 2b + 5

( Gợi ý A = ( a - 2b ) + ( b − 1) + 4 )

b) B = x 2 + y 2 − xy − 3x − 3 y + 2029

( Gợi ý B = ( x-y ) + ( y − 3) + ( x − 3) + 2011 )

c) C = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 − 4 x + 12 y − 24 z + 30

( Gợi ý C = ( x+2 ) + ( 2 y + 3) + ( 3z + 4 ) + 1 )

d) D= 20x 2 + 18 y 2 − 24 xy − 4 x − 12 y + 2016

( Gợi ý D= ( 4x-3y ) + ( 2 x − 1) + ( 3 y − 2 ) + 2011 )

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2
2

2
2
Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn : a + b + c + d = a ( b + c + d ) (*)

Gv: Nguyễn Văn Tú

18

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = ab ( a + b + c )
⇔ a2 + b2 + c2 + d 2 − a ( b + c + d ) = 0

Ta có :

⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − ab − ac − ad = 0

(

)

⇔ 4 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − ab − ac − ad = 0
⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 = 0
⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + a 2 = 0
2

2

2

Dấu “=” sảy ra khi : a = 2b = 2c = 2d = 0 ⇔ a = b = c = d = 0
BÀI TẬP VỀ NHÀ:
2
2
2
2
2
Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2a + b + c + d + e = a ( b + c + d + e )

Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : a 2 + b 2 + 1 = ab + a + b
Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a 2 + 4b 2 + 4ab − 4a + 4b + 4 = 0
Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn : x 2 + 4 y 2 + z 2 = 2 x − 8 y + 6 z − 14
Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn : m 2 + 5 p 2 = 4mp − 10m + 22 p + 25
IV Các chú ý khi giải bài toán cực trị :
1, Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến
Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)2 + ( x – 3)2
ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 ≥ 2 ⇒ minA= 2 ⇒ y=0 ⇒
x=2
2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt
cực trị bởi điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị
chẳng hạn : -A lớn nhất ⇔ A nhỏ nhất
1
lớn nhất ⇔ B nhỏ nhất với B > 0
B
x4 + 1

1
Ví dụ : Tìm GTLN của A = 2
nhỏ nhất và
2 (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi
( x + 1)
A

ngược lại)
Ta có :

1
1
( x 2 + 1) 2 x 4 + 2 x 2 + 1
2 x2
=
=
1
+
=
.Vậy ≥ 1
4
4
4
A
A
x +1
x +1
x +1

Gv: Nguyễn Văn Tú

19

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

min

Năm học: 2012-2013

1
= 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0
A

3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã
biết
Bất đăng thức có tính chất sau
a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d
b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c
c) a > b và c < 0 thì a.c < b.c
d) a > b và a, b, n > 0 thì an > bn
BĐT Cô si: a + b ≥ 2 ab ; a2 + b2 ≥ 2ab ; (a + b)2 ≥ 4ab ; 2( a2 + b2) ≥ ( a+ b)2
Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2) ≥ (ac + bd)2
Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ≤ ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 ≤ 13.13.4
2 x = 3 y
⇒ 2x + 3y ≤ 26. Vậy maxA = 26 ⇔ 
2 x + 3 y ≥ 0

Thay y =

3x
vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 hoặc x= -4
2

Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y ≥ 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y ≥ 0
Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 6
3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau
- Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau
- Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau
Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y ∈ N thoả mãn x + y = 2005
Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2
xy lớn nhất ⇔ x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất
giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1 ≤ y ≤ x ≤ 2004 nên 1 ≤ x-y ≤ 2003
Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002

max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1

Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002
Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1
Gv: Nguyễn Văn Tú

20

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Thanh Mỹ, ngày 25 tháng 7 năm 2012
MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau
1

4

VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức : A = x + y
1

4

4

1 4
Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x , y ta có: x + y ≥ xy (1)

Lại có:

1 x+ y
=
≥ xy (2 )
2
2

Từ (1) và (2) suy ra :

A=

1 4
4
4
+ ≥
≥ =8
. Vậy Min A = 8
x y
xy 1
2

Phân tích sai lầm:
1

4

Đẳng thức sảy ra ở (1) khi x = y ⇔ 4 x = y
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai.
1

4

4x

y

Giải đúng: Vì x + y = 1 nên A = ( x+y )  + ÷ = 5 + +
y x

x y

4x y
4x y
4x y
+ ≥2
. =4
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm y , x Ta có :
y x
y x
1

 4x y
x=

=
 y = 2x


3
⇔
Dấu “=” xẩy ra khi  y x ⇔ 
x + y = 1 x + y = 1  y = 2


3

Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng
có đồng thời sảy ra dấu bằng không. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán:

VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
2

2

1
 1 
A =  x+ ÷ +  y + ÷
y
 x 

Gv: Nguyễn Văn Tú

21

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x,

1
1
1
Ta có: x+ ≥ 2 x. = 2
x
x

x

(1)
1

1
1
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm y, y Ta có: y+ ≥ 2 y. = 2
y
y

(2)
Từ (1) và (2) =>A ≥ 8 => Min A = 8
Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi

1
= x ⇔ x2 = 1
x

1

2
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi y = y ⇔ y = 1 . Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1)

Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có :
x+y
1
1
≥ xy ⇒ xy ≤ ⇒ xy ≤
2

2
4
2

2

1 1
1 1
Ta có : A = 4 + x +y +  ÷ +  ÷ . Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy ≥ 1 - = (1)
2 2
x y
2

2

1
1
1
2
1
25
25
+ 2 ≥2 2 2 =
≥ 8 (2). Từ (1) và (2) =>A ≥ 8 + +4 =
=>Min A =
khi x=y =
2
x
y
x .y

xy
2
2
2
1
2

Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần kiểm
tra lại giả thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
VD1: Tìm GTLN của bt: A =

1
x − 6 x + 17
2

Lời giải sai: A đạt Max khi x 2 − 6 x + 17 đạt Min Ta có : x 2 − 6 x + 17 = ( x − 3) + 8 ≥ 8
2

2
Do đó Min ( x − 6 x + 17 ) = 8 ⇔ x = 3 . Vậy Max A =

1
⇔ x =3
8

Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử không đổi
nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương
Gv: Nguyễn Văn Tú

22

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013

Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét x 2 − 6 x + 17 = ( x − 3) + 8 ≥ 8 nên tử và mẫu của A là
2

dương
VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4
 x 2 + y 2 = 2 xy
⇔ x= y=2
Ta có : A = x + y ≥ 2xy => A đạt GTNN ⇔ 
x + y = 4
2

2

Khi đó MinA = 8
Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y) ≥
g(x,y) chứ chưa c/m được f(x,y) ≥ m với m là hắng số.
Chẳng hạn: Từ x2 ≥ 4x – 4 => x2 đạt nhỏ nhất ⇔ x2 = 4x – 4 ⇔ (x – 2 )2 = 0 ⇔ x =2
Đi đến min x2 = 4 ⇔ x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x2 = 0 ⇔ x =0
2
Lời giải đúng: Ta có x + y =4 ⇔ ( x + y ) =16 (1)

Ta lại có : ( x - y )

2

≥ 0 ⇒ x 2 -2xy+y 2 ≥ 0

(2)

Từ (1) và (2) => 2( x2 + y2 ) ≥ 16 => A = x2 + y2 ≥ 8
Vậy Min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2.
Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân
số có tử và mẫu là số tự nhiên, số nguyên … Có như vậy thì hướng giải của
bài toán mới đúng.
4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2
VD1: Tìm GTNN của bt: A = x +
Lời giải sai : x + x =

( x)

2

x
2

1
1 1 1 
1 1
1
+2 x + − =  x − ÷ − ≥ − . Vậy: Min A = −
4

2 4 4 
2 4
4
1
4

1
4

P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x) ≥ − chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x)= − ⇔ x = −

1
2

(vô lí )
Lời giải đúng: ĐKTT x là x ≥ 0 do đó : A = x + x ≥ 0 => Min A = 0 ⇔ x = 0
VD2: Tìm GTLN của A = xyx ( z+y ) ( y+z ) ( z+x ) với x, y , z là các số không âm và x +y+ z
=1

Gv: Nguyễn Văn Tú

23

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

Năm học: 2012-2013
4x ( z+y ) ≤ ( x+y+z ) = 1

2

Lời giải sai: Áp dụng BĐT 4xy ≤ ( x + y ) ta có : 4y ( z+x ) ≤ ( x+y+z ) = 1
2

2

4z ( x+y ) ≤ ( x+y+z ) = 1
2

=> 64xyx ( z+y ) ( y+z ) ( z+x ) ≤ 1 =>xyx ( z+y ) ( y+z ) ( z+x ) ≤

1
1
. Vậy Max A =
64
64

Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”
 z+y = x
 y+x = z
x = y = z = 0

1

⇔  x + z + y = 1 ( vô lí )
ĐK để Max A =
là :  x+z = y
64
 x + z + y = 1  x, y, z ≥ 0



 x, y, z ≥ 0

Lời giải đúng: Ta có : 1 = x +y+ z ≥ 3 3 x.y.z

(1)

2 = ( x +y ) + ( z+x ) + ( y+ z ) ≥ 3 3 ( x +y ) ( z+x ) ( y+ z )

(2)
3

2
Từ (1) và (2) => 2 ≥ 3 x. y.z. ( x +y ) ( z+x ) ( y+ z ) hay: 2 ≥ 3 A => A ≤  ÷
9
3

3

( x +y ) = ( z+x ) = ( y+ z )
3

1
2
⇔x= y=z=
Max A =  ÷ khi  x + y + z = 1
3
9
 x, y , z ≥ 0



VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của : A =

(x + a)(x + b)
với x > 0, a, b là các hằng số dương.
x

 x + a ≥ 2 ax
⇒ ( x + a ) ( x + b ) ≥ 2 ax.2 bx = 4 x ab
Lời giải sai: Ta có: 
 x + b ≥ 2 bx

Do đó: A =

(x + a)(x + b) 4x ab
≥
= 4 ab vậy Min A = 4 ab ⇔ x = a = b
x
x

Phân tích sai lầm: Nếu a ≠ b thì không có: A = 4 ab
(x + a)(x + b) x2 + ax+bx+ab 
ab 
=
=  x + ÷+ (a + b) .
Lời giải đúng : Ta có A =
x
x
x



Theo bất đẳng thức Cauchy : x +

Gv: Nguyễn Văn Tú

ab
≥ 2 ab nên A ≥ 2 ab + a + b =
x
24

(

a+ b

)

2

Trường THCS Thanh Mỹ


Giáo án BDHSG Toán 9

min A =

(

a+ b

)

2

Năm học: 2012-2013

khi và chi khi

ab

x =
x ⇔ x = ab .

x > 0

VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ
1

1

1

VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk x + y = 2 Tìm GTNN của bt: A = x + y
1

1

1 1

Do x > 0, y > 0 nên x > 0, y > 0 áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số x , y

ta có:

1

11 1
1 1
.
 + ÷≥
2 x y
x y

Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 =>
x+ y ≥2

1

Hay 4 ≥ xy => xy ≥ 4
x ≥ 0, y ≥ 0 . áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

xy ≥ 2 4 = 4

x = y

Vậy: Min A = 4 khi :  1 + 1 = 1 ⇔ x = y = 4
x y 2


VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : A = x 2 − x + 1 + x 2 + x + 1
2

1 3 3

Ta có: x − x + 1 =  x − ÷ + ≥ ∀ x ∈ R
2 4 4

2

2

1 3 3

x + x +1 =  x + ÷ + ≥
∀ x∈ R
2 4 4

2

Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số
x2 − x +1 + x2 + x +1 ≥ 2

x 2 − x + 1, x 2 + x + 1 ta có :

x 2 − x + 1. x 2 + x + 1 = 2 4 x 4 + x 2 + 1 ≥ 2

 x 4 + x 2 + 1 = 1
⇔x=0
 Max A = 2 khi  2
2
 x − x + 1 = x + x + 1

VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của : A =

Gv: Nguyễn Văn Tú

x y z
+ +
với x, y, z > 0.
y z x

25

Trường THCS Thanh Mỹ