cac chuyen de boi duong toan 8 20162017

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (628.2 KB, 68 trang )

(1)Chuyên đề 1. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN 1. Kiến thức cần nhớ 1. Chøng minh quan hÖ chia hÕt Gäi A(n) lµ mét biÓu thøc phô thuéc vµo n (n  N hoÆc n  Z) a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa sè lµ m + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó + Trong k sè liªn tiÕp bao giê còng tån t¹i mét sè lµ béi cña k b/. Khi chøng minh A(n) chia hÕt cho n ta cã thÓ xÐt mäi trêng hîp vÒ sè d khi chia m cho n * VÝ dô1: C/minh r»ng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hÕt cho 5040 víi mäi sè tù nhiªn n Gi¶i: Ta cã 5040 = 24. 32.5.7 A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n. [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) Ta l¹i cã n3-7n – 6 = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) T¬ng tù : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) Ta thÊy : A lµ tÝch cña 7 sè nguyªn liªn tiÕp mµ trong 7 sè nguyªn liªn tiÕp: Tån t¹i mét béi sè cña 5 (nªn A  5 ) Tån t¹i mét béi cña 7 (nªn A  7 ) Tån t¹i hai béi cña 3 (nªn A  9 ) Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A  16) Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau  A 5.7.9.16= 5040 VÝ dô 2: Chng minh r»ng víi mäi sè nguyªn a th× : a/ a3 –a chia hÕt cho 3 b/ a5-a chia hÕt cho 5 Gi¶i: a/ a3-a = (a-1)a (a+1) lµ tÝch cña c¸c sè nguyªn liªn tiÕp nªn tÝch chia hÕt cho 3 b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1)  C¸ch 1: Ta xÕt mäi trêng hîp vÒ sè d khi chia a cho 5 NÕu a= 5 k (k  Z) th× A 5 (1) NÕu a= 5k 1 th× a2-1 = (5k2 1) 2 -1 = 25k2  10k 5  A 5 (2) NÕu a= 5k 2 th× a2+1 = (5k 2)2 + 1 = 25 k2 20k +5  A 5 (3) Tõ (1),(2),(3)  A 5,  n  Z C¸ch 2: Ph©n tÝch A thµnh mét tæng cña hai sè h¹ng chia hÕt cho 5 : + Mét sè h¹ng lµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp + Mét sè h¹ng chøa thõa sè 5 Ta cã : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) Mµ = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp ) 5a (a2-1) 5 Do đó a5-a 5 * C¸ch 3: Dùa vµo c¸ch 2: Chøng minh hiÖu a 5-a vµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 5. Ta cã: a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5  a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5  a5-a 5(TÝnh chÊt chia hÕt cña mét hiÖu) Mµ (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 c/ Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng thức:.

(2) an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (H§T 8) an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (H§T 9) Sö dông tam gi¸c Paxcan: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 ….. Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1 Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liÒn trªn. Do đó: Với  a, b  Z, n  N: an – bn chia hÕt cho a – b( a b) a2n+1 + b2n+1 chia hÕt cho a + b( a -b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Béi sè cña a) (a+1)n = Bsa +1 (a-1)2n = Bsa +1 (a-1)2n+1 = Bsa -1 * VD3: CMR víi mäi sè tù nhiªn n, biÓu thøc 16 n – 1 chia hÕt cho 17 khi vµ chØ khi n lµ sè ch½n. Gi¶i: + C¸ch 1: - NÕu n ch½n: n = 2k, k  N th×: A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hÕt cho 162 – 1( theo nhÞ thøc Niu T¬n) Mµ 162 – 1 = 255 17. VËy A 17 - NÕu n lÎ th× : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mµ n lÎ th× 16n + 1 16+1=17 (H§T 9)  A kh«ng chia hÕt cho 17 +C¸ch 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(-1)n – 1 (theo c«ng thøc Niu T¬n) NÕu n ch½n th× A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hÕt cho 17 NÕu n lÎ th× A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Kh«ng chia hÕt cho 17 VËy biÓu thøc 16n – 1 chia hÕt cho 17 khi vµ chØ khi n lµ sè ch½n,  n  N d/ Ngoài ra còn dùng phơng pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hÕt.  VD 4: CMR tån t¹i mét béi cña 2003 cã d¹ng: 2004 2004 ….2004 Gi¶i: XÐt 2004 sè: a1 = 2004 a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ………………………. a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhãm 2004 Theo nguyªn lý Dirichle, tån t¹i hai sè cã cïng sè d khi chia cho 2003. Gọi hai số đó là am và an ( 1  n <m 2004) thì am - an 2003 Ta cã: am - an = 2004 2004……2004 000…00 m-n nhãm 2004 4n hay am - an = 2004 2004……2004 . 104n m-n nhãm 2004 mµ am - an 2003 vµ (104n , 2003) =1 nªn 2004 2004……2004 2003 m-n nhãm 2004 2. T×m sè d * VD1:T×m sè d khi chia 2100 a/ cho 9 b/ cho 25 Gi¶i: a/ Luü thõa cña 2 s¸t víi béi cña 9 lµ 23 = 8 = 9 – 1 Ta cã : 2100 = 2. 299= 2. (23)33 = 2(9 – 1 )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhÞ thøc Niu T¬n).

(3) = BS9 – 2 = BS9 + 7 VËy 2100 chia cho 9 d 7 b/ Luü thõa cña 2 gÇn víi béi cña 25 lµ 2 10 = 1024 =1025 – 1 Ta cã: 2100 =( 210)10 = ( 1025 – 1 )10 = BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhÞ thøc Niu T¬n) VËy 2100 chia cho 25 d 1 * VD2: T×m 4 ch÷ sè tËn cïng cña 51994 khi viÕt trong hÖ thËp ph©n Gi¶i: C¸ch 1: Ta cã: 1994 = 4k + 2 vµ 54 = 625 Ta thÊy sè tËn cïng b»ng 0625 khi n©ng lªn luü thõa nguyªn d¬ng bÊt k× vÉn tËn cïng b»ng 0625 Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k. 52 = 25. (0625)k = 25. (…0625)= …5625 C¸ch 2: T×m sè d khi chia 51994 ch 10000 = 24.54 Ta thÊy 54k – 1 = (54)k – 1k chia hÕt cho 54 – 1 = (52 + 1) (52 - 1) 16 Ta cã 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mµ 56 54 vµ 51988 – 1 = (54)497 – 1 chia hÕt cho 16  ( 51994)3. 56(51988 – 1)chia hÕt cho 10000 cßn 56= 15625  51994 = BS10000 + 15625  51994 chia cho 10000 d 15625 VËy 4 ch÷ sè tËn cïng cña 51994 lµ 5625 3. T×m ®iÒu kiÖn chia hÕt * VD1: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B: A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n Gi¶i: n3 + 2n2- 3n + 2 n2 – n n3 – n 2 n+3 3n2 - 3n + 2 3n2 – 3n 2 2 Ta cã: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) + n  n Do đó Giá trị của A chia hết cho giá trị của B  n2 – n  Ư(2)  2 chia hÕt cho n(n – 1)  2 chia hÕt cho n 2. Ta cã b¶ng: n n–1 n(n – 1). 1 -1 2 -2 0 -2 1 -3 0 2 2 6 Lo¹i T/m T/m Lo¹i VËy víi n = -1, n = 2 th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc A chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc B  VD 2: T×m sè nguyªn n dÓ n5 + 1 chia hÕt cho n3 + 1 Gi¶i: n5 + 1 n3 + 1  n5 + n2 – n2 + 1 n3 + 1  n2(n3 + 1)- ( n2 – 1)   n3 + 1  (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1)  n – 1 n2 – n + 1  n(n – 1) n2 – n + 1 Hay n2 – n n2 – n + 1  (n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1  1 n2 – n + 1 XÐt hai trêng hîp:.

(4) + n2 – n + 1 = 1  n2 – n = 0  n(n – 1) = 0  n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài + n2 – n + 1 = - 1  n2 – n + 2 = 0 , kh«ng cã gi¸ trÞ cña n tho¶ m·n  VD 3: T×m sè tù nhiªn n sao cho 2n - 1 chia hÕt cho 7 Gi¶i: Ta cã luü thõa cña 2 gÇn víi béi cña 7 lµ 23 = 8 = 7 + 1 NÕu n = 3k (k  N) th× 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k 8 – 1 = 7 NÕu n = 3k + 1(k  N) th× 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k . 2 – 1= 2(8k – 1) + 1 = 2. BS7 + 1  2n - 1 kh«ng chia hÕt cho 7 NÕu n = 3k +2(k  N) th× 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1 = 4( 8k – 1) + 3 = 4.BS7 + 3  2n - 1 kh«ng chia hÕt cho 7 VËy 2n - 1 7  n = 3k (k  N) 2. Bµi tËp Bµi 1: Chøng minh r»ng: a/ n3 + 6n2 + 8n chia hªt ch 48 víi mäi sè n ch½n b/ n4 – 10n2 + 9 chia hÕt cho 384 víi mäi sè n lÎ Gi¶i a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n+2)(n + 4) Víi n ch½n, n = 2k ta cã: n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k. (k + 1)k + 2) 8 b/ n4 – 10n2 + 9 = n4 – n2 – 9n2 + 9 = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9) = (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3) Víi n lÎ, n = 2k +1, ta cã: n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3) = 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16 Bµi 2: Chøng minh r»ng a/ n6 + n4 -2n2 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn n b/ 32n – 9 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn d¬ng n Gi¶i: Ta cã: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)] = n2(n2 + 2)(n2 – 1). Ta l¹i cã: 72 = 8.9 víi (8,9) = 1 XÐt c¸c trêng hîp: + Víi n = 2k  A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8 + Víi n = 2k +1  A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 8 Tơng tự xét các trờng hợp n = 3a, n= 3a  1 để chứng minh A 9 VËy A 8.9 hay A 72 Bµi 3: Cho a lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3. Chøng minh r»ng a 2 – 1 chia hÕt cho 24 Gi¶i: V× a2 lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3 nªn a lÎ  a2 lµ sè chÝnh ph¬ng lÎ  a2 chia cho 8 d 1  a2 – 1 chia hÕt cho 8 (1) MÆt kh¸c a lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3  a kh«ng chia hÕt cho 3  a2 lµ sè chÝnh ph¬ng kh«ng chia hÕt cho 3  a2 chia cho 3 d 1  a2 – 1 chia hÕt cho 3 (2) Mµ (3,8) = 1 (3) Tõ (1), (2), (3)  a2 – 1 chia hÕt cho 24 Bµi 4: Chøng minh r»ng: NÕu sè tù nhiªn a kh«ng chia hÕt cho 7 th× a6 -1 chia hÕt cho 7 Gi¶i: Bài toán là trờng hợp đặc biệt của định lý nhỏ Phéc ma: - D¹ng 1: NÕu p lµ sè nguyªn tè vµ a lµ mét sè nguyªn th× a p – a chia hÕt cho p - D¹ng 2: NÕu a lµ mét sè nguyªn kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× a p-1-1 chia hÕt cho p ThËt vËy, ta cã a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1).

(5) NÕu a = 7k 1 (k  N) th× a3 = ( 7k  1)3 = BS7  1  a3 - 1 7 NÕu a = 7k 2 (k  N) th× a3 = ( 7k  2)3 = BS7  23 = BS7  8  a3 - 1 7 NÕu a = 7k 3 (k  N) th× a3 = ( 7k  3)3 = BS7  33 = BS7  27  a3 + 1 7 Ta lu«n cã a3 + 1 hoÆc a3 – 1 chia hÕt cho 7. VËy a6 – 1 chia hÕt cho 7 Bµi 5: Chøng minh r»ng: NÕu n lµ lËp ph¬ng cña mét sè tù nhiªn th× (n-1)n(n + 1) chia hÕt cho 504 Gi¶i: Ta có 504 = 32 . 7.8 và 7,8,9 nguyên tố cùng nhau từng đôi một Vì n là lập phơng của một số tự nhiên nên đặt n = a3 CÇn chøng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hÕt cho 504 Ta cã: + NÕu a ch½n  a3 chia hÕt cho 8 NÕu a lÎ  a3-1vµ a3 + 1 lµ hai sè ch½n liªn tiÕp  (a3-1) (a3 + 1) chi hÕt cho 8 VËy A 8 , 19a9  n  N (1) + NÕu a 7  a3 7  A 7 NÕu a kh«ng chia hÕt cho 7 th× a6 – 1 7  (a3-1) (a3 + 1) 7(§Þnh lÝ PhÐc ma) VËy A 7 ,   n  N (2) + NÕu a 3  a3 9  A 9 NÕu a kh«ng chia hÊe cho 3  a = 3k 1  a3 = ( 3k  3)3= BS9 1  a3 – 1 = BS9+1 – 1 9 a3 + 1 = BS9- 1 + 1 9 VËy A 9 ,   n  N (3) Tõ (1), (2), (3)  A 9 ,   n N Bài 6: Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức sau là số nguyên tố: a/ 12n2 – 5n – 25 b/ 8n2 + 10n +3 -. n3  3n c/ 4. Gi¶i: a/ Ph©n tÝch thµnh nh©n tö: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 +15n – 20n – 25 = 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5) Do 12n2 – 5n – 25 lµ sè nguyªn tè vµ 4n +5 > 0 nªn 3n – 5 > 0. Ta lại có: 3n – 5 < 4n +5(vì n  0) nên để 12n2 – 5n – 25 là số ngyên tố thì thừa số nhá ph¶i b»ng 1 hay 3n – 5 = 1  n = 2 Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố. VËy víi n = 2 th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc 12n2 – 5n – 25 lµ sè nguyªn tè 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3) Biến đổi tơng tự ta đợc n = 0. Khi đó, 8n2 + 10n +3 là số nguyên tố 3 n3  3n c/ A = 4 . Do A lµ sè tù nhiªn nªn n(n + 3) 4.. Hai sè n vµ n + 3 kh«ng thÓ cïng ch½n. VËy hoÆc n , hoÆc n + 3 chia hÕt cho 4 - NÕu n = 0 th× A = 0, kh«ng lµ sè nguyªn tè - NÕu n = 4 th× A = 7, lµ sè nguyªn tè -NÕu n = 4k víi k  Z, k > 1 th× A = k(4k + 3) lµ tÝch cña hai thõa sè lín h¬n 1 nªn A lµ hîp sè - NÕu n + 3 = 4 th× A = 1, kh«ng lµ sè nguyªn tè - NÕu n + 3 = 4k víi k  Z, k > 1 th× A = k(4k - 3) lµ tÝch cña hai thõa sè lín h¬n 1 nªn A lµ hîp sè. n3  3n VËy víi n = 4 th× 4 lµ sè nguyªn tè 7. Bµi 7: §è vui: N¨m sinh cña hai b¹n Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một nhờ khách đến thăm trờng gặp hai häc sinh. Ngêi kh¸ch hái: Cã lÏ hai em b»ng tuæi nhau? B¹n Mai tr¶ lêi:.

(6) Kh«ng, em h¬n b¹n em mét tuæi. Nhng tæng c¸c ch÷ sè cña n¨m sinh mçi chóng em đều là số chẵn. Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không? Ngời khách đã suy luận thế nào? Gi¶i: Ch÷ sè tËn cïng cña n¨m sinh hai b¹n ph¶I lµ 9 vµ 0 v× trong trêng hîp ngùoc l¹i th× tæng c¸c ch÷ sè cña n¨m sinh hai b¹n chØ h¬n kÐm nhau lµ 1, kh«ng thÓ cïng lµ sè ch½n. Gäi n¨m sinh cña Mai lµ 19a9 th× 1 +9+a+9 = 19 + a. Muèn tæng nµy lµ sè ch½n th× a  {1; 3; 5; 7; 9}. HiÓn nhiªn Mai kh«ng thÓ sinh n¨m 1959 hoÆc 1999. VËy Mai sinh n¨m 1979, b¹n cña Mai sinh n¨m 1980. Chuyên đề 2: ÍNH CHẤT CHIA HẾT TRONG N Một số dấu hiệu chia hết – Ví dụ I.Một số dấu hiệu chia hết 1. Chia hÕt cho 2, 5, 4, 25 vµ 8; 125. an an  1...a1a0 2  a0 2  a0 0; 2; 4; 6;8. an an  1...a1a0 5  a0 0;5 an an  1...a1a0 4. ( hoÆc 25)  a1a0 4 ( hoÆc 25). an an  1...a1a0 8. ( hoÆc 125)  a2 a1a0 8 ( hoÆc 125) 2. Chia hÕt cho 3; 9. an an 1...a1a0 3. (hoÆc 9)  a0  a1  ...  an 3 ( hoÆc 9) NhËn xÐt: D trong phÐp chia N cho 3 ( hoÆc 9) còng chÝnh lµ d trong phÐp chia tæng c¸c ch÷ sè cña N cho 3 ( hoÆc 9). 3. DÊu hiÖu chia hÕt cho 11: A11    a0  a2  a4  ...   a1  a3  a5  ...  11.  Cho A ...a5 a4 a3a2 a1a0 4.DÊu hiÖu chia hÕt cho 101. A ...a5 a4 a3a2 a1a0 A101    a1a0  a5 a4  ...   a3 a2  a7 a6  ...  101. II.Ví dụ Ví dụ 1: Tìm các chữ số x, y để: a) 134 x 4 y45 b) 1234 xy72 Gi¶i: a) §Ó 134 x 4 y45 ta ph¶i cã 134 x 4 y chia hÕt cho 9 vµ 5  y = 0 hoÆc y = 5 Víi y = 0 th× tõ 134 x 409 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 9  x  49  x 5 khi đó ta có số 13554 víi x = 5 th× tõ : 134 x 4 y9 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 +5 9  x 9  x 0; x 9 lúc đóta có 2 số: 135045; 135945. b) Ta cã 1234 xy 123400  xy 72.1713  64  xy 72  64  xy 72. V× 64 64  xy 163 nªn 64  xy b»ng 72 hoÆc 144. + Víi 64  xy =72 th× xy =08, ta cã sè: 123408. + Víi 64  xy =14 th× xy =80, ta cã sè 123480 Tìm các chữ số x, y để N 7 x36 y51375 Gi¶i: Ta cã: 1375 = 11.125. VÝ dô 2. N 125  6 y5125  y 2 N 7 x362511   5  6  x    2  3  7  12  x 11  x 1. VËy sè cÇn t×m lµ 713625.

(7) VÝ dô 3. A1991 1991...1991     . a). Hái sè. b). Tìm n để An 101. 1991so1991. cã chia hÕt cho 101 kh«ng?. Gi¶i: a) GhÐp 2 ch÷ sè liªn tiÕp nhau th× A1991 cã 2 cÆp sè lµ 91;19 Ta cã: 1991.91-1991.19 = 1991. 72  101 nªn A1991 101 b) An 101  n.91  n.19 72n101  n101 : II. MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA HẾT A.Tãm t¾t lý thuyÕt 1. §Þnh lý vÒ phÐp chia hÕt: a) §Þnh lý Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, b 0 , khi đó có 2 số nguyên q, r duy nhất sao cho : a bq  r víi 0 r  b , a lµ sã bÞ chia, b lµ sè chia, q lµ th¬ng sè vµ r lµ sè d.. Đặc biệt với r = 0 thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ớc của a, ký hiệu. a b .. VËy. a b  cã sè nguyªn q sao cho a = b.q. b) TÝnh chÊt a) NÕu a b vµ bc th× a c  b) NÕu a b vµ b a th× a = b c) NÕu a b , a c vµ (b,c) = 1 th× a bc d) NÕu abc vµ (c,b) = 1 th× a c 2. TÝnh chÊt chia hÕt cña mét tæng, mét hiÖu, mét tÝch. ¿ a⋮m - NÕu b ⋮ m → a+b ⋮ m } ¿ ¿ a⋮m - NÕu b ⋮ m → a− b ⋮ m } ¿ ¿ a⋮m - NÕu b ⋮ m → a .b ⋮ m } ¿ - NÕu a ⋮ m→ a ❑n ⋮ m (n lµ sè tù nhiªn). 3.Một số tính chất khác:  Trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n  Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!  A a A b và (a;b) = 1  Aa.b B.Ví dụ: 2 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: ( n2 +n −1 ) −1 ⋮ 24 Giải:. . . 2. A  n2  n  1  1  n  n  1    n  1  n  2   4! 24 Bài tập tự luyện: 2.. Chứng minh rằng.

(8) a. n3 +6 n2 +8 n ⋮ 48 với n chẳn b. n4 −10 n 2+ 9⋮ 384 với n lẻ 3. Chứng minh rằng : n6 +n 4 − 2 n2 ⋮ 72 với n nguyên 4. CMR với mọi số nguyên a biểu thức sau: a) a(a – 1) – (a +3)(a + 2) chia hết cho 6. b) a(a + 2) – (a – 7)(a -5) chia hết cho 7. c) (a2 + a + 1)2 – 1 chia hết cho 24 d) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 (mọi n chẵn) 5. CMR với mọi số tự nhiên n thì biểu thức: a) n(n + 1)(n +2) chia hết cho 6 b) 2n ( 2n + 2) chia hết cho 8. 3. §ång d thøc I.Lí thuyết đồng dư: a) §Þnh nghÜa : Cho sè nguyªn m > 0. NÕu 2 sè nguyªn a, b cho cïng sè d khi chia cho m thì ta nói a đồng d với b theo môđun m . KÝ hiÖu : a b(mod m) b) TÝnh chÊt a) a b(mod m)  a c b c(mod m) b) a b(mod m)  na nb(mod m) n. n. c) a b(mod m)  a b (mod m) d) a b(mod m)  ac bc(mod m) c) Một số hằng đẳng thức:  . a m  b m a  b a n  b n a  b (n lẻ) n  a  b  B ( a )  b.  II.Ví dụ: 9 99 1. Chứng minh: 2  2 200 Giải: 2 + 2 = 2 = 512  112(mod 200) (1)  2 = 2  112 (mod 200) . 112 = 12544  12 (mod 200)  112  12 (mod 200) 12 = 61917364224  24(mod 200) . 112  24.112(mod 200)  2688(mod 200)  88(mod 200)  2  88(mod 200) (2) 9 99 Từ (1) và (2)  2 + 2 = 200(mod 200) hay 2  2 200 III,Bài tập tự luyện: Sử dụng hằng đẳng thức và đồng dư 1962 1964 ( 1961 +1963 + 19651966 +2 ) ⋮ 7 1. ( 24 1917 +141917 ) ⋮19 2. ( 29 +299 ) ⋮200 3. ( 13123456789 −1 ) ⋮ 183 4. ( 19791979 −19811981 +1982 ) ⋮ 1980 5. ( 3+32 +33 +. ..+3 100 ) ⋮ 120 6. ( 22225555 +55552222 ) ⋮ 7 7. QUY NẠP TOÁN HỌC I.PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH B1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1?.

(9) B2: Giả sử Mệnh đề đúng với n = k  1. Chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 II.VÍ DỤ: n 2 2 n 1 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 7  8 57 Giải: -Với n = 1:A1 = 7 + 8 = 855  57 n 2 2 n 1 - Giả sử Ak  57 nghĩa là 7  8 57  Ak+1 = 7 + 8 =7. 7 + 64.8 = 7(7 + 8 ) + 57.8 . Vì 7 + 8 ( giả thiết qui nạp) và 57.8  57  Ak+1  57 Vậy theo nguyên lí qui nạp A = 7 + 8  57. *Chú í: Trong trường hợp tổng quát với n là số nguyên và n  n0. Thì ta kiểm tra mệnh đề đúng khi n = n0? III.BÀI TẬP: Chứng minh : Với n là số tự nhiên thì: ( 52 n+1 +2n +4 +2n +1 ) ⋮ 23 1. 2. 11 + 12  133 ( 5n +2+26. 5n +8 2n +1 ) ⋮ 59 3. ( 22 n+1 +33 n +1 ) ⋮ 5 4. ( 22 n+2 +24 n+ 14 ) ⋮ 18 5.. LUYỆN TẬP. A=1 ab 2 c ⋮ 1025 1. 2 B=abca= (5 c+1 ) 2. E=ab sao cho ab2= ( a+b )3 3. 4. A = ab=( a+b )2 HD: ab=( a+b )2 ⇔ ( a+b ) ( a+b −1 ) =9 a ≤ 92 ⇒ (a + b) 9 và (a + b) = 9k ⇒ k = 1 ⇒ a + b = 9 ⇒ 9a = 9.8 = 72 ⇒ a = 8 và b = 1 5. B = abcd=( ab+ cd )2 ⇒ 99x = (x + y)(x + y - 1) HD: Đặt x=ab ; y=cd 992. x=99(1) ¿ x <99(2) Xét 2 khả năng : ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ (1) B = 9801 ¿ x+ y=9 k x+ y − 1=11 l ¿ ¿ ¿ x + y=11 k (2) ⇒ ¿ x + y −1=9l ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 6.. ⇒. C=abcdef = ( abc+ def )2. B=2025 ¿ B=3025 ¿ ¿ ¿ ¿. ĐS: B = 9801;2025;3025.

(10) 7.. H=abcd. . . . a bb . .. b cc . . . c +1= dd .. . d + 1 ⏟ ⏟ ⏟ ⏟ sao cho aa n. n. n. (. n. 3. ). 2. 8. Tìm xyy 1+4 z=z 9. Tính giá trị của biểu thức: 1/ Cho x +y = 3, tính giá trị A = x2 + 2xy + y2 – 4x – 4y + 3. 2/ Cho x +y = 1.Tính giá trị B = x3 + y3 + 3xy 3/ Cho x – y =1.Tính giá trị C = x3 – y3 – 3xy. 4/ Cho x + y = m và x.y = n.Tính giá trị các biểu thức sau theo m,n. a) x2 + y2 b) x3 + y3 c) x4 + y4 5/ Cho x + y = m và x2 + y2 = n.Tính giá trị biểu thức x3 + y3 theo m và n. 6/ a) Cho a +b +c = 0 và a2 + b2 + c2 = 2.Tính giá trị của bt: a4 + b4 + c4. b) Cho a +b +c = 0 và a2 + b2 + c2 = 1.Tính giá trị của bt: a4 + b4 + c4.. Chuyên đề 2 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.

(11) 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 Vậy A là số chính phương.. Z. 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 = (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. Ta có k(k+1)(k+2) = 4 k(k+1)(k+2).4 = 4 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 1 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - 4 k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1 1 1 1 ⇒ S= .1.2.3.4 - 4 .0.1.2.3 + 4 .2.3.4.5 - 4 .1.2.3.4 +…+ 4 4 1 1 (k+3) - 4 k(k+1)(k+2)(k-1) = 4 k(k+1)(k+2)(k+3). =. 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 n. 10 −1 10 −1 . 10n + 8. +1 9 9 4 . 102 n − 4 . 10n +8 .10 n − 8+9 4 . 102 n+ 4 . 10n +1 = 9 9 n 2 2. 10 +1 3. = 4. =. n. n chữ số 4. (. ). Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n-1 chữ số 0. ⇒. n. ( 2. 103 +1 ). 2. 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:.

(12) A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1. n chữ số 4. B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6. C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8. Kết quả: A =. (. n. 10 +2 3. 2. ). ;. (. B=. n. 10 +8 3. ). 2. ;. C=. (. n 2. 10 +7 2 3. ). 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. 10n −1 . 10n + 5. 9. 102 n +4 . 10n + 4 = 9. =. 10n −1 9. (. n. 10 +2 3. n chữ số 1. +1=. ). 102 n − 10n +5 .10n −5+ 9 9. 2. 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) 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.

(13) 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) ⇒ 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.

(14) 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 2008 chữ số 1. Chứng minh. 2007 chữ số 0. √ ab+1 là số tự nhiên. 102008 −1 9. Cách 1: Ta có a = 11…1 = 2008 chữ số 1. ⇒. (10. ab+1 =. √ ab+1 =. √(. 2008. 102008 + 2 3. −1)(10 9. ). 2. =. 2008. ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5 2007 chữ số 0. 2008 chữ số 0. +5) 2008. 10. +1=. 10. ¿ + 4 .102008 − 5+9 ¿ ¿ ¿. 2. 2008 2. =. 2008. (10 3 + 2 ). +2. 3. Ta thấy 102008 + 2 = 100…02 ⋮ 3 nên. 102008 +2 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. 2008 chữ số 0. 2008 chữ số 9. ab+1 = a(9a +6) + 12 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2 3 a+1 ¿ ⇒ √ ab+1 = = 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 a. Vì n2 + 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 ⇒.

(15) k–n-1=1 n=4 b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 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 c. Đặt 13n + 3 = y2 ( 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. 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..

(16) Bài 4: Tìm n a. b. c. d.. N để các số sau là số chính phương: n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) n2 + 4n + 97 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 . 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 ⇒. n=. m2 −1 2. =. 4 a (a+1) 2. = 2a(a+1).

(17) ⇒. 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 ⇒ ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a+48 = 2p a48 = 2q ⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12 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.

(18) ⇒. 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. 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.

(19)  Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Gọi số phải tìm là ab với a,b N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9 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 ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại  Nếu ab = 64 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..

(20) Chuyên đề 3 Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử I. CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN 1. Phương pháp đặt nhân tử chung –. Tìm nhân tử chung là những đơn, đa thức có mặt trong tất cả các hạng tử.. –. Phân tích mỗi hạng tử thành tích của nhân tử chung và một nhân tử khác.. – Viết nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc, viết các nhân tử còn lại của mỗi hạng tử vào trong dấu ngoặc (kể cả dấu của chúng). Ví dụ 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử. 28a2b2 - 21ab2 + 14a2b = 7ab(4ab - 3b + 2a) 2x(y – z) + 5y(z –y ) = 2(y - z) – 5y(y - z) = (y – z)(2 - 5y) xm + xm + 3 = xm (x3 + 1) = xm( x+ 1)(x2 – x + 1) 2. Phương pháp dùng hằng đẳng thức -. Dùng các hằng đẳng thức đáng nhớ để phân tích đa thức thành nhân tử.. -. Cần chú ý đến việc vận dụng hằng đẳng thức.. Ví dụ 2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử. 9x2 – 4 = (3x)2 – 22 = ( 3x– 2)(3x + 2) 8 – 27a3b6 = 23 – (3ab2)3 = (2 – 3ab2)( 4 + 6ab2 + 9a2b4) 25x4 – 10x2y + y2 = (5x2 – y)2 3. Phương pháp nhóm nhiều hạng tử –. Kết hợp các hạng tử thích hợp thành từng nhóm.. –. Áp dụng liên tiếp các phương pháp đặt nhân tử chung hoặc dùng hằng đẳng thức.. Ví dụ 3. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 2x3 – 3x2 + 2x – 3 = ( 2x3 + 2x) – (3x2 + 3) = 2x(x2 + 1) – 3( x2 + 1) = ( x2 + 1)( 2x – 3) x2 – 2xy + y2 – 16 = (x – y)2 - 42 = ( x – y – 4)( x –y + 4) 4. Phối hợp nhiều phương pháp -. Chọn các phương pháp theo thứ tự ưu tiên.. -. Đặt nhân tử chung.. -. Dùng hằng đẳng thức.. -. Nhóm nhiều hạng tử..

(21) Ví dụ 4. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 3xy2 – 12xy + 12x = 3x(y2 – 4y + 4) = 3x(y – 2)2 3x3y – 6x2y – 3xy3 – 6axy2 – 3a2xy + 3xy = = 3xy(x2 – 2y – y2 – 2ay – a2 + 1) = 3xy[( x2 – 2x + 1) – (y2 + 2ay + a2)] = 3xy[(x – 1)2 – (y + a)2] = 3xy[(x – 1) – (y + a)][(x – 1) + (y + a)] = 3xy( x –1 – y – a)(x – 1 + y + a) II. PHƯƠNG PHÁP TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ 1. Đối với đa thức bậc hai (f(x) = ax2 + bx + c) a). Cách 1 (tách hạng tử bậc nhất bx):. Bước 1: Tìm tích ac, rồi phân tích ac ra tích của hai thừa số nguyên bằng mọi cách. a.c = a1.c1 = a2.c2 = a3.c3 = … = ai.ci = … Bước 2: Chọn hai thừa số có tổng bằng b, chẳng hạn chọn tích a.c = ai.ci với b = ai + ci Bước 3: Tách bx = aix + cix. Từ đó nhóm hai số hạng thích hợp để phân tích tiếp. Ví dụ 5. Phân tích đa thức f(x) = 3x2 + 8x + 4 thành nhân tử. Hướng dẫn -. Phân tích ac = 12 = 3.4 = (–3).(–4) = 2.6 = (–2).(–6) = 1.12 = (–1).(–12). -. Tích của hai thừa số có tổng bằng b = 8 là tích a.c = 2.6 (a.c = ai.ci).. -. Tách 8x = 2x + 6x (bx = aix + cix). Lời giải 3x2 + 8x + 4 = 3x2 + 2x + 6x + 4 = (3x2 + 2x) + (6x + 4)= x(3x + 2) + 2(3x + 2) = (x + 2)(3x +2) b). Cách 2 (tách hạng tử bậc hai ax2). -. Làm xuất hiện hiệu hai bình phương :. f(x) = (4x2 + 8x + 4) – x2 = (2x + 2)2 – x2 = (2x + 2 – x)(2x + 2 + x) = (x + 2)(3x + 2) -. Tách thành 4 số hạng rồi nhóm :. f(x) = 4x2 – x2 + 8x + 4 = (4x2 + 8x) – ( x2 – 4) = 4x(x + 2) – (x – 2)(x + 2) = (x + 2)(3x + 2) f(x) = (12x2 + 8x) – (9x2 – 4) = … = (x + 2)(3x + 2) c). Cách 3 (tách hạng tử tự do c). -. Tách thành 4 số hạng rồi nhóm thành hai nhóm: f(x) = 3x2 + 8x + 16 – 12 = (3x2 – 12) + (8x + 16) = … = (x + 2)(3x + 2).

(22) d). Cách 4 (tách 2 số hạng, 3 số hạng) f(x) = (3x2 + 12x + 12) – (4x + 8) = 3(x + 2)2 – 4(x + 2) = (x + 2)(3x – 2) f(x) = (x2 + 4x + 4) + (2x2 + 4x) = … = (x + 2)(3x + 2). e). Cách 5 (nhẩm nghiệm): Xem phần III.. Chú ý : Nếu f(x) = ax2 + bx + c có dạng A2 ± 2AB + c thì ta tách như sau : f(x) = A2 ± 2AB + B2 – B2 + c = (A ± B)2 – (B2 – c) Ví dụ 6. Phân tích đa thức f(x) = 4x2 - 4x - 3 thành nhân tử. Hướng dẫn Ta thấy 4x2 - 4x = (2x)2 - 2.2x. Từ đó ta cần thêm và bớt 12 = 1 để xuất hiện hằng đẳng thức. Lời giải f(x) = (4x2 – 4x + 1) – 4 = (2x – 1)2 – 22 = (2x – 3)(2x + 1) Ví dụ 7. Phân tích đa thức f(x) = 9x2 + 12x – 5 thành nhân tử. Lời giải Cách 1 : f(x) = 9x2 – 3x + 15x – 5 = (9x2 – 3x) + (15x – 5) = 3x(3x –1) + 5(3x – 1) = (3x – 1)(3x + 5) Cách 2 : f(x) = (9x2 + 12x + 4) – 9 = (3x + 2)2 – 32 = (3x – 1)(3x + 5) 2. Đối với đa thức bậc từ 3 trở lên (Xem mục III. Phương pháp nhẩm nghiệm) 3. Đối với đa thức nhiều biến Ví dụ 11. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a). 2x2 - 5xy + 2y2 ;. b). x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y).. Hướng dẫn a). Phân tích đa thức này tương tự như phân tích đa thức f(x) = ax2 + bx + c.. Ta tách hạng tử thứ 2 : 2x2 - 5xy + 2y2 = (2x2 - 4xy) - (xy - 2y2) = 2x(x - 2y) - y(x - 2y) = (x - 2y)(2x - y) a). Nhận xét z - x = -(y - z) - (x - y). Vì vậy ta tách hạng tử thứ hai của đa thức :. x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y) = x2(y - z) - y2(y - z) - y2(x - y) + z2(x - y) = = (y - z)(x2 - y2) - (x - y)(y2 - z2) = (y - z)(x - y)(x + y) - (x - y)(y - z)(y + z) = (x - y)(y - z)(x - z) Chú ý : 1) Ở câu b) ta có thể tách y - z = - (x - y) - (z - x) (hoặc z - x= - (y - z) - (x - y)) 2) Đa thức ở câu b) là một trong những đa thức có dạng đa thức đặc biệt. Khi ta thay x = y (y = z hoặc z = x) vào đa thức thì giá trị của đa thức bằng 0. Vì vậy, ngoài cách.

(23) phân tích bằng cách tách như trên, ta còn cách phân tích bằng cách xét giá trị riêng (Xem phần VII). III. PHƯƠNG PHÁP NHẨM NGHIỆM Trước hết, ta chú ý đến một định lí quan trọng sau : Định lí : Nếu f(x) có nghiệm x = a thì f(a) = 0. Khi đó, f(x) có một nhân tử là x – a và f(x) có thể viết dưới dạng f(x) = (x – a).q(x) Lúc đó tách các số hạng của f(x) thành các nhóm, mỗi nhóm đều chứa nhân tử là x – a. Cũng cần lưu ý rằng, nghiệm nguyên của đa thức, nếu có, phải là một ước của hệ số tự do. Ví dụ 8. Phân tích đa thức f(x) = x3 + x2 + 4 thành nhân tử. Lời giải Lần lượt kiểm tra với x = ± 1, ± 2, 4, ta thấy f(–2) = (–2) 3 + (–2)2 + 4 = 0. Đa thức f(x) có một nghiệm x = –2, do đó nó chứa một nhân tử là x + 2. Từ đó, ta tách như sau Cách 1 : f(x) = x3 + 2x2 – x2 + 4 = (x3 + 2x2) – (x2 – 4) = x2(x + 2) – (x – 2)(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2). Cách 2 : f(x) = (x3 + 8) + (x2 – 4) = (x + 2)(x2 – 2x + 4) + (x – 2)(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2). Cách 3 : f(x) = (x3 + 4x2 + 4x) – (3x2 + 6x) + (2x + 4) = x(x + 2)2 – 3x(x + 2) + 2(x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2). Cách 4 : f(x) = (x3 – x2 + 2x) + (2x2 – 2x + 4) = x(x2 – x + 2) + 2(x2 – x + 2) = (x + 2)(x2 – x + 2). Từ định lí trên, ta có các hệ quả sau : Hệ quả 1. Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nghiệm là x = 1. Từ đó f(x) có một nhân tử là x – 1. Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 8x – 4 có 1 + (–5) + 8 + (–4) = 0 nên x = 1 là một nghiệm của đa thức. Đa thức có một nhân tử là x – 1. Ta phân tích như sau : f(x) = (x3 – x2) – (4x2 – 4x) + (4x – 4) = x2(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = (x – 1)( x – 2)2 Hệ quả 2. Nếu f(x) có tổng các hệ số của các luỹ thừa bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các luỹ thừa bậc lẻ thì f(x) có một nghiệm x = –1. Từ đó f(x) có một nhân tử là x + 1. Chẳng hạn, đa thức x3 – 5x2 + 3x + 9 có 1 + 3 = –5 + 9 nên x = –1 là một nghiệm của đa thức. Đa thức có một nhân tử là x + 1. Ta phân tích như sau : f(x) = (x3 + x2) – (6x2 + 6x) + (9x + 9) = x2(x + 1) – 6x(x + 1) + 9(x + 1) = (x + 1)( x – 3)2 Hệ quả 3. Nếu f(x) có nghiệm nguyên x = a và f(1) và f(–1) khác 0 thì đều là số nguyên.. và.

(24) Ví dụ 9. Phân tích đa thức f(x) = 4x3 - 13x2 + 9x - 18 thành nhân tử. Hướng dẫn Các ước của 18 là ± 1, ± 2, ± 3, ± 6, ± 9, ± 18. f(1) = –18, f(–1) = –44, nên ± 1 không phải là nghiệm của f(x). Dễ thấy không là số nguyên nên –3, ± 6, ± 9, ± 18 không là nghiệm của f(x). Chỉ còn – 2 và 3. Kiểm tra ta thấy 3 là nghiệm của f(x). Do đó, ta tách các hạng tử như sau :. = (x – 3)(4x2 – x + 6) Hệ quả 4. Nếu ( là các số nguyên) có nghiệm hữu tỉ p, q Z và (p , q)=1, thì p là ước a0, q là ước dương của an .. , trong đó. Ví dụ 10. Phân tích đa thức f(x) = 3x3 - 7x2 + 17x - 5 thành nhân tử. Hướng dẫn Các ước của –5 là ± 1, ± 5. Thử trực tiếp ta thấy các số này không là nghiệm của f(x). Như vậy f(x) không có nghiệm nghuyên. Xét các số , ta thấy là nghiệm của đa thức, do đó đa thức có một nhân tử là 3x – 1. Ta phân tích như sau : f(x) = (3x3 – x2) – (6x2 – 2x) + (15x – 5) = (3x – 1)(x2 – 2x + 5). IV. PHƯƠNG PHÁP THÊM VÀ BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ 1. Thêm và bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện hiệu hai bình ph ương Ví dụ 12. Phân tích đa thức x4 + x2 + 1 thành nhân tử Lời giải Cách 1 : x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) – x2 = (x2 + 1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1). Cách 2 : x4 + x2 + 1 = (x4 – x3 + x2) + (x3 + 1) = x2(x2 – x + 1) + (x + 1)(x2 – x + 1) = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1). Cách 3 : x4 + x2 + 1 = (x4 + x3 + x2) – (x3 – 1) = x2(x2 + x + 1) + (x – 1)(x2 + x + 1) = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1). Ví dụ 13. Phân tích đa thức x4 + 16 thành nhân tử Lời giải Cách 1 : x4 + 4 = (x4 + 4x2 + 4) – 4x2 = (x2 + 2)2 – (2x)2 = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2) Cách 2 : x4 + 4 = (x4 + 2x3 + 2x2) – (2x3 + 4x2 + 4x) + (2x2 + 4x + 4) = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2) 2. Thêm và bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện nhân tử chung Ví dụ 14. Phân tích đa thức x5 + x - 1 thành nhân tử Lời giải.

(25) Cách 1. x5 + x - 1 = x5 - x4 + x3 + x4 - x3 + x2 - x2 + x - 1 = x3(x2 - x + 1) - x2(x2 - x + 1) - (x2 - x + 1) = (x2 - x + 1)(x3 - x2 - 1). Cách 2. Thêm và bớt x2 : x5 + x - 1 = x5 + x2 - x2 + x - 1 = x2(x3 + 1) - (x2 - x + 1) = (x2 - x + 1)[x2(x + 1) - 1] = (x2 - x + 1)(x3 - x2 - 1). Ví dụ 15. Phân tích đa thức x7 + x + 1 thành nhân tử Lời giải x7 + x2 + 1 = x7 – x + x2 + x + 1 = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + (x2+ x + 1) = x(x3 + 1)(x - 1)(x2 + x + 1) + ( x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x5 - x4 – x2 - x + 1) Lưu ý : Các đa thức dạng x3m + 1 + x3n + 2 + 1 như x7 + x2 + 1, x4 + x5 + 1 đều chứa nhân tử là x2 + x + 1. V. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN Đặt ẩn phụ để đưa về dạng tam thức bậc hai rồi sử dụng các phương pháp cơ bản. Ví dụ 16. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 Lời giải x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (x2 + 10x)(x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức đã cho có dạng : (y - 12)(y + 12) + 128 = y2 - 16 = (y + 4)(y - 4) = (x2 + 10x + 16)(x2 + 10x + 8) = (x + 2)(x + 8)(x2 + 10x + 8) Nhận xét: Nhờ phương pháp đổi biến ta đã đưa đa thức bậc 4 đối với x thành đa thức bậc 2 đối với y. Ví dụ 17. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : A = x4 + 6x3 + 7x2 - 6x + 1. Lời giải Cách 1. Giả sử x ≠ 0. Ta viết đa thức dưới dạng : . Đặt. thì. . Do đó :. A = x2(y2 + 2 + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2.

(26) = (x2 + 3x - 1)2.. =. Dạng phân tích này cũng đúng với x = 0. Cách 2. A = x4 + 6x3 - 2x2 + 9x2 - 6x + 1 = x4 + (6x3 -2x2) + (9x2 - 6x + 1) = x4 + 2x2(3x - 1) + (3x - 1)2 = (x2 + 3x - 1)2. VI. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH Ví dụ 18. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x4 - 6x3 + 12x2 - 14x - 3 Lời giải Thử với x= ±1; ±3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy đa thức trên phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 +(a + c)x3 + (ac+b+d)x2 + (ad+bc)x + bd = x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3. Đồng nhất các hệ số ta được : Xét bd= 3 với b, d Î Z, b Î {± 1, ± 3}. Với b = 3 thì d = 1, hệ điều kiện trên trở thành `. 2c = -14 - (-6) = -8. Do đó c = -4, a = -2.. Vậy x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3. = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1).. VII. PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG Trong phương pháp này, trước hết ta xác định dạng các nhân tử chứa biến của đa thức, rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định các nhân tử còn lại. Ví dụ 19. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : P = x2(y – z) + y2(z – x) + z(x – y). Lời giải Thay x bởi y thì P = y2(y – z) + y2( z – y) = 0. Như vậy P chứa thừa số (x – y). Ta thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì p không đổi (đa thức P có thể hoán vị vòng quanh). Do đó nếu P đã chứa thừa số (x – y) thì cũng chứa thừa số (y – z), (z – x). Vậy P có dạng k(x – y)(y – z)(z – x). Ta thấy k phải là hằng số vì P có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z, còn tích (x – y)(y – z)(z – x) cũng có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z. Vì đẳng thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) đúng với mọi x, y, z nên ta gán cho các biến x ,y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = 0 ta được: 4.1 + 1.(–2) + 0 = k.1.1.(–2) suy ra k =1.

(27) Vậy P = –(x – y)(y – z)(z – x) = (x – y)(y – z)(x – z) VIII. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT 1. Đưa về đa thức : a3 + b3 + c3 - 3abc Ví dụ 20. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a). a3 + b3 + c3 - 3abc.. b). (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3.. Lời giải a). a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 + c3 - 3abc. = [(a + b)3 + c3] - 3ab(a + b + c)= (a + b + c)[(a + b)2 - (a + b)c + c2] - 3ab(a + b + c) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc -ca) b). Đặt x - y = a, y - z = b, z - x = c thì a + b + c. Theo câu a) ta có :. a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 Þ a3 + b3 + c3 = 3abc. Vậy (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x) 2. Đưa về đa thức : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 Ví dụ 21. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a). (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3.. b). 8(x + y + z)3 - (x + y)3 - (y + z)3 - (z + x)3.. Lời giải a). (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = [(a + b) + c]3 - a3 - b3 - c3. = (a + b)3 + c3 + 3c(a + b)(a + b + c) - a3 - b3 - c3 = (a + b)3 + 3c(a + b)(a + b + c) - (a + b)(a2 - ab + b2) = (a + b)[(a + b)2 + 3c(a + b + c) - (a2 - ab + b2)] = 3(a + b)(ab + bc + ca + c2) = 3(a + b)[b(a + c) + c(a + c)]= 3(a + b)(b + c)(c + a). b). Đặt x + y = a, y + z = b, z + x = c thì a + b + c = 2(a + b + c).. Đa thức đã cho có dạng : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 Theo kết quả câu a) ta có : (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Hay 8(x + y + z)3 - (x + y)3 - (y + z)3 - (z + x)3 = 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y) II. Bài tập: Bài tập 1: Phân tích đa thức thành nhân tử. 1.. 16x3y + 0,25yz3. 21. (a + b + c)2 + (a + b – c)2 – 4c2. 2.. x 4 – 4x3 + 4x2. 22. 4a2b2 – (a2 + b2 – c2)2. 3.. 2ab2 – a2b – b3. 23. a 4 + b4 + c4 – 2a2b2 – 2b2c2 – 2a2c2.

(28) 4.. a 3 + a2b – ab2 – b3. 24. a(b3 – c3) + b(c3 – a3) + c(a3 – b3). 5.. x 3 + x2 – 4x - 4. 25. a 6 – a4 + 2a3 + 2a2. 6.. x 3 – x2 – x + 1. 26. (a + b)3 – (a – b)3. 7.. x 4 + x3 + x2 - 1. 27. X 3 – 3x2 + 3x – 1 – y3. 8.. x 2y2 + 1 – x2 – y2. 28. X m + 4 + xm + 3 – x - 1. 10. x 4 – x2 + 2x - 1. 29. (x + y)3 – x3 – y3. 11. 3a – 3b + a2 – 2ab + b2. 30. (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3. 12. a 2 + 2ab + b2 – 2a – 2b + 1. 31. (b – c)3 + (c – a)3 + (a – b)3. 13. a 2 – b2 – 4a + 4b. 32. x3 + y3+ z3 – 3xyz. 14. a 3 – b3 – 3a + 3b. 33. (x + y)5 – x5 – y5. 15. x 3 + 3x2 – 3x - 1. 34. (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3. 16. x 3 – 3x2 – 3x + 1 17. x 3 – 4x2 + 4x - 1 18. 4a2b2 – (a2 + b2 – 1)2 19. (xy + 4)2 – (2x + 2y)2 20. (a2 + b2 + ab)2 – a2b2 – b2c2 – c2a2 Bài tập 2: Phân tích đa thức thành nhân tử. 1.. x2 – 6x + 8. 23.. x3 – 5x2y – 14xy2. 2.. x2 – 7xy + 10y2. 24.. x4 – 7x2 + 1. 3.. a2 – 5a - 14. 25.. 4x4 – 12x2 + 1. 4.. 2m2 + 10m + 8. 26.. x2 + 8x + 7. 5.. 4p2 – 36p + 56. 27.. x2 – 13x + 36. 6.. x3 – 5x2 – 14x. 28.. x2 + 3x – 18. 7.. a4 + a2 + 1. 29.. x2 – 5x – 24. 8.. a4 + a2 – 2. 30.. 3x2 – 16x + 5. 9.. x4 + 4x2 + 5. 31.. 8x2 + 30x + 7. 10. x3 – 10x - 12. 32.. 2x2 – 5x – 12. 11. x3 – 7x - 6. 33.. 6x2 – 7x – 20. 12. x2 – 7x + 12. 34.. x2 – 7x + 10. 13. x2 – 5x – 14. 35.. x2 – 10x + 16.

(29) 14. 4 x2 – 3x – 1. 36.. 3x2 – 14x + 11. 15. 3 x2 – 7x + 4. 37.. 5x2 + 8x – 13. 16. 2 x2 – 7x + 3. 38.. x2 + 19x + 60. 17. 6x3 – 17x2 + 14x – 3. 39.. x4 + 4x2 - 5. 18. 4x3 – 25x2 – 53x – 24. 40.. x3 – 19x + 30. 19. x4 – 34x2 + 225. 41.. x3 + 9x2 + 26x + 24. 20. 4x4 – 37x2 + 9. 42.. 4x2 – 17xy + 13y2. 21. x4 + 3x3 + x2 – 12x - 20. 43.. - 7x2 + 5xy + 12y2. 22. 2x4 + 5x3 + 13x2 + 25x + 15. 44.. x3 + 4x2 – 31x - 70. Bài tập 3: Phân tích đa thức thành nhân tử. 1.. x4 + x2 + 1. 17.. x5 - x4 - 1. 2.. x4 – 3x2 + 9. 18.. x12 – 3x6 + 1. 3.. x4 + 3x2 + 4. 19.. x8 - 3x4 + 1. 4.. 2x4 – x2 – 1. 20.. a5 + a4 + a3 + a2 + a + 1. 5.. x4y4 + 4. 21.. m3 – 6m2 + 11m - 6. 6.. x4y4 + 64. 22.. x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1. 7.. 4 x4y4 + 1. 23.. x3 + 4x2 – 29x + 24. 8.. 32x4 + 1. 24.. x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + 1. 9.. x4 + 4y4. 25.. x7 + x5 + x4 + x3 + x2 + 1. 10. x7 + x2 + 1. 26.. x5 – x4 – x3 – x2 – x - 2. 11. x8 + x + 1. 27.. x8 + x6 + x4 + x2 + 1. 12. x8 + x7 + 1. 28.. x9 – x7 – x6 – x5 + x4 + x3 + x2 + 1. 13. x8 + 3x4 + 1. 29.. a(b3 – c3) + b(c3 – a3) + c(a3 – b3). 14. x10 + x5 + 1 15. x5 + x + 1 16. x5 + x4 + 1 Bài tập 4: Phân tích đa thức thành nhân tử. 1.. x2 + 2xy – 8y2 + 2xz + 14yz – 3z2. 2.. 3x2 – 22xy – 4x + 8y + 7y2 + 1. 3.. 12x2 + 5x – 12y2 + 12y – 10xy – 3.

(30) 4.. 2x2 – 7xy + 3y2 + 5xz – 5yz + 2z2. 5.. x2 + 3xy + 2y2 + 3xz + 5yz + 2z2. 6.. x2 – 8xy + 15y2 + 2x – 4y – 3. 7.. x4 – 13x2 + 36. 8.. x4 + 3x2 – 2x + 3. 9.. x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1. Bài tập 5: Phân tích đa thức thành nhân tử: 1. (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 2. (a – x)y3 – (a – y)x3 – (x – y)a3 3. x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2) 4. (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 5. 3x5 – 10x4 – 8x3 – 3x2 + 10x + 8 6. 5x4 + 24x3 – 15x2 – 118x + 24 7. 15x3 + 29x2 – 8x – 12 8. x4 – 6x3 + 7x2 + 6x – 8 9. x3 + 9x2 + 26x + 24 Bài tập 6: Phân tích đa thức thành nhân tử. 1. a(b + c)(b2 – c2) + b(a + c)(a2 – c2) + c(a + b)(a2 – b2) 2. ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a) 3. a(b2 – c2) – b(a2 – c2) + c(a2 – b2) 4. (x – y)5 + (y – z)5 + (z – x)5 5. (x + y)7 – x7 – y7 6. ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + abc 7. (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5 8. a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) + 2abc 9. a3(b – c) + b3(c – a) + c3(a – b) 10. abc – (ab + bc + ac) + (a + b + c) – 1 Bài tập 7: Phân tích đa thức thành nhân tử. 1. (x2 + x)2 + 4x2 + 4x – 12 2. (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2 3. (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12 4. (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 5. (x2 + 2x)2 + 9x2 + 18x + 20 6. x2 – 4xy + 4y2 – 2x + 4y – 35 7. (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) + 16 8. (x2 + x)2 + 4(x2 + x) – 12.

(31) 9. 4(x2 + 15x + 50)(x2 + 18x + 72) – 3x2 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Các ví dụ và phương pháp giải Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a. a ( x 2+ 1 ) − x ( a2+ 1 ) b. x −1+ x n +3 − xn . Giải: a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung a ( x 2+ 1 ) − x ( a2+ 1 ) = ax 2+ a −a 2 x − x ¿ ax ( x −a ) − ( x − a )=( x − a ) ( ax − 1 ). b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức x −1+ x n +3 − xn . ¿ x n ( x 3 −1 ) + ( x − 1 ) ¿ x n ( x − 1 ) ( x2 + x +1 ) + ( x − 1 )=( x − 1 ) [ x n ( x 2+ x+1 ) +1 ] ( x − 1 ) ( x n +2+ x n +1+ x n +1 ). Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. x8 + 3x4 + 4. b. x6 - x4 - 2x3 + 2x2 . Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức x8 + 3x4 + 4 = (x8 + 4x4 + 4)- x4 = (x4 + 2)2 - (x2)2 = (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng đẳng thức x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2) ¿ x 2 [ ( x 4 −2 x 2 +1 ) + ( x 2 −2 x+1 ) ] 2. 2 2 2 x 2 [ ( x 2 −1 ) + ( x − 1 ) ]=x 2 ( x −1 ) [ ( x +1 ) +1 ] 2 x 2 ( x − 1 ) [ x 2 +2 x +2 ]. Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. 2 a2 b+4 ab2 − a2 c +ac 2 − 4 b2 c +2 bc 2 − 4 abc b. x 4 +2007 x 2+2006 x +2007 Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp: 2 a2 b+4 ab2 − a2 c +ac 2 − 4 b2 c +2 bc 2 − 4 abc 2 a2 b+4 ab2 − a2 c +ac 2 − 4 b 2 c +2 bc 2 − 4 abc 2 a2 b+4 ab2 − a2 c − 2 abc+ac 2 − 4 b 2 c +2 bc2 − 2 abc=¿ 2ab ( a+2 b ) − ac ( a+ 2b ) +c 2 ( a+2 b ) − 2 bc ( a+2 b ) ( a+2 b ) ( 2 ab −ac +c 2 − 2 bc ) =( a+ 2b ) [ a ( 2 b − c ) − c ( 2 b −c ) ] ( a+2 b ) ( 2 b −c ) ( a −c ). b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức ¿ ( x 4 − x ) + 2007 x 2 +2007 x +2007 4 2 x +2007 x +206 x +2007 x ( x − 1 ) ( x2 + x +1 ) +2007 ( x 2 + x+1 ) ( x 2 + x+ 1 )( x 2 − x +2007 ) Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. a3 +b 3+ c 3 − 3 abc b. ( a+b +c )3 − a3 −b 3 − c3 .. Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức a3 +b 3=( a+ b ) ( a2 +b 2 − ab ) ¿ ( a+b ) [ ( a+b )2 −3 ab ] 3 ¿ ( a+b ) − 3 ab ( a+b ) .Do đó:.

(32) 3. 3. 3. a +b + c − 3 abc=¿. ¿ [ ( a+ b )3 +c 3 ] − 3 ab ( a+b ) − 3 abc. ¿ ( a+b +c ) [ ( a+b )2 − ( a+b ) c +c 2 ] − 3 ab ( a+b +c ) ( a+b+ c ) ( a 2+ b2 +c 2 − ab − bc −ca ) b. ( a+b +c )3 − a3 −b 3 − c3 =[ ( a+ b+c )3 − a3 ] − ( b +c )3 ¿ ( b+ c ) [ ( a+ b+c )2 +a ( a+ b+c ) +a2 ] − ( b+c ) ( b2 − bc+c 2 ) ( b+ c ) ( 3 a 2+3 ab+ 3 bc+ 3 ca ) =3 ( b+ c ) ( a+ c )( a+ b ). Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc. 3. 3. 3. 3. 3. ⇒ ( a+b ) =− c ⇒ a + b +3 ab ( a+ b )=− c Giải: Vì a + b + c = 0 ⇒ a 3+ b3 +c 3 − 3 abc=0 ⇒a3 +b 3+ c 3=3 abc ab Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính P= 2 2 4 a −b Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b. ab a2 1 P= = = Do đó 4 a2 − b2 3 a2 3. Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu: 2 2 2 a b c x y z x y z + + =0 ; + + =1 thì ; 2 + 2 + 2 =1 x y z a b c a b c a b c ayz+ bxz+ cxy + + =0⇒ =0 ⇒ ayz+ bxz+cxy =0 Giải: x y z xyz. x y z   1  a b c. 2. x2 y2 z 2 ayz  bxz  cxy x2 y 2 z 2  x y z 1  2  2  2 1      2  2  2  2. a b c abc a b c a b c Bài tập vận dụng - Tự luyện. 1.. Phân tích đa thức thành nhân tử : a. x 2 − x −12 b. x 2+ 8 x +15 c. x 2 −6 x −16 d. x 3 − x 2 + x +3 2. Phân tích đa thức thành nhân tử : 2 2 ( x − x ) −2 ( x 2 − x ) −15 . 3. Phân tích đa thức thành nhân tử 1.(a - x)y3 - (a - y)x3 + (x - y)a3. 2.bc(b + c) + ca(c + a) + ba(a + b) + 2abc. 3.x2 y + xy2 + x2 z + xz2+ y2 z + yz2 + 2xyz. 4. Tìm x,y thỏa mãn: x2 + 4y2 + z2 = 2x + 12y - 4z - 14. 5. Cho a +| b + c + d = 0. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 + d 3= 3(c + d)( ab + cd). 6. Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2). 7. Chứng minh rằng với x,y nguyên thì : A = y4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y) là số chính phương. 8. Biết a - b = 7. Tính giá trị của biểu thức sau: 2 a ( a+1 ) −b 2 ( b − 1 )+ ab −3 ab ( a − b+1 ).

(33) ¿ x + y + z=1 x 2+ y 2+ z 2=1 Cho x,y,z là 3 số thỏa mãn đồng thời: 3 3 3 . Hãy tính giá trị biếu thức x + y + z =1 ¿ {{ ¿ 17 9 P = ( x − 1 ) + ( y −1 ) + ( z −1 )1997 .. 9.. 10. a.Tính 12 − 22+3 2 − 4 2+. ..+ 992 − 1002+ 1012 . b.Cho a + b + c = 9 và a2 + b2 + c2 = 53. Tính ab + bc + ca. 11. Cho 3 số x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Hãy tính giá trị của Biếu thức : S = (x-1)2005 + (y - 1)2006 + (z+1)2007 12.. Cho 3 số a,b,c thỏa điều kiện :. 1 1 1 1 + + = . a b c a+b+ c. Tính Q = (a25 + b25)(b3 + c3)(c2008 - a2008). HƯỚNG DẪN: 1. Phân tích đa thức thành nhân tử : a. x 2 − x −12= ( x − 4 ) ( x+ 3 ) b. x 2+ 8 x +15=( x+3 )( x +5 ) c. x 2 −6 x −16=( x+ 2 )( x −8 ) d. x 3 − x 2 + x +3=( x +1 ) ( x 2 −2 x +3 ) 2. Phân tích đa thức thành nhân tử : 2 2 ( x − x ) −2 ( x 2 − x ) −15=( x 2 − x −5 )( x2 − x +3 ) . 3. Phân tích đa thức thành nhân tử 1.(a - x)y3 - (a - y)x3 + (x-y)a3 ¿ ( x − y )( x − a )( y −a )( x + y +a ). 2.bc(b + c) + ca(c + a) + ba(a + b) + 2abc ¿ ( a+b )( b+c ) ( c+ a ) 2. 2. 2. 2. 2. 2. 3.x y + xy + x z + xz + y z + yz + 2xyz ( x+ y )( y + z ) ( z+ x ). 4.. 2. 2. 2. x + 4y + z = 2x + 12y - 4z - 14 2. 5. Từ a + b + c + d = 0 d)( ab + cd).. 2. 2. ⇔ ( x −1 ) + ( 2 y −3 ) ∨+ ( z − 2 ) 3 3 ⇒ ( a+ b ) =− ( c+ d ) Biến đổi tiếp ta được :a3 + b3 + c3 + d 3= 3(c + 3. 3. 3. x + y + z =3 xyz ⇒ 3 3 3 ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 )=3 xyz ( x 2+ y 2 + z 2 ) 5 5 5 2 2 2 ⇔ x + y + z − xyz ( xy+ yz+ zx ) =3 xyz ( x + y + z ) 6. Nếu x + y + z = 0 thì : 5 5 5 2 2 2 ⇔ 2 ( x + y + z ) −2 xyz ( xy + yz+zx )=6 xyz ( x + y + z ) ; () 2 2 2 −2 xyz ( xy +yz +zx )=xyz ( x + y + z ) Nhưng: ( x+ y+ z )2 =0 ⇒−2 xyz ( xy +yz +zx )=x 2 + y 2+ z2 (**). Thay (**) vào (*) ta được: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2). 7.. Với x,y nguyên thì : A = y4 + (x + y) (x + 2y) (x + 3y) (x + 4y) ¿ ( x 2+5 xy+ 5 y 2 ). 8.. 2. Biến đổi a2 ( a+1 ) −b 2 ( b − 1 )+ ab −3 ab ( a − b+1 )=( a− b )2 ( a −b+ 1 ).

(34) ¿ x + y + z=1 9. Từ x 3+ y3 + z 3=1 ¿{ ¿ 3 3 3 3 ⇒ ( x + y + z ) − x − y − z =3 ( x+ y )( y + z ) ( z+ x ) x+ y=0 ¿ y + z=0 ¿ ⇒ P=− 2 z+ x=0 ¿ ¿ ¿ ¿. 10. a. b. 11.. Sử dụng hằng đẳng thức a2 - b2 ; S -=5151 Sử dụng hằng đẳng thức (a + b + c)2; P = 14 Từ giả thiết suy ra: x2 + y2 + z2 = 0 suy ra : x = y = z = 0;S = 0. 12.. Từ:. 1 1 1 1 + + = . : (a + b)(b + c)(c + a) = 0 a b c a+b+ c. Tính được Q = 0. Chuyên đề 4: BẤT ĐẲNG THỨC Vµ GI¸ TRỊ LỚN NHẤT, GI¸ TRỊ Nhá NHẤT A. C¸C PHƯƠNG PH¸P CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1.Phương ph¸p đổi tương đương *) Để chứng minh: A ≥ B A ≥ B ⇔ A1 ≥ B1 ≥. . .≥ An ≥ Bn. Ta biến đổi. (đ©y là bất đẳng thức đóng). Hoặc từ bất đẳng thức đng A ≥ B , ta biến đổi A n ≥ Bn ⇔ A n− 1 ≥ B n −1 ≥ . .. ≥ A 1 ≥ B 1 ⇔ A ≥ B VÝ dụ 1.1 Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c ta lu«n cã: 2. a). a+ b ¿ 2 2 2(a + b )≥ ¿. b) a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ca. (1). (1). Giải 2. a) Ta cã: (1) ⇔. a −b ¿ ≥ 0 a+b ¿ ≥ 0 ⇔ a2+ b2 − 2 ab ≥0 ⇔ ¿ 2(a2 +b 2)− ¿ 2. (2). Do bất đẳng thức (2) đóng nªn bất đẳng thức (1) được chứng minh. b) Ta cã: (2) ⇔ 2(a2 +b2 +c 2 )−2(ab+ bc+ca )≥ 0 ⇔ (a2 −2 ab+b 2)+(b2 −2 bc +c 2)+(c 2 − 2ca +a 2)≥0 2. c−a¿ ≥0 2 b − c ¿ +¿ 2 a −b ¿ + ¿ ⇔¿. (2). Bất đẳng thức (2) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh. VÝ dụ 1.2 Chøng minh r»ng: a) 2(a 4 +b 4)≥(a+ b)(a3 +b 3) b) 3(a4 +b 4 +c 4 )≥(a+b +c)(a3 +b3 + c3 ). (1) (1).

(35) Giải. a) Ta cã: (1) ⇔ 2 a 4 +2 b4 −(a 4+ a3 b+ab 3+ b4 )≥0 ⇔ (a4 −a 3 b)+(b4 − ab3 )≥ 0 ⇔ a3 (a −b)−b 3 (a −b) ≥ 0 ⇔( a −b)( a3 − b3 )≥ 0 b 2 3 b2 + ≥0 2 4 a −b ¿ 2 (a2 +ab+ b2)≥ 0 ⇔ ¿ ⇔¿. [( ) ]. a −b ¿ 2 a −. (2). Do bất đẳng thức (2) đóng suy ra điều phải chứng minh. b) Ta cã: (1) ⇔ 3 a 4 +3 b4 + 3 c 4 −( a4 + a3 b+a3 c +b 4 +ab3 +b 3 c +ac 3 + bc3 +c 4 ) ⇔ (a 4+ b4 − a3 b −ab3 )+(b4 + c 4 − b3 c − bc3)+(c 4 + a4 − a3 c −ac 3 )≥ 0 c − a ¿2 ( c2 +ca +a 2)≥0 b− c ¿2 (b2 + bc+ c2 )+ ¿ a− b ¿2 (a 2+ ab+b2 )+¿ ⇔¿. (2). Do bất đẳng thức (2) đóng suy ra điều phải chứng minh. VÝ dụ 1.3. Chøng minh r»ng: 2. by ¿ a) ax+ 2 2. 2. (a +b )( x 2 + y 2) ≥ ¿. (1). b). b +d ¿ 2 a+c ¿ +¿ ¿ 2 2 √ a +b + √ c 2 +d 2 ≥ √ ¿. (1). Giải a) Ta cã: (1) ⇔ a2 x 2 +a2 y 2+ b2 x 2 +b 2 y 2 ≥ a 2 x 2+ 2abxy +b 2 y 2 ay − bx ¿2 ≥0 2 2 2 2 ⇔ a y −2 abxy+ b x ≥ 0 ⇔¿. (2). Bất đẳng thức (2) lu«n đóng suy ra điều phải chứng minh. 2. b) Ta cã: (1). +) NÕu. b+ d ¿ a+c ¿2 +¿ ⇔ a2+ b2 +c 2+ d 2+ 2 √( a2 +b2 )(c 2 +d 2) ≥ ¿. ⇔ √(a2 +b2 )(c 2 +d 2) ≥ ac+ bd ac+ bd <0 thì (2) đúng.. (2). 2 ¿ +) NÕu ac+ bd ≥ 0 th× (2) ac+ bd 2 2. ⇔ (a +b )(c 2 +d 2 )≥ ¿ 2. ad − bd ¿ ≥ 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ a c +a d +b c +b d ≥ a c − 2abcd +b d ⇔¿. Bất đẳng thức (*) lu«n đóng suy ra điều phải chứng minh. VÝ dụ 1.4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:. a2 b2 c2 + + ≥ a+ b+c b c a. Giải Ta cã: (1) ⇔ a3 c+b 3 a+c 2 b − a2 bc − b2 ac − c2 ab ≥ 0 ⇔ ab (a2 −2 ab+b 2)+ac (a 2 −2 ab+ c2 )+ bc(b 2 −2 bc+c 2 )≥ 0 2. b −c ¿ ≥ 0 2 a − c ¿ + bc ¿ 2 a− b ¿ +ac ¿ ⇔ ab ¿. (*). (1). (*).

(36) Bất đẳng thức (*) lu«n đóng suy ra điều phải chứng minh. VÝ dụ 1.5. Cho a, b, c > 0. CMR: a2 (b +c − a)+b2 (c+ a− b)+c 2 (a+ b− c )≤ 3 abc. (1). Giải Gi¶ sö a , b ≥ c> 0 . Khi đó ta có: (1) ⇔3 abc − a2 (b+ c − a)− b2 (c + a− b)− c 2 (a+b − c)≥ 0 ⇔ 3 abc − a( a2 − ab −ac + bc)+ b(b 2 − bc − ba +ac)+ c( c 2 − ac − bc+ab) ≥ 0 ⇔ a(a − b)( a −c )+ b(b − c)(b −a)+c (c −a)(c − b)≥ 0 ⇔ (a −b)( a2 − ac − b2 + bc)+ c (a −c )(b − c) ≥0 a −b ¿ 2 (a+b − c)+ c(a −c )(b −c )≥ 0 ⇔¿. (*). Bất đẳng thức (*) lu«n đóng (V× a , b ≥ c> 0 ). Suy ra điều phải chứng minh. 2. Phương ph¸p biến đổi đồng nhất. Để chứng minh BĐT: A ≥ B . Ta biến đổi biểu thức A − B thành tổng c¸c biểu thức cã gi¸ trị kh«ng ©m. VÝ dụ 2.1. Chứng minh rằng: a) a2 +b 2+ c 2+ d2 ≥ ab+ac+ ad (1). b) a2 + 4 b2 + 4 c 2 ≥ 4 ab −4 ac+ 8 bc. Giải 2 2 2 2 a) Ta cã: a2 +b 2+ c 2+ d2 −ab − ac − ad= a − ab+b 2 + a − ac+c 2 + a − ad+ d 2 + a. (4. ) (4. ) (4. 2. ¿ 2. 2. 2. 2. ⇒ a + b + c + d ≥ ab+ac +ad. 2. ). 2. (®pcm) 2 c ¿2 a −2 b ¿2 +2 .(a − 2b) .2 c +¿ ¿¿ 2 a −2 b+2 c ¿ ≥ 0 ¿¿. 2. 2. 2. ⇒ a +4 b + 4 c ≥ 4 ab − 4 ac+8 bc. (®pcm). VÝ dụ 2.2. Chứng minh rằng: a). a+b ¿3 4 (a 3+ b3) ≥ ¿. b). c+ a ¿3 b+ c ¿ 3+ ¿ a+ b ¿3 +¿ 8(a3 +b3 +c 3 )≥ ¿. c). a+b +c ¿ ≥ a + b +c + 24 abc ¿. Giải. 3. víi a , b>0 .. 3. víi a , b , c >0 . 3. 3. 4. ( a2 −b) +( 2a − c) +( a2 −d ) + a4 ≥ 0. a2 + 4 b2 + 4 c 2 − 4 ab +4 ac −8 bc=(a 2 − 4 ab+ 4 b 2)+ 4 c 2+( 4 ac − 8 bc). b) Ta cã:. 2. víi a , b , c ≥ 0 .. (1).

(37) a) Ta cã:. a+b ¿ 2 a −b ¿ 2 ≥ 0 2 2 4 (a − ab+b )− ¿=3 (a+b) ¿ a+b ¿3 =(a− b)¿ 4( a3 +b3 )− ¿. b) Ta cã:. b − c ¿2 ≥ 0 a − c ¿ 2+3 (b+ c)¿ a −b ¿2 + 4( a+c )¿ c +a ¿3 =.. .=3(a+b) ¿ b+ c ¿ 3 −¿ a+ b ¿3 − ¿ 8(a3 +b 3+ c 3)−¿. c) Ta cã:. (®pcm). b − c ¿2 ≥ 0 2 a −b ¿ + 3 a ¿ a− c ¿ 2+ 3 c ¿ a+b +c ¿ 3 − a3 −b 3 − c3 −24 abc=..=3 b ¿ ¿. VÝ dụ 2.3. Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a) 1 + 1 ≥ 4 a b. b) 1 + 1 + 1 ≥. 9 a b c a+ b+c. a+ b. c). a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+ c 2. Giải 2. a). b). a−b¿ ¿ ¿ b (a+ b)+ a(b+ c) − 4 ab a2 −2 ab+b 2 1 1 4 + − = = =¿ a b a+b ab(a+b) ab (a+ b) bc(a+ b+c )+ac(a+b+ c)+ab (a+b +c) 1 1 1 9 + + − = a b c a+ b+c abc (a+b+ c) 2. c). a −b ¿ ¿ b − c ¿2 ¿ c −a ¿ 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿¿ a b c 3 a 1 b 1 c 1 + + − = − + − + − b+c c +a a+ c 2 b+ c 2 c +a 2 a+ b 2. (. )(. ¿. )(. ). (a − b)+(a − c) (b − a)+(b − c) ( c − a)+(c −b) + + 2(b+c ) 2( c+ a) 2(a+ b). 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ¿ (a − b) − + (b − c) − + ( c − a) − 2 b+c c +a 2 a+ c a+b 2 a+b b+c. (. ). (. ). (. ).

(38) 2. a −b ¿ ¿ b − c ¿2 ¿ 2 c −a ¿ ¿ ¿≥0 ¿ ¿ ¿ 1 ¿ ¿ 2. VÝ dụ 2.4 (Bất đẳng thức C« Si). a) Cho a ; b ≥ 0 . Chøng minh r»ng: a+b ≥ 2 √ ab. b) Cho a ; b ;c ≥0 . Chøng minh r»ng: a+b +c ≥ 3 √3 abc (Bất đẳng thức C« Si) c) Cho a ≥ b ≥ c vµ x ≤ y ≤ z . Chøng minh r»ng: (a+ b+c )( x+ y + z )≥ 3( ax+ by+ cz) (B§T Trª-B-SÐp) Giải 2 a) Ta cã: √ a − √ b ¿ ≥ 0 a+b − 2 √ab=¿ √3 a − √3 c ¿ 2 3 3 √c − √ b ¿2 +¿ ≥ 0 3 3 √ a − √ b ¿2 + ¿ b) Ta cã: ¿. 1 3 3 3 a+b +c − 3 √ abc= ( √ a+ √ b+ √ c )¿ 2 (a+ b+c )( x+ y + z )− 3(ax + by+ cz)=( y − x)(a − b)+( z − x)(b− c )+( x − z)(c − a) ≥ 0 3. c) Ta cã: VÝ dụ 2.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh: a) bc + ca + ab ≥ a+ b+c a. b. b) bc + ca + ab ≥ √ 3(a2+ b2 +c 2). c. a. b. c. Giải. a) Ta cã:. b) Ta cã: ⇒. (. a − b ¿2 ¿ c − a ¿2 ¿ b − c ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ bc ca ab c + + −(a+b+ c)= . ¿ a b c 2. (. 2. 2. 2 2 a(b2 − c2 ) b(c 2 − a2) bc ca ab 2 1 c (a −b ) + + − 3(a2 +b 2+ c 2)= + + a b c 2 ab bc ca. [(. ). 2. bc ca ab + + ≥3 (a2 +b 2+ c 2)⇒ a b c. ). )(. )(. 2. ) ]≥ 0. bc ca ab + + ≥ √ 3(a2+ b2 +c 2) a b c. VÝ dụ 2.6. Chứng minh rằng: a). 1 1 2 + ≥ 2 2 1+ ab 1+ a 1+b. 2 2 a +b ≤ 2 ). (nÕu ab>1 ). b). 1 1 2 + ≤ 2 2 1+ ab 1+ a 1+b. (nÕu.

(39) 2. c). 1 1 2 + ≥ 2 2 1 − a 1− b 1 − ab. (nÕu −1<a ,b< 1 ). d). 1+a ¿ ¿ 1+b ¿2 ¿ ¿ ¿ 1 ¿. (nÕu a , b>0 ). Giải a) Ta cã:. a − b ¿2 (ab −1) ¿ ¿ 1 1 2 1 1 1 1 + − = − + − =¿ 2 2 2 2 1+ a 1+b 1+ab 1+a 1+ab 1+b 1+ ab. (. )(. ). 2. b) Ta cã:. a −b ¿ (ab− 1) ¿ ¿ 1 1 2 + − =¿ 2 2 1+ a 1+b 1+ab. 2 2 |ab|≤ a +b ≤ 1 ⇒. V×. 2 ab+1 ≥ 0 ab −1 ≤ 0 ⇒ ¿{. c) Ta cã:. a −b ¿ 2 (ab −1) ¿ ¿ ¿. (®pcm). a − b ¿2 (1− a2 b2 ) ¿ 1 −ab ¿ 2 ¿ 2 (1− a )(1− b2 )¿ ¿ 1 1 2 1 1 1 1 + − = − + − =¿ 2 2 2 2 1 − a 1− b 1 −ab 1− a 1 −ab 1 −b 1 − ab. (. d) Ta cã:. ⇒. )(. ). 1+ a ¿2 ¿ 1+b ¿ 2 ¿ ab −1 ¿2 ¿ 2 1+b ¿ (1+ab) ¿ 1+a ¿2 ¿ ¿ a −b ¿2 +¿ ab ¿ ¿ ¿ 1 ¿. 3. Phương ph¸p sử dung tÝnh chất của bất đẳng thức Cơ sở của phương ph¸p này là c¸c tÝnh chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như: +) NÕu a ≥ b vµ b ≥ c th× a ≥ c +) NÕu a ≥ b vµ a . b>0 th× 1 ≤ 1 a b.

(40) ¿ a ≥b ≥ 0 +) NÕu m≥ n ≥ 0 ¿{ ¿ 2 +) a −b ¿ ≥ 0 ¿. th× a . m≥ b . n .. +) NÕu a , b>0 th× 1 + 1 ≥ 4 a b. a+ b. 4 4 1 VÝ dụ 3.1 Cho a+b >1 . Chứng minh: a +b > 8. Giải. Ta cã:. a+b ¿ 2 ¿ 2 a +b 2 ¿2 ¿ ¿ ¿ 2 a −b ¿ ≥ 0 ⇒a 2+ b2 ≥ ¿ ¿. VÝ dụ 3.2 Với a, b, c > 0. Chøng minh r»ng: 3 3 3 b) a2 + b2 + c 2 ≥ a+b +c. 3 3 3 a) a + b + c ≥ ab+bc+ca. b. c. a. b. c. a. Giải 2 a) Ta cã: x ≥ x 2+ xy − y 2. y. ⇒. b) Ta cã:. a3 b 3 c 3 + + ≥(a 2+ ab− b2 )+(b 2+ bc − c 2)+(c 2+ ca − a2)=ab+ bc+ca b c a x3 ≥3 x−2 y 2 y 3. ⇒. (víi x , y >0 ). 3. (víi x , y >0 ). 3. a b c + 2 + 2 ≥(3 a− 2 b)+(3 b −2 c )+(3 c −2 a)=a+ b+c 2 b c a. VÝ dụ 3.3 Cho a, b, c > 0. CMR: a). 2. bc ca ab + + ≥ a+ b+c a b c. b). 2. 2. a b c a+ b+c + + ≥ b+c c +a a+b 2. Giải a) Ta dể dàng chứng minh đợc bc + ca ≥ 2c ⇒ (đpcm) a. b. 2. a b+ c + ≥ a⇒ (®pcm) b+c 4 1 1 1 + + =4 . Chøng minh r»ng: x , y , z > 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: x y z. b) Ta dể dàng chứng minh đợc VÝ dụ 3.4 Cho. 1 1 1 + + ≤1 2 x + y + z x+ 2 y + z x + y +2 z. Gi¶i: Ta cã: Víi a , b>0 th× 1 + 1 ≥ 4. . Từ đó suy ra. a b a+ b 16 16 4 4 2 1 1 = ≤ + ≤ + + 2 x + y + z ( x+ y)+( z+ x ) x + y z + x x y z. (1).

(41) 16 16 4 4 1 2 1 = ≤ + ≤ + + x +2 y + z ( x+ y)+( y+ z) x + y y + z x y z. (2). 16 16 4 4 1 1 2 = ≤ + ≤ + + x + y +2 z ( y + z)+(z+ x ) y + z z + x x y z. (3). Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒. 16 16 16 4 4 4 + + ≤ + + =16 ⇒ 2 x + y + z x+ 2 y + z x + y +2 z x y z. (®pcm). VÝ dụ 3.5. a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam gi¸c. Chứng minh r»ng: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + a+b − c b+c −a c+ a −b a b c. b) Cho a, b, c > 0 thỏa m·n:. abc=ab+ bc+ ca . Chứng minh:. 1 1 1 3 + + ≤ a+2 b+3 c b+ 2c +3 a c+ 2 a+3 b 16. Giải ¸p dông B§T 1 + 1 ≥ 4. (víi a , b>0 ¿ Ta cã: a b a+ b 1 1 4 2 + ≥ = (1) a+b − c b+c −a 2 b b 1 1 4 2 + ≥ = (2) b+c − a c+ a −b 2 c c 1 1 4 2 + ≥ = (3) c+ a −b a+b − c 2 a a Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ (®pcm) b) T¬ng tù: ¸p dông B§T 4 ≤ 1 + 1 (víi a , b>0 ¿ Ta cã: a+b a b 16 16 4 4 1 1 1 1 = ≤ + ≤ + + + (1) a+2 b+3 c (c +a)+2(b +c) c +a 2( b+c ) c a 2 b 2 c 16 16 4 4 1 1 1 1 = ≤ + ≤ + + + b+2 c+ 3 a (a+ b)+ 2(c +a) a+b 2(c+ a) a b 2 c 2 a. (2). 16 16 4 4 1 1 1 1 = ≤ + ≤ + + + c+2 a+ 3 b (b+ c)+2(a+b) b+ c 2(a+ b) b c 2 a 2 b. (3). Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒. 16. ( a+2 1b+ 3 c + b+2 1c+ 3 a + c +2 1a+3 b )≤ 3( 1a + 1b + 1c ). 1 1 1 abc=ab+ bc+ ca ⇒ + + =1 a b c Tõ (*) vµ (**) ⇒ (®pcm). MÆt kh¸c:. (**). VÝ dụ 3.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a). a b c + + <2 a+b b+c c +a. b). a b c a b c + + ≥ + + b+c c +a a+b 1+a 2 1+ b2 1+c 2. Giải a) Ta cã:. ¸p dụng BĐT: NÕu 0< x < y , m> 0 th× a c+ a < ; a+b a+b+ c. b a+b < ; b+c a+ b+c. x x +m < y y+ m. c b+ c < c+ a a+ b+c. (*).

(42) 2( a+b+ c) a b c + + < =2 a+b b+c c+ a a+b+ c a 1 b) Ta cã: a2 +1 ≥2 a ⇒ 2 ≤ a +1 2 ⇒. b 1 ≤ b +1 2. (®pcm). c 1 a b c 3 ≤ + + ≤ . Từ đó suy ra 2 2 2 c +1 2 1+ a 1+b 1+c 2 Mặt khác ta lại chứng minh đơc 3 ≤ a + b + c (B§T Net – Bit) 2 b+ c c+ a a+b Tõ (1) vµ (2) ⇒ (®pcm). T¬ng tù:. vµ. 2. 2. (1) (2). 4. Phương ph¸p sử dung bất đẳng thức C« - Si a1 +a2 +a 3+. . .+ an n ≥ √ a1 a2 a3 .. . an . n Dấu “=” xảy ra khi a1=a2=a3=. ..=an ≥ 0. *) Víi a1 , a2 , a3 ,. .. , a n ≥ 0 th×. 4 2 2 VÝ dụ 4.1 Cho a, b > 0 thỏa m·n ®iÒu kiÖn: a . b=1 . CMR: (a+ b+1)( a +b )+ a+b ≥8. Giải Áp dụng BĐT “C« - Si” cho hai sè d¬ng a2 vµ b2 ta cã: 2. 2. a +b ≥ 2 ab=2 ⇒. (a+ b+1)( a2 +b2 )+. 4 4 4 ≥2(a+b+1)+ =(a+ b)+ a+ b+ +2 a+b a+b a+b. (. ). (1). T¬ng tù: Cñng ¸p dung B§T C« - Si ta cã: a+ b ≥2 √ ab=2 4 4 ≥2 (a+ b). =4 a+b (a+ b) } ⇒ Tõ (1) vµ (2) ⇒ (®pcm). √. a+b +. (. (a+ b)+ a+ b+. 4 +2≥ 2+ 4+2=8 a+b. ). (2). VÝ dụ 4.2 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a). a+b ¿ ¿ ¿ ¿. 2. b). a b c + + >2 b+ c c+ a a+ b. √ √ √. Giải a) Ta cã:. a+b ¿ ¿ ¿ ¿. 2. a √ b+b √ a. b) ¸p dông B§T C« - Si ta cã:. √. b+ c = a. c a 2a ⇒ ≥ (√ b+ca ) .1 ≤ 12 ( b+ca +1)= a+b+ 2a √ b+ c a+ b+c. Tơng tự ta củng chứng minh đợc: Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒. √. b 2b ≥ c +a a+ b+c. a b c + + ≥2 b+ c c+ a a+ b. √ √ √. (1) (2) vµ. √. c 2c ≥ a+ b a+b+ c. (3).

(43) ¿ a=b+ c b=c +a c =a+b ⇔ a+ b+c =0 ¿{{ ¿. Dấu “=” xảy ra khi. (tr¸i víi gi¶ thiÕt). Vậy dấu “=” kh«ng xảy ra.. VÝ dụ 4.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 2. 2. 2. 3. 3. 3. a). a b c a + b +c + 2 2+ 2 2 ≤ 2 2 2 abc b +c c + a a + b. b). 1 1 1 a 3+ b3 +c 3 + + ≤ +3 2 abc a2 +b2 b 2+ c 2 c 2+ a2. (víi. a2 +b 2+ c 2=1 ). Giải 2. ⇒. 2. 3. 2. 2. 3. 2. 2. 3. a a a b b b c c c ≤ = ; 2 2≤ = ; 2 2≤ = 2 2 b +c 2 bc 2 abc c + a 2 ca 2 abc a + b 2 ab 2 abc. a) Ta cã:. a2 b2 c2 a3 +b3 +c 3 + + ≤ 2 abc b2 +c 2 c 2 +a2 a2+ b2. (®pcm). 1 1 1 1 1 1 + 2 2 + 2 2 =( a2+ b2 +c 2) 2 2 + 2 2 + 2 2 2 a +b b + c c + a a + b b + c c +a. b) Ta cã:. (. 2. ). a2 b2 c2 a3 +b3 +c 3 ¿ 2 2 + 2 2 + 2 2 +3 ≤ +3 2 abc b +c c +a a +b 1 1 1 1 + 3 3 + 3 3 ≤ VÝ dụ 4.4 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 3 3 a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc. Giải 2 2 Ta cã: a2 +b 2 ≥ 2 ab⇒ (a+b)(a +b ) ≥ ab( a+b) ⇔a3 +b 3 ≥ ab( a+b). 2 abc abc c ⇒ 3 3 ≤ = a +b + abc ab( a+b)+abc a+ b+c abc a ≤ Tơng tự ta củng chứng minh đợc: 3 3 vµ b +c +abc a+b +c. abc b ≤ 3 3 c + a +abc a+b +c. Cộng vế với vế c¸c B§T trªn, suy ra điều phải chứng minh VÝ dụ 4.5 Cho a, b, c > 0 thỏa m·n ®iÒu kiÖn: a2 +b 2+ c 2=3 . Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≥3 c a b. (1). Giải 2 2 2 2 2 2 Ta cã: (1) ⇔ a b2 + b c2 + c a2 + 2(a2 +b 2+ c2 )≥ 3( a2 +b2 +c 2 ). c. 2. 2. 2. 2. a. 2. b. 2. Mµ: a b2 + b c2 + c a2 ≥ ab . bc + bc . ca + ca . ab =a2 +b 2+ c2 c. a. b. c. a. a. b. b. c. Suy ra điều phải chứng minh. VÝ dụ 4.6 Cho x, y, z > 0 thỏa m·n xyz = 1. Chứng minh r»ng: a) b). x3 y3 z3 3 + + ≥ (1+ y )(1+ z) (1+ z)(1+ x) (1+ x)(1+ y ) 4 xy yz zx + 5 + 5 ≤1 5 5 5 5 x + xy+ y y + yz+ z z +zx + x.

(44) Giải a) Áp dụng bất đ¼ng thức C« - Si ta cã: x3 1+ y 1+ z 3 x x3 3 x 1+ y 1+ z + + ≥ ⇒ ≥ − − (1+ y )(1+ z) 8 8 4 (1+ y)(1+ z ) 4 8 8. (1). y3 3 y 1+ z 1+ x ≥ − − (1+ z)(1+ x ) 4 8 8. Tơng tự ta củng chứng minh đợc:. z3 3 z 1+ x 1+ y ≥ − − (1+ x)(1+ y ) 4 8 8. Vµ:. 3 Tõ (1), (2) vµ (3) ⇒ VT x + y + z − 3 ≥ 3 √ xyz − 3 = 3. 2. (2). 4. 2. 4. (3). (®pcm). 4. 4 4 b) Ta cã: x 4 + y 4 ≥ 2 x 2 y 2 ⇒ (x + y )( x+ y ) ≥ x 2 y 2 ( x + y) ⇔ x 5 + y 5 ≥ x 2 y 2 (x + y )>0. 2. xy xy 1 xyz z ≤ = = = 5 5 2 2 x+ y+ z x + xy+ y xy+ x y ( x+ y ) 1+ xy( x+ y ) xyz + xy(x + y ). ⇒. yz x ≤ 5 5 x + y+z y + yz+ z zx y ≤ Vµ 5 5 z + yz+ x x + y + z. Tơng tự ta củng chứng minh đợc:. ⇒. xy yz zx + 5 + 5 ≤ 1 (®pcm) 5 5 5 5 x + xy+ y y + yz+ z z + zx+ x. VÝ dụ 4.7 Cho x, y, z > 0. Chứng minh:. x3 y 3 z 3 + + ≥ x+ y+z yz zx xy. Giải Áp dụng bất đ¼ng thức C« - Si ta cã: 3. x + y+ z ≥ 3 x yz y3 + z+ x ≥3 y zx z3 + x + y ≥3 z xy }} ⇒. (. 3. 3. 3. 3. x y z + + + 2( x+ y+ z )≥ 3(x + y + z )⇒ yz zx xy. 3. 3. x y z + + ≥ x+ y+z yz zx xy. ). 5. Phương ph¸p sử dông bất đẳng thức Bunhiacopski. Víi mäi a, b, c vµ x, y, z R th× ta lu«n cã: 2 2 2 2 2 *) a . x +b . y ¿ ≤(a +b )(x + y ) . DÊu “=” x¶y ra khi x = y. a. ¿. b. 2 2 2 2 2 2 2 *) a . x +b . y +cz ¿ ≤(a + b +c )(x + y + z ) . DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z. a. ¿. Tæng qu¸t: ¿. Víi a1 ; a2 ; a3 ; .. . ; an vµ x 1 ; x 2 ; x 3 ; . . .; x n ∈ R th× ¿ 2 1. 2 2. 2 3. 2 n. (a + a + a +. ..+a ) .. a1 x1 + a2 x 2 +a3 x 3+. . .+ an x n ¿2 ( x 21+ x 22 + x 23+ .. .+ x 2n) ≥¿ x1. x2. x3. xn. DÊu “=” xảy ra khi a = a = a =. ..= a 1 2 3 n. b. c. (®pcm).

(45) VÝ dụ 5.1 Cho a, b > 0. Chứng minh r»ng: a) 1 + 1 ≥ 4 a b. b). a+ b. n+m ¿2 ¿ ¿ n2 m2 + ≥¿ a b. Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta cã: 4=. (. 2. 1 1 1 1 1 1 4 . √ a+ . √b ≤ + (a+ b)⇒ + ≥ a b a b a+b √a √b. ) ( ). n+m ¿2 ¿ ¿ n2 m2 + ≥¿ a b. 2. b) Ta cã:. (. m+n ¿ ⇒ 2 n m n m + (a+ b)≥ . √ a+ b √ =¿ a b √a √b 2. 2. ). (. ). Tæng qu¸t: *) Víi bi >0 ; i=1 , n th×. *) Víi ai bi >0 ; i=1 , n th×. a 1+ a2 +a3 +. ..+ an ¿2 ¿ ¿ a21 a22 a23 a 2n + + +. . .+ ≥ ¿ b1 b2 b3 bn. (1). a 1+ a2 +a3 +. ..+ an ¿ 2 ¿ ¿ a1 a2 a3 a + + +. . .+ n ≥ ¿ b1 b2 b3 bn. (2). Thật vậy:. (. a21 a 22 a23 a2n a a a + + + .. .+ (b 1+ b2 +b3 +. ..+ bn)≥ 1 . √ b1 + 2 . √ b2 +. ..+ n . √ bn b1 b 2 b3 bn √ b1 √b 2 √ bn. ). (. a1 +a 2+ a3 +.. .+a n ¿ ¿¿ a1 +a 2+ a3 +.. .+a n ¿2 ¿ ¿ a21 a 22 a23 a2n ⇒ + + + .. .+ ≥ ¿ b1 b 2 b3 bn. §ặt ai bi= xi >0 thay vào (1) được (2) VÝ dụ 5.2 Cho a, b, c là c¸c số thực dương. Chứng minh r»ng: 2 2 2 a) a + b + c ≥ a+ b+c. b. c. 3. 3. a. 3 c) a2 + b2 + c 2 ≥ a2 +b 2+ c2. b. c. a. Giải 2. a) Ta cã:. a+b +c ¿ ¿ ¿ 2 2 2 a b c + + ≥¿ b c a. 2. b) d). 2. 2. a b c a+ b+c + + ≥ b+c c +a a+b 2 a3 b3 c3 a 2+ b2 +c 2 + + ≥ b+c c +a a+b 2. 2. 2. ).

(46) 2. b) Ta cã:. a+b+ c ¿ ¿ ¿ a2 b2 c2 + + ≥¿ b+c c +a a+b. c) Ta cã:. a +b +c ¿ ¿ ¿ a3 b3 c 3 a4 b 4 c 4 + 2 + 2 = + + ≥¿ 2 b c a ab bc ca. 2. 3. 2. 3. 2 2. 3. 4. 4. 4. 2. 2. 2. a b c a b c a + b +c + + = + + ≥ b+c c +a a+b ab+ca ab +bc bc+ca 2 25 a 16 b c VÝ dụ 5.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh: b+c + c +a + a+b >8. d) Ta cã:. Giải Ta cã: VT = 25. ( b+a c +1)+16 ( c+b a +1)+( a+bc +1)− 42. 5+ 4+1 ¿2 ¿ ¿ 25 16 1 ¿( a+b+ c) + + ≥(a+ b+c ). ¿ b+c c+ a a+ b. (. Dấu “=” xảy ra khi. ). b+c c+ a a+b = = 5 4 1. ⇒ a=0. (v« lÝ) ⇒. suy ra điều phải chứng. minh. VÝ dụ 5.4 Cho x, y, z > 0. Chứng minh:. x 2 y2 z 2 x y z + 2+ 2≥ + + 2 y z x y z x. Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta cã: x 2 y2 z 2 1 x y z + + ≥ + + y2 z2 x2 3 y z x. (. )( xy + yz + zx )≥ xy + yz + zx. B. C¸C PHƯƠNG PH¸P T×M GI¸ TRỊ LỚN NHẤT, GI¸ TRỊ NHỎ NHẤT Cho biểu thức f(x,y…) *) Ta nãi M là gi¸ trị lớn nhất của f(x,y…) kÝ hiệu maxf(x,y…) = M, nếu hai điều kiện sau được thỏa m·n: - Với mọi x, y… để f(x,y…) Xác định thì f(x,y…)  M - Tồn tại x0, y0… sao cho f(x0,y0…) = M. *) Ta nãi m là gi¸ trị nhỏ nhất của f(x,y…) kÝ hiệu minf(x,y…) = m, nếu hai điều kiện sau được thỏa m·n: - Với mọi x,y… để f(x,y…) Xác định thì f(x,y…)  m - Tồn tại x0, y0… sao cho f(x0,y0…) = m I) T×M GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 1. Đa thức bậc hai một biến VÝ dụ 1.1 a). T×m GTNN của A = 3x2 – 4x + 1.

(47) b). T×m GTLN của B = – 5x2 + 6x – 2. c). T×m GTNN của C = (x – 2)2 + (x – 3)2. d). Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c. T×m GTNN của P nếu a > 0. T×m GTNN của P nếu a > 0. Giải a). 2 4 1 2 1 1 1 2 A = 3 x − 2. x . 3 + 9 − 3 =3 x − 3 − 3 ≥ − 3 . Vậy GTNN của A là − 3 . Đạt đợc. (. ). ( ). khi x= 2 . 3. b). B=. 2. 6 9 1 3 1 1 −5 x2 − x + − =−5 x − − ≤− . VËy GTLN cña B lµ 5 25 5 5 5 5. (. ). ( ). −. 1 . §¹t ®5. îc khi x = 3 . 5. c). C=. (. x 2 − 4 x +4 + x 2 −6 x +9=2 x 2 − 5 x +. 2. 25 1 5 1 1 + =2 x − + ≥ . 4 2 2 2 2. ). ( ). 1 5 Vậy GTNN của biểu thức C = 2 . Đạt đợc khi x= 2 . 2 2 2 2 d) Ta cã: P = a x2 + b x + b 2 +c − b =a x + b +c − b. (. Nếu a > 0 th× P c −. a. b2 4a. 4a. ). 4a. (. 2a. ). . Vậy GTNN cña P =. 4a. c−. b2 . Đạt đợc khi 4a. x=−. b 2a. b b2 b2 Nếu a < 0 th× P c − . Vậy GTLN cña P = c − . Đạt đợc khi x=− 2 a 4a 4a. VÝ dụ 1.2 a) T×m GTNN của M = x2 – 3x + 1 với x. 2.. b) T×m GTLN của N = x2 – 5x + 1 với −3 ≤ x ≤ 8 . Giải a) M = ( x − 1)(x −2)− 1≥ −1 . Vậy GTNN của M = -1. Đạt đợc khi x = 2. b) N = (x+ 3)( x −8)+25 ≤ 25 . Vậy GTLN của N = 25. Đạt đợc khi x = -3, x = 8 2. Đa thức bậc hai hai biến a) Đa thức bậc hai hai biến cã điều kiện VÝ dụ 2a.1 a). Cho x + y = 1. T×m GTLN của P = 3xy – 4. b). Cho x – 2y = 2. T×m GTNN của Q = x2 + 2y2 – x + 3y. Giải 2. a) x+ y=1 ⇒ x=1− y ⇒ P = 3(1 − y ) y − 4=−3 y 2 +3 y − 4=−3 y − 1 − 13 ≤ − 13. ( 2). 4. 13 1 Vậy GTLN của P = − 4 . Đạt đợc khi x= y= 2 b) x − 2 y =2⇒ x =2 y +2 ⇒ Q ¿ 4 y2 +8 y + 4+2 y 2 − 2 y −2+3 y =6 y 2+ 9 y+ 2. 4.

(48) 9 11 3 2 11 11 2 3 ¿6 y + y+ − =6 y + − ≥− 2 16 8 4 8 8 ¿ 1 x= 2 11 − 3 . §¹t đợc khi y=− 8 4 ¿{ ¿. (. Vậy GTNN cña Q =. ). ( ). VÝ dụ 2a.2 T×m GTLN của của P = xy víi x, y thỏa m·n ®iÒu kiÖn: b) x+ y=S vµ y ≥ a> S. a) x+ y=6 vµ y ≥ 4 .. 2. Gi¶i: a) P = (6 − y ) y=8 −( y − 2)( y − 4)≤ 8 . Vậy GTLN của P = 8. Đạt đợc khi x = 2, y = 4 b) Q = (S − y ) y =( S − a) a −( y −a)( y + a− S)≤(S − a) a . VËy GTLN cña Q = (S – a)a Đạt đợc khi x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a, b, c 0 Ta thường đưa P(x, y) về dạng: P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2) P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3) Trong đã G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một Èn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất hai ẩn. Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b2) 0. 4 a P ( x , y )=4 a2 x2 + 4 abxy +4 acy 2+ 4 adx +4 aey +4 ah ¿ 4 a2 x 2 +b2 y 2 +d 2+ 4 abxy+ 4 adx ++ 2 bdy +(4 ac −b 2)+2(2 ae − bd) y +4 ah − d 2 2 ae − bd ¿ 2 ¿ ¿ 2 ae − bd 2 2 2 2 ax+ by +d ¿ +( 4 ac − b ) y + +4 ahd 2 −¿ 2 4 ac −b ¿¿. (. ). (Tương tự nh©n hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3)) VÝ dụ 3.1 a). T×m GTNN của P = x2 + y2 + xy + x + y. b). T×m GTLN của Q = –5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1. Giải a) 4P = 4 x 2 +4 y 2+ 4 xy+ 4 x +4 y=(4 x 2 + y 2+ 1+ 4 xy+ 4 x +2 y)+3 y 2 +2 y −1 1 2 4 4 − ≥− 3 3 3. ( ). 2 x + y +1 ¿2 +3 y + ¿¿. 4 1 Vậy GTNN của P = − 3 . Đạt đợc khi x= y=− 3 .. b) – 5Q. 3 y − 6 ¿2 − 80 . 5 x − y −7 ¿2 +¿ 2 2 ¿ 25 x +10 xy+10 y − 70 x −50 y +5=¿.

(49) 2. ⇒. Q. y − 2¿ +16 ≤ 16 9 5 x − y −7 ¿ 2 − ¿ 5 1 ¿− ¿ 5. Vậy GTLN của Q = 16. Đạt đợc khi x = 1, y = 2 VÝ dụ 3.2 T×m cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa m·n ®iÒu kiÖn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*) Giải Ta cã (*). y +1¿ 2 ≤ 4 ⇒( y +3)( y −1)≤ 0 ⇒ −3 ≤ y ≤1 y +1 ¿2=4 ⇒¿ . x −2 y ¿2 +¿ ⇔¿. Vậy GTNN của y = –3. Đạt đợc khi x = – 6. Vậy cặp số (x, y) = (–6; –3) VÝ dụ 3.3 Cho x, y liªn hệ với nhau bởi hệ thức: x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = 0 (**). H·y t×m GTLN, GTNN của biÓu thøc: S = x + y + 1. Giải Ta cã (**) ⇔ 4 x 2+ 8 xy +28 x +28 y + 4 y 2+ 40=0 2. 2. 2 x +2 y +7 ¿ +4 y =9 ⇔¿ 2. 2 x +2 y +7 ¿ ≤9 ⇔( x + y +5)(x+ y+ 2) ≤0 ⇒¿ ⇔ x+ y+ 5≥ 0 (v× x+ y+ 2≤ x+ y+ 5 ) x+ y+ 2≤ 0 ¿{ ⇔ − 4 ≤ S −1. Vậy GTNN của S = –4. Đạt đợc khi x = –5, y = 0. GTLN của S = –1. Đạt đợc khi x = –2, y = 0. II. PHƯƠNG PH¸P MIỀN GI¸ TRỊ 2 x +4 √2 x +3 VÝ dụ 1. T×m GTLN, GTNN của A = . 2 x +1. Giải 2. Biểu thức A nhận gi¸ trị a khi phương tr×nh: a =. x +4 √2 x +3 2 x +1. 2 ⇔ (a −1) x −4 √ 2 . x+ a− 3=0 cã nghiÖm.. cã nghiệm (1). 2 Nếu a = 1 th× phương tr×nh (1) cã nghiệm x = − √ . 4. Nếu a. 1 th× phương tr×nh (1) cã nghiệm khi. 2 Δ ' ≥ 0 ⇔− a +4 a+5 ≥ 0 ⇔−1 ≤ a ≤5 .. Vậy GTNN của biểu thức A là - 1. Đạt đợc khi x=− √2 . Và GTLN của biểu thức A là 5. Đat đợc khi x= √ 2 . 2.

(50) x+2 y +1 . 2 2 x + y +7. VÝ dụ 2. T×m GTLN, GTNN của biểu thức: B = Giải Biểu thức B nhận gi¸ trị b khi phương tr×nh b =. x+2 y +1 x 2 + y 2 +7. cã nghiệm.. ⇔ bx 2 − x + by 2 −2 y +7 b −1=0. (2) cã nghiÖm. Trong đã x là Èn, y là tham số và b là tham số cã điều kiện. Nếu b = 0 ⇒ x +2 y +1=0 Nếu b 0 th× PT (2) cã nghiệm x khi. Δ ≥ 0 ⇔ 1 − 4 b( by 2 − 2 y +7 b − 1)≥ 0. (3). Coi (3) là bất phương tr×nh ẩn y. BPT này xảy ra với mọi gi¸ trị của y khi 16 b2 +4 b2 (− 28 b2+ 4 b +1) ≥ 0 5 7 14 Vậy GTNN của biểu thức B = − 14 . Đạt đợc khi x=− 5 và y=− 5 .. GTLN của biểu thức B = 1 . Đạt đợc khi x=1 và y=2 . 2. III. phƯơng pháp sử dụng Bất đẳng thức. 1. Sö dung B§T C« - Si. VÝ dụ 1.1. T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc: A = √ 3 x −5+ √ 7 −3 x. 5. 7. víi 3 ≤ x ≤ 3 .. Ta cã: A2 = 3 x −5+7 − 3 x+2 √ (3 x − 5)(7 −3 x)=2+ 2 √ (3 x −5)(7 −3 x) ⇒ A2 2 ⇒ A √ 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là √ 2 . Đạt đợc khi x=. 5 3. vµ y= 7 . 3. (Biểu thức được cho dưới dạng tổng hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn cã tổng là hằng số) VÝ dụ 1.2. Cho x, y > 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x + y. 6. T×m GTNN cña biÓu thøc: P. 6 8 ¿ 3 x+2 y + + . x y. Giải Ta cã: P ¿ 3 ( x + y )+ 3 x + 6 + y + 8 ≥ 3 . 6+2 3 x . 6 +2 y . 8 =9+6+ 4=19 . 2. 2. x. 2. y. 2. √. 2. x. √. 2 y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 19. Đạt đợc khi x = 2 và y = 4. x √ y − 2+ y √ x − 3 VÝ dụ 1.3. T×m GTLN cña biÓu thøc : M = Víi x ≥ 3 ; y ≥ 2 . xy. Giải x − 3 √ y −2 + Ta cã : M = √ x. y. ¸p dông B§T C« - Si ta cã :.

(51) x. √ 3( x − 3)≤ 2 √ 2( y − 2)≤ 2y } √ x −3 ≤ √ 3 x 6 √ y −2 ≤ √ 2 y 4 ⇒ }⇒. 3 2 M √ +√ 6. 4. Vậy Giá trị lớn nhất của biểu thức M là √ 3 + √ 2 . Đạt đợc khi x = 6 và y = 4. 6. 1. 4. 1. 1. VÝ dụ 1.4. Cho x, y, z > 0 tho¶ m·n: 1+ x + 1+ y + 1+ z ≥ 2 thøc P = xyz. Giải ⇒. Tõ (1) T¬ng tù:. Vµ. (1). T×m GTLN cña biÓu. 1 1 1 y z yz ≥ 1− + 1− = + ≥2 1+ x 1+ y 1+ z 1+ y 1+ z (1+ y)(1+ z ). (. )(. √. ). 1 zx ≥2 1+ y (1+ z)(1+ x ). √ √. 1 xy ≥2 1+ z (1+ x )(1+ y ). 1 1 Nh©n vế với vế của ba BĐT trªn ta cã: P = xyz 8 DÊu “=” x¶y ra khi x= y=z = 2 .. Vậy GTLN của biểu thức P là 1 . Đạt đợc khi x= y=z = 1 . 8. 2. 3. 4. VÝ dụ 1.5. Cho 0 < x < 1, T×m GTNN của biÓu thøc: Q = 1 − x + x . Giải 2 2+ √ 3 ¿ Ta cã: P = 3 x 4(1 − x ) 3 x 4 (1 − x) ⇒. +. x. +7 ≥ 2. √. . +7=¿ 1− x x 2 3 4 GTNN của biểu thức: Q = 1 − x + x là 2+ √¿3¿ . Đạt đợc khi 1−x. √ 3 − 1¿2. 3 x 4 (1− x) = ⇔ x=¿ 1−x x. (Đặt P =. 3 ax 4 b(1 − x ) + +c 1−x x. råi đồng nhất hệ số suy ra a = b = 1; c = 7) x −t t − y. y− z z− x. VÝ dụ 1.6. Cho x, y, z, t > 0. T×m GTNN của biểu thức: M = t + y + y + z + z+ x + x +t . Giải Áp dụng bất đẳng thức C«-Si ta cã: Ta cã : M = M + 4 – 4 =. 1 1 4 + ≥ a b a+ b. với a, b > 0.. ( xt+−ty +1)+( ty−+yz + 1)+( yz +−xz + 1)+( zx−+tx + 1) − 4.

(52) = x + y + t+ z + y + x + z+t − 4 t+ y. y+z. z+x. x +t. = ( x+ y) 1 + 1 +(z +t) 1 + 1 − 4. ( t+ y. z+ x. ). ( y+z. 4(x + y ) 4(z +t) + − 4=0 x + y + z +t x+ y+ z +t x −t t − y y − z z − x VËy GTNN của biểu thức: M = t + y + y + z + z+ x + x +t. x+ t. ). là 0. Đạt đợc khi x = y và z = t.. 2. Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1. Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1. Tìm GTNN của biểu thức: A = x4 + y4 + z4 Giải ¸p dông B§T Bunhia Copski ta cã: 2. 2. 2 2. x + y +z ¿ 2 2 2 2 2 2 2 xy + yz+zx ¿ ≤(x + y + z )( x + y + z )=¿ 1=¿ x 2+ y 2 + z 2 ¿2 ≤(1+1+1)(x 4 + y 4 + z 4) ⇒1≤¿. P 1. ⇒. ⇒. 3. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 1 đạt đợc khi x= y=z = √ 3 3. 4a. 9b. 3. 16 c. Ví dụ 2.2. Tìm GTNN của P = b+c − a + c+ a −b + a+b − c trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Giải 4a 9b 16 c a 1 b 1 c 1 29 P = b+c − a + c+ a −b + a+b − c =4 b+c −a + 2 +9 c +a − b + 2 + a+b − c + 2 − 2. (. ¿. ) (. )(. ). ( a+2b+c ) .( b+c4−a + c +a9−b +16a+ b− c ) − 292. 2+ 3+4 ¿2 ¿ 29 a+b+ c 81 29 ¿− = . − =26 2 2 a+ b+c 2 ¿ a+b+ c .¿ 2. (. ). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26 đạt đợc khi a = b = c 7. a. b. 6. 5. c. Ví dụ 2.3. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q = 1+b − a + 1+ c − b + 1+a − c . Trong đó a , b , c >0 vµ a+b +c=1 . Giải.

(53) 2. Ta cã: Q. a+b+ c ¿ ¿ a+b+ c ¿2 ¿ ¿ ¿ a b c ¿ + + ≥¿ 2 b+ c 2 c+ a 2 a+b. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 1 đạt đợc khi a=b=c= 1 3. Ví dụ 2.4 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của P =. 1 1 1 1 + + + 2 2 ab bc ca a +b +c 2. Giải 1 1 1 9 + + ≥ ⇒ ab bc ca ab+ bc +ca. P. 1 9 + 2 2 ab+ bc+ca a +b +c 2. ¿. ( a +b1 + c + 2(ab+4bc+ ca) )+ab+ bc7 +ca 2. 2. 2. 1+2¿ 2 ¿ a+b +c ¿ 2 ¿ a+b +c ¿ 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 30 đạt đợc khi a = b = c = 1 3. 1.. 2.. I.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI VÀ CÁC HỆ QUẢ Chứnh minh : (Với a , b  0) (BĐT Cô-si) Giải: ( a – b ) = a - 2ab + b  0  a + b  2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b Chứng minh:. . (Với a , b  0). Giải: ( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab  0 + 4ab  ( a + b )  4ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b. 3.. Chứng minh:. (Với a , b  0). Giải: 2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b)  0  2(a + b)  ( a+b ). Đẳng thức xảy ra khi a = b. 4.. Chứng minh: + =. 5.. Chứng minh:. .(Với a.b > 0) Giải: .Do ab    2 .Hay +  2 . Đẳng thức xảy ra khi a = b .(Với a.b < 0). Giải: + = - .Do  2  -  -2. Hay +  - 2. Đẳng thức xảy ra khi a = -b..

(54) 6. 7..    . Chứng minh:. . (Với a , b > 0). Giải: + - = =  0  +  . Đẳng thức xảy ra khi a = b. Chứng minh rằng: . Giải: 2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a)  0  2(a +b +c)  2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c  ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a  a = b= c.. A B  A  B 0 Cần lưu ý tính chất: A 2 ≥0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = 0 Có thể nhân hai vế bất đẳng thức với một số khác 0 thích hợp. B.Bài tập vận dụng: Chứng minh các bất đẳng thức sau 1. a2 + 4b2 + 4c2 4ab - 4ac + 8bc 2 2 2 2 2 a +b + c + d + e ≥ a ( b +c +d +e ) 2. ( x − 1 )( x − 3 ) ( x − 4 )( x − 6 ) +10 ≥ 1 3. 2 4. a + 4b2 + 3c2 > 2a + 12b + 6c – 14 5. 10a2 + 5b2 +12ab + 4a - 6b + 13 0 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15.. 17. 18. 19. 20.. > 2a + 12b + 4c. a2 – 4ab + 5b2 – 2b + 5 4 2 2 x – xy + y 0 2 2 x + xy + y -3x – 3y + 3 0 x2 + xy + y2 -5x - 4y + 7 0 4 3 3 4 x + x y + xy +y 0 5 4 4 5 x + x y + xy +y 0 với x + y 0 4 4 4 2 2 2 2 2 2 a + b +c ab +bc +ca (a2 + b2).(a2 + 1) 4a2b ac +bd bc + ad với ( a b; c 2. 16.. 19 2. a2 + 9b2 + c2 +. 2. d). 2. a +b a+ b ≥ 2 2 2 2 2 a +b +c a+ b+c 2 ≥ 3 3 a b c b a c + + ≤ + + b c a a c b 12 ab a+b ≥ 9+ab a b c 1 1 1 + + ≥ + + bc ca ab a b c. ( ) (. ). (với a. b  c > 0). ( Với a,b > 0) (Với a,b,c > 0) HƯỚNG DẪN:. Bài 1:. Gọi VT của bất đẳng thức là A và VP của bất đẳng thức là B (Nếu không nói gì thêm qui ước này được dùng cho các bài tập khác).Với các BĐT. ; . Bài 2: Bài 3:. có dấu thì cần tìm điều kiện của các biến để đẳng thức xảy ra. A – B = ( a+2 c −2 b )2 4A – 4B = ( a −2 b )2 + ( a− 2 c )2 + ( a− 2 d )2+ ( a− 2 e )2 A – 1 = ( x − 1 )( x − 3 ) ( x − 4 )( x − 6 ) +9 = ( Y +3 )2.

(55) Bài 4: Bài 5: Bài 6:. A – B = ( a −1 )2 + ( 2 b −3 )2 +3 ( c −1 )2 +1 A = ( a – 1)2 + (3a – 2b)2 + (b + 3)2. Bài 7: Bài 8:. A – B = ( a −2 b )2 + ( b − 1 )2. Bài 9:. .x2 – xy + y2 -3x – 3y + 3 = ( x − 1 )2 − ( x −1 ) ( y − 1 )+ ( y − 1 )2 . Biến đổi tiếp như bài 8 Tương tự bài 9 x4 + x3y + xy3 +y4 = ( x 2 − xy + y 2 ) ( x + y )2 Tương tự bài 11 Xem ví dụ 7 A – B = (a2 + b2).(a2 + 1) - 4a2b A - B = ac + bd - bc - ad với ( a b; c d) = ( c − d ) ( a −b ). Bài 10: Bài 11: Bài 12: Bài 13: Bài 14: Bài 15: Bài 16: Bài 17: Bài 18:. A–B = ( a – 1)2 +(3b – 2)2 + (c - 2)2 + 2. (. 2. x – xy + y =. A-B=. 2. y 3y x− + 2 4. ). 2 ( a2+ b2 ) − ( a+ b ) 4. 2. 2. .. Xem bài tập 16 A - B = (a-c)(b-a)( . (Với a. Bài 19:. 1 2. 2. A-B=. b ( a −3 ) +a ( b − 3 ) 9+ ab. b. c. 0). 2. ( Với a,b > 0) Bài 20:. ( ab− bc )2 + ( bc −ac )2+ ( ac −ab )2 A-B= abc. (Với a,b,c > 0) TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I: DẠNG ----------------------------------------------------------------------------------------------2. 4ac-b 2 b   4ac-b 2 P ax + bx +c = a x   MinP = 4a 2a  Suy ra  4a Khi Nếu a > 0 : 2.  x=-. b 2a 2. P ax + bx +c =. . Nếu a < 0 :. 4 a c+b 2 4a. MaxP . Suy ra.  b   a  x   2 a  . 4 a c+b 2 4a. x=. Khi. 2. b 2a. Một số ví dụ: 1.. Tìm GTNN của A = 2x + 5x + 7 2. 5 25 25 2( x 2  2. x   )7 4 16 16 Giải:A = 2x + 5x + 7 = = 2. 5 25 56  25 5 31 5 2( x  ) 2  7   2( x  )2   2( x  ) 2 4 8 8 4 8 4 .. MinA . 2.. 31 5 Khi x  8 4.. Suy ra Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7.

(56) 5 25 25 2( x 2  2. x   )7 4 16 16 Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = = 5 25 56  25 5 81 5  2( x  ) 2   7   2( x  ) 2   2( x  ) 2 4 8 8 4 8 4  .. Suy ra. MinA . 81 5 Khi x  8 4.. 4.. Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16. Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8  8.  MinB = 8 khi :  . Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2. Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 -  10.  GTLNC = 10 khi:  . BÀI TẬP:. 5. 6.. 2 Tìm GTNN Ax  5 x 2008 Tìm GTLN B = 1 + 3x - x2. 7. 8.. Tìm GTLN D = 2007 x  5 x Tìm GTNN của F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1.. 9. 10. 11. 12. 13.. Tìm GTNN của G = x  10 x 25 x 12 Tìm GTNN của M = x + 2y - 2xy + 2x - 10y. Tìm GTNN C = ( 3 x −1 )2 − 4|3 x − 1|+ 5 Tìm GTNN của N = (x +1) + ( x - 3) Tìm GTNN của K = x + y - xy +x + y. 3.. 2. 4. 3. 2.

(57) HƯỚNG DẪN 5. A = x - 5x + 2008 = (x - 2,5)2 + 2001,75  MinA = 2001,75 khi x = 2,5 6. B = 1 + 3x - x2 = -1,25 - ( x - 1,5)2 7. D = 2007 - x - 5x = 2004,5 - ( x + 2,5)2 8. F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (x +x+1) = . 9. G = x - 10x +25x + 12 = x(x - 5) + 12 10. M = x + 2y - 2xy + 2x - 10y = (x - y + 1) + (y - 4) -16. 11. C = ( 3 x −1 )2 − 4|3 x − 1|+ 5 * Nếu x  . C = (3x - 3) + 1 * Nếu x < .C = (3x + 1) + 6 12. N = (x +1) + ( x - 3) = 2(x- 1) + 8 K = x + y - xy +x + y = ( x - y) + (x + 1) + (y + 1) - 1 * Một trong những phương pháp thường dùng là sử dụng các bất đẳng thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức khác.Tuy nhiên khi sử dụng ,ngoài hai bất đẳng thức Cô-si và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski . Các bất đẳng thức khác khi sử dụng làm bài thi cần chứng minh lại (Xem phần trên).Để tiện theo dõi, tôi sẽ liệt kê các bất đẳng thức vào dưới đây. 1. a2 +b 2 ≥ 2 ab (a,b>0). (BĐT Cô-si) ( a+b )2 ≥ 4 ab 2. 2 3. 2 ( a2 +b2 ) ≥ ( a+b ) a b + ≥2 ; a , b> 0 b a 1 1 4 + ≥ ; a ,b> 0 5. a b a+ b 6. a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ca ( ax+ by )2 ≤ ( a2 +b2 ) ( x 2+ y 2 ) ( Bu nhi a cop xki) 7. 2 a2 b2 ( a+b ) + ≥ 8. x y x+ y 2 a2 b2 c2 ( a+b+ c ) + + ≥ 9. x y z x+ y+z ab bc ca + + ≥ a+ b+c (Với a,b,c > 0) Ví dụ 9:Chứng minh c a b ab bc ca Giải:2A - 2B = 2 +2 +2 − 2 a− 2 b −2 c c a b b c a c b a = a + − 2 + b + − 2 +c + − 2 c b c a a b a b + ≥2 ;a , b>0 .Ta có:2A - 2B a ( 2 −2 ) +b ( 2 −2 ) +c ( 2− 2 ) ≥ 0 .Vậy A Áp dụng bất đẳng thức b a. 4.. (. ) (. ) (. ). B.Đẳng thức xảy ra khi a = b = c > 0. 1. 2. Ví dụ 10: Cho các số dương x , y thoả mãn x + y = 1. Chứng minh rằng : xy + 2 2 ≥8 . x +y 1. 2. 2. 2. (. 1. 1. ). 4. Giải: xy + 2 2 = 2 xy + 2 2 =2 2 xy + 2 2 ≥2 2 2 x +y x +y x +y x +2 xy + y 8 =8 .Đẳng thức xảy ra khi ( x + y )2. 1 2 2 2 2 a b c a c b + 2+ 2≥ + + Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức : 2 b c a c b a a2 b2 a b a b2 c 2 b c b c 2 a2 c a c Giải: 2 + 2 ≥ 2 . =2. ; 2 + 2 ≥ 2 . . =2 . ; 2 + 2 ≥ 2 . . =2 . b c c c a a a b b b c c a a b ¿. x= y=.

(58) Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:  a2 b2 c2  a2 b2 c2 a c b a c b 2  2  2  2  2      2  2  2    c a  b c a c b a  c b a b. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c... Bài tập: Cho a,b,c là 3 số dương.Chứng minh rằng ( a+b +c ). 1.. ( 1a + b1 + 1c ) ≥ 9. 2. 3.. Cho các số dương a,b,c biết a.b.c = 1. Chứng minh rằng: (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8 Cho các số a,b biết a + b = 1. Chứng minh rằng a) a + b  b) a + b  4. Cho 3 số dương a,b,c và a + b + c = 1. Chứng minh: + +  9 5. Cho x , y , z  0và x + y + z  3 . Chứng minh rằng: + +   + + 6.. Cho 2 số dương a , b có tổng bằng 1 .Chứng minh rằng a. +  6 b. +  14 Cho 2 số dương a , b có tổng bằng 1 .Chứng minh rằng (a + ) + (b + )  Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi a,b,c>0. 7. 8.. 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + , a+3 b b+3 c c +3 a a+2 b+ c b+2 c+ a c +2 a+ b. 9.. Cho a,b,c là 3 số dương. Chứng minh : . 10.. a b c 1 1 1 + + ≥ + + . bc ac ab a b c. Cho a,b,c là 3 số dương. Chứng minh rằng :. 11.. a2 b2 c2 a+ b+c + + ≥ . b+c a+ c b+ a 2. Chứng minh: a + b  với a + b  1. a b c 3 + + ≥ Với a,b,c > 0 b+c c +a a+b 2 Chứng minh: a 4 +b4 + c 4 ≥abc ( a+b+ c ) Bài 28: Cho x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; z ≥ 0 ;. 12.. Chứng minh:. 13. 14.. Chứng minh rằng :(x + y).(y + z).(z + x)  8xyz 15.. 1 1 1 1 1 + +.. .+ + +. ..+ n+1 n+2 2n+1 2n+ 2 3 n+1. Cho A =. HƯỚNG DẪN: 1.. ( ba + ba )+( ac + ca )+( bc + ac )≥ 3+2+2+2=9. A = 3+. 2. Áp dụng (a + 1)  2a 3. a) A - B = a + b - =2( a + b) - (a + b)  0. b) Áp dụng câu a. 4. Xem bài 1 5. + +  + + = ++ = . + +   = 6. A = + = ( + ) +  + = 6 ( vì 2ab  (a+b) ) B = + = 3( +) + 7. (a + ) + + (b + ) + = +  5(a + ) + 5(b + ) = 5( a + b) + 5( + )  5( a + b) + 5. = 25 Suy ra: (a + ) + (b + )  8. +  ; +  ; + . Chứng minh rằng A >1.

(59) Cộng theo vế 3 BĐT trên ta được Đpcm 9. Ta có: + = ( + )  2. b c 1 b c 1 + =  + ≥2 . ac ab a c b a c a 1 c a 1  + =  + ≥ 2. ab bc b a c b. ( (. . ) ). Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được đpcm. Đẳng thức xáy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Hãy kiểm tra lại) a2 b2 c2 ( a+b+ c ) + + ≥ x y z x+ y+z. 10.. Áp dụng BĐT. 11. 12.. a+b  (a+b)   ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) = + +. 2. a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+b 2 4 4 Áp dụng BĐT ở ví dụ 6 cho 3 số a +b + c 4 rồi tiếp tục áp dụng lần nửa cho 3 số. = (a+b+c) ( + + )  (a+b+c) . = Suy ra:. 13. a2b2 + b2c2 + c2a2 ta có đpcm. 14. Áp dụng BĐT ( x+ y )2 ≥ 4 xy .Nhân từng thừa số của 3 BĐT suy ra ĐPCM 15.. A có 2n + 1 số hạng (Kiểm tra lại !).Áp dụng BĐT. 1 1 4 + ≥ ; a ,b> 0 Với từng cặp a b a+ b. số hạng thích hợp sẽ có đpcm. Chuyên đề 9:. Phơng pháp tam giác đồng dạng.. I – KiÕn thøc c¬ b¶n 1. Ta đã biết nếu 2 tam giác đồng dạng thì suy ra đợc các cặp góc tơng ứng bằng nhau, các cặp cạnh tơng ứng tỉ lệ, đặc biệt là tỉ số diện tích của chúng bằng bình phơng tỉ số đồng dạng 2. Để chứng minh 2 góc bằng nhau hay các cặp đoạn thẳng tỉ lệ bằng pp tam giác đồng dạng ta có thÓ lµm theo c¸c bíc sau : Bớc 1 : Xét 2 tam giác có chứa 2 góc đó hay chứa các cặp đoạn thẳng ấy. Bớc 2 : Chứng minh 2 tam giác đó đồng dạng Bíc 3 : Suy ra cÆp gãc t¬ng øng b»ng nhau, cÆp c¹nh t¬ng øng tØ lÖ. 3. Để tạo ra đợc một tam giác đồng dạng với một tam giác khác, ngoài cách vẽ một đờng song song với một cạnh của tam giác ta còn có thể vẽ thêm đờng phụ bằng nhiều cách khác, chẳng h¹n : - Nèi 2 ®iÎm cã s½n trong h×nh lµm xuÊt hiÖn mét tam gi¸c míi - Từ một điểm cho trớc, vẽ một đờng thẳng vuông góc với một đờng thẳng. - Trên một tia cho trớc, đặt một doạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác. 4. Một vài ứng dụng của pp tam giác đồng dạng a) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM 3 điểm thẳng hàng Ta có thể CM 2 tam giác đồng dạng để suy ra các cặp góc tơng ứng bằng nhau, từ đó dùng cách cộng góc để dợc góc bẹt dẫn tới 3 điểm thẳng hàng. VÝ dô 1 : Cho tam gi¸c ABC, c¸c tia ph©n gi¸c gãc B vµ gãc C c¾t nhau t¹i O. Trªn c¸c c¹nh AB, AC lÇn lît lÊy M vµ N sao cho BM.BC = BO2 ; CN.CB = CO2. CMR 3 ®iÓm M, O, N th¼ng hµng. @Bg : A BM BO   BOM vµ  BCO cã BM.BC = BO2  BO BC ; N BM BO O  B B  O C  M 1 3 2 12 1 2 ; BO 1 BC nªn  BOM ~  BCO (c.g.c)  1 1 B C   Chứng minh tơng tự ta đợc  CON ~  CBO (c.g.c)  O2 B2 0       Ta cã O1  O2  O3 C1  B2  O3 180 . Suy ra 3 ®iÓm M, O, N th¼ng hµng. NhËn xÐt Điều gì gợi ý cho ta dùng pp đồng dạng để giải ví dụ trên ? Đó là vì trong đề bài có cho BO là trung bình nhân của BM và BC ; CO là trung bình nhân của CN và CB, từ đó suy ra đ ợc các cặp đoạn thẳng tỉ lệ dẫn tới 2 tam giác đồng dạng. b) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM tích của 2 đoạn thẳng hoặc tổng các tích của các cặp đoạn th¼ng b»ng 1 sè cho tríc. Ta có thể CM 2 tam giác đồng dạng để suy ra cáắccpj cạnh tơng ứng tỉ lệ, dẫn tới 2 tích của các cặp ®o¹n th¼ng b»ng nhau..

(60) VÝ dô 2 : Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, gãc B nhän. Gäi H vµ K lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña B trªn AD vµ CD. Chøng minh r»ng DA.DH + DC.DK = DB2 @Bg : *T×m híng gi¶i : C¸c tÝch DA.DH, DC.DK cha cã mèi liªn quan trùc tiÕp nµo víi nhau còng nh víi DB. V× thÕ ta sÏ thay c¸c tÝch nµy bëi c¸c tÝch kh¸c b»ng chóng, cã liªn quan víi nhau còng nh liªn quan víi DB. Muèn vËy phải tạo ra đợc những cặp tam giác đồng dạng với điều kiện DB phải lµ c¹nh cña mét trong nh÷ng tam gi¸c nh thÕ. *Lêi gi¶i: H VÏ AI  DB DA DI A B    IDA ~  HDB  DB DH DA.DH = DB.DI (1) I BA BI DC BI D K     C  DB DK  IBA ~  KDB  DB DK DC.DK = DB.BI (2) Cộng từng vế các BĐT (1) và (2) ta đợc : DA . DH + DC . DK = DB .DI + DB .BI = DB(DI + BI) = DB2 (®pcm)  Chú ý : Nếu B = 900 thì hình bình hành ABCD trở thành hình chữ nhật. Lúc đó áp dubgj định lý Ptta-go ta có ngay điều phải chứng minh. c) Dùng pp tam giác đồng dạng để giải bài toán dựng hình Đối với 1 số bài toán dựng hình nhất là dựng hình tam giác, khi chỉ biết một yếu tố về độ dài, còn lại là biết tỉ số giữa các độ dài hoặc biết số đo các góc thì ta có thể nghĩ đến pp tam giác đồng dạng. VÝ dô 3 : AB 2  A Dùng tam gi¸c ABC biÕt = 600 ; BC 3 vµ BC = a. @Bg : 1. Phân tích : Giả sử đã dựng đợc tam giác ABC thoả mãn đề bài Vẽ một đờng thẳng song song với BC, cắt AB, AC lần lợt tại M và N Từ C vẽ đờng thẳng song song với AB cắt MN tại P. Dễ thấy A AM AB 2    i AN AC 3 600 MP = BC = a .  AMN ~  ABC Vậy  AMN dựng đợc, từ đó dựng đợc P, C và B. N 2. C¸ch dùng : p M i A i  0 - Dùng  AMN sao cho A = 60 ; AM = 2 ; AN = 3 i a - Trªn tia MN lÊy ®iÓm P sao cho MP = a. C B i - Dùng PC // AB (C thuéc tia AN) i i - Dùng CB // MN (B thuéc tia AM) Tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c ph¶i dùng (PhÇn CM vµ biÖn luËn tù lµm) II – Bµi tËp Bµi 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, đờng cao AH. Gọi M và N lần lợt là trung điểm của AH và BH. Gọi O lµ giao ®iÓm cña AN víi CM. Chøng minh r»ng : a) AN  CM b) AH2 = 4 MC.MO @Bg AB BN AB BH 2 BN    a)  ABH ~  CAH (g-g)  CA AH 2 AM hay CA AM (1)   Ta cã B1  A1 (2) . A   2 Tõ (1) vµ (2) suy ra  ABN ~  CAM (c.g.c)  A2 C2 0     XÐt tam gi¸c CAO cã CAO  C2 CAO  A2 90  900 O . VËy AN  CM AM MO   CM MH  AM.MH = MC.MO b)  AOM ~  CHM (g.g). OM 1. B NH. 2. C.

(61) . AH AH . 2 2 = MC.MO hay HA2 = 4 MC.MO.. Bµi 2 : Cho tam gi¸c ABC, ph©n gi¸c AE. Chøng minh r»ng AB.AC > AE2. A @Bg AEC  B  (t/c gãc ngoµi cña  ABE).   F Trªn AC lÊy ®iÓm F sao cho AEF B  AF < AC AE AF  C B E  AEF ~  ABE (g-g)  AB AE  AB.AF = AE2  AB.AC > AE2. Bµi 3 : Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm di động trên AC. Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc víi tia BM c¾t tia BM t¹i H, c¾t tia BA t¹i O. Chøng minh r»ng : a) OA.OB = OC.OH b) Góc OHA có số đo không đổi c) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi. @Bg O OB OH  a)  BOH ~  COA (g-g)  OC OA  OA.OB = OC.OH H OB OH OA OH   A M b) OC OA  OC OB (1)   OHA vµ  OBC cã O chung (2) B K C Tõ (1) vµ (2)   OHA ~  OBC (c.g.c)    OHA OBC (không đổi) BM BK    BC BH c) VÏ MK  BC ;  BKM ~  BHC (g.g) BM.BH = BK.BC (3) CM CK    CB CA  CKM ~  CAB (g.g) CM.CA = BC.CK (4) Cộng từng vế của (3) và (4) ta đợc BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC(BK + CK) = BC2 (không đổi). Bµi 4 : Cho tam giác ABC cân tại A, đờng cao AH. Trên đoạn thẳng CH và HB lần lợt lấy hai điểm M và N sao cho CM = HN. Đờng thẳng qua M và vuông góc với BC cắt AC tại E. Qua N vẽ đờng thẳng d  NE. Chứng minh rằng khi M di động trên đoạn thẳng CH thì đờng thẳng d luôn luôn đi qua một điểm cố định. @Bg A 1 E DÔ thÊy CH = MN = 2 BC HF HN CM    MN ME ME  HFN ~  MNE (g.g) (1) AH CH CH CM H M B N C     EM CM AH EM  AHC ~  EMC (g.g) (2) F 1 1 BC. BC 2 HF CH MN .CH 2 BC 2     MN AH AH AH 4 AH (không đổi) Tõ (1) vµ (2) . Do đó HF = Vì H cố định nên F cố định. Bµi 5 : Cho tam giác ABC, 3 đờng cao AD, BE, CF. Gọi M, N, I, K lần lợt là hình chiếu của D trên AB, AC, BE, CF. Chøng minh r»ng 4 ®iÓm M, N, I, K th¼ng hµng. @Bg BM BD BI    V× DM // CF vµ DI // CA nªn BF BC BE MI // FE. (1). A. E.

(62) M. CN CD CK    V× DN // BE vµ DK // AB nªn CE CB CF NK // FE AM AD   AD AB  AMD ~  ADB.  AND ~  ADC. . AN AD  AD AC. B. K. I D. C. (2) (3). (4). AM AC  AB Chia từng vế của (3) cho (4) ta đợc AN AF AC AM AF    AE AB do đó AN AE  MN // FE  ACF ~  ABE (5) Tõ (1) ; (2) ; (5) suy ra 4 ®iÓm M, I, N, K th¼ng hµng. Bµi 6 : Lấy các cạnh AB, AC và BC của  ABC làm cạnh đáy, dựng các tam giác vuông cân ABD, ACE, BCF, hai tam gi¸c ®Çu dùng ra phÝa ngoµi  ABC cßn tam gi¸c thø 3 dùng trong cïng 1 nöa mÆt ph¼ng bê BC víi  ABC. Chøng minh r»ng tø gi¸c AEFD lµ h×nh b×nh hµnh (hoÆc A, E, F, D th¼ng hµng) @Bg   NÕu BAC  900 ;  BAD ~  BCF(2 tam gi¸c vu«ng c©n) A E F BD BA BD BF        ABC ( = 45o + B1 ) D BF BC BA BC . MÆt kh¸c DBF 1     BDF ~  BAC (c.g.c)  BDF BAC B C   Chøng minh t¬ng tî cã  FEC ~  BAC  FEC BAC     Ta cã DAE  ADF = (90o + BAC ) + (900 - BDF ) = 1800  AE // DF Chứng minh tơng tự ta đợc AD // EF. Vậy AEFD là hình bình hành.   Trêng hîp nÕu BAC = 900 th× 4 ®iÓm A, E, F, D th¼ng hµng ……… Bµi 7 : Cho h×nh vu«ng ABCD. Gäi M, N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AB, AD. Gäi E vµ F lÇn lît lµ giao ®iÓm cña BN víi MC vµ AC. Cho biÕt AB = 30 cm, tÝnh diÖn tÝch c¸c tam gi¸c BEM vµ AFN. @Bg A M B    ABN =  BCM (c.g.c)  B1 C1  BN  CM 1  ABN vu«ng t¹i A, AB = 30; AN = 15  BN2 = 1125 E 2. F S 225 1  BM  N  BEM     S BAN  BN  1125 5  BEM ~  BAN 1 1 1 D C SBAN = 2 .30.15 = 225  SBEM = 225. 5 = 45 (cm2). FN AN 1 1 1    AFN ~  CFB  FB BC 2  FN = 2 BF = 3 BN 1 1 do đó SAFN = 3 SABN = 3 .225 = 75 cm2. Bµi 8 : Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ những đờng thẳng song song với 3 cạnh. Các đờng thẳng này chia tam giác ABC thành 3 hình bình hành và 3 tam giác nhỏ. Biết diện tích của các tam giác đó lµ a2 , b2 , c2 . a) TÝnh SABC b) Chøng minh S  a2 + b2 + c2 @Bg a) Dễ thấy các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với  ABC. 2 a 2  DH  a DH A     2 d BC  BC  §Æt SABC = d2 . Ta cã d (1) E. F. M. c2. O. b 2. N.

(63) a 2 2. 2. 2. 2. b 2  ON   HC  b HC       2 d d BC  BC   BC  2. B. D. H. (2). c c BD  MO   BD        2 d d BC  BC   BC  (3) a  b  c DH  HC  BD  1 d BC Cộng từng vế các đẳng thức (1) , (2) , (3) ta đợc  a + b + c = d. VËy S = d2 = (a + b + c)2 b) S = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac  a2 + b2 + c2 + (a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) = 3(a2 + b2 + c2) DÊu “=” xÈy ra  a = b = c  O trïng víi träng t©m G cña  ABC .. Ví dụ 8:. . 3 4 a2+ 12 a+9 Rút gọn Biếu thức B= Với a − 2 2 2 a −a − 6 2 3 0,5 a + a+2 a − 8 2 : + Thực hiện phép tính: (a 1+ 0,5 a a+ 2 a ( 2 −a ). a. b.. ± 2.). Giải: 2. 2. ( 2 a+3 ) 4 a + 12 a+9 2 a+ 3 ¿ = 2 ( 2 a+ 3 )( a− 2 ) a −2 2 a −a − 6 2 3 2 0,5 a + a+2 a − 8 2 a + 2a+ 4 a+2 2 : + = ⋅ 3 + b. 1+ 0,5 a a+ 2 a ( 2 −a ) a+2 ( a −8 a 2− a ) 2 a +2 a+ 4 2 a −2 1 ¿ − = = 2 ( ) ( ) ( a− 2 ) ( a +2 a+ 4 ) a a −2 a a −2 a 2 2 3 3 x + y − xy x +y  Ví dụ 9: Thực hiện phép tính: A= 2 2 : 2 2 .( Với x x −y x + y −2 xy. a. B=. Giải: ( x − y )2 x + y − xy x +y x + y − xy : = ⋅ x2 − y2 x2 + y 2 −2 xy ( x − y ) ( x+ y ) ( x + y ) ( x 2+ y 2 − xy ) x−y 2 (x + y ) x 4 + x 3 + x+1 Ví dụ 10: Cho biểu thức : A= 4 3 . x − x +2 x 2 − x +1 2. A=.  a. b.. 2. 3. 3. 2. 2. Rút gọn biểu thức A. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x . Giải:. x 4 + x 3 + x+ 1 x 4 + x 3+ x+1 = x 4 − x 3 +2 x 2 − x +1 x 4 − x 3 + x 2+ x2 − x +1 3 ( x +1 ) ( x3 +1 ) x ( x +1 ) + ( x +1 ) ¿ 2 2 = x ( x − x +1 ) + ( x 2 − x+ 1 ) ( x 2 − x +1 )( x2 +1 ) ( x +1 )2 ( x2 − x +1 ) ( x+ 1 )2 = ( x 2 − x+ 1 )( x 2 +1 ) ( x 2+1 ) ( x +1 )2 A= ; ( x+1 )2 ≥ 0 ; x2 +1>0 ⇒ A ≥ 0 b. 2 x +1 A=. . Ví dụ 11: Tính giá trị biếu thức :. a5+ a6 +a 7+ a8 a−5 +a−6 +a −7 +a −8. ±. y). C.

(64) với a = 2007. Giải: 5. 6. 7. 8. 5. 6. 7. 8. a +a + a +a a + a +a + a = −6 −7 −8 1 1 1 1 a +a +a +a + 6+ 7 + 8 5 a a a a 8 5 6 7 8 5 6 7 8 a + a +a + a a ( a + a +a + a ) = a3 + a2+ a1 +1 a3 +a 2+ a+1 a8 a13 ( 1+ a+a2 +a 3 ) 13 =a ⇒ B=200713 3 2 a +a + a+1. B=. −5. Ví dụ 12: Tính giá trị biếu thức :. . x 2 −25 y −2 : 2 . 3 2 x −10 x +25 x y − y − 2. Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x − 3| . Giải: x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - |x − 3| ⇔ ( x −3 y )2+|x − 3|=0 ⇔ x=3 y x=3 ⇔ ¿ x=3 y=1 ¿{. ( x − 5 ) ( x+5 ) ( y −2 )( y +1 ) x 2 −25 y −2 C= 3 : 2 = ⋅ 2 y−2 x −10 x +25 x y − y − 2 x ( x −5 )2 ( x +5 ) ( y +1 ) 8. 2 8 ¿ = =− 3 x ( x −5 ) 3 . ( −2 ). Bài tập: 13.. Chứng minh rằng Biếu thức. ( x 2 +a ) (1+ a ) +a2 x 2+1 P= 2 ( x −a ) (1 − a ) +a2 x 2+1 không phụ thuộc vào x. 14.. Cho biểu thức M = a. b. c.. 15.. x 5 −2 x 4 +2 x 3 − 4 x2 −3 x +6 . x2 +2 x − 8. Tìm tập xác định của M. Tính giá trị của x để M = 0. Rút gọn M. Cho a,b,c là 3 số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng :. b −c c −a a −b 2 2 2 + + = + + ( a −b ) ( a − c ) ( b −a )( b − c ) ( c −a )( c −b ) a − b b − c c − a | x+10| 16. Cho biểu thức : B = 4 3 x + 9 x −9 x 2 +9 x −10. a. b. a. 3; y. Rút gọn B Chứng minh rằng : n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 ⋮ 16 với n Rút gọn biểu thức : A=. Z 2. 2 x +3 y 6 − xy x +9 − − xy +2 x −3 y −6 xy +2 x +3 y +6 x 2 − 9. -2.. (. 2+ x 4 x 2 2 − x x 2 −3 x − 2 − : . 2− x x −4 2+ x 2 x 2 − x3. ). b.. Cho Biếu thức : A =. a. b. c.. Tìm điều kiện có nghĩa và Rút gọn biểu thức A. Tìm giá trị của x để A > 0. Tìm giá trị của A trong trường hợp |x − 7|=4 .. với x. -3; x.

(65) 19.. a.Thực hiện phép tính:. 1 1 2 4 8 16 + + + a.A = 1 − x + 1+ x + . 2 4 8 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 16 1 1 − 2 2 a − 9 a +9 a2+ 9 − 2 . b. Rút gọn C = 1 1 a + 2 2 a − 9 a +9. 20.. Cho a,b,c là 3 số. nhau đôi một.. ab bc ac + + . ( b− c ) ( c − a ) ( a− b ) ( c − a ) ( b −c ) ( a −b ) 2a − b 5 b − a + −3 21. Tính giá trị của biểu thức : 3 a− b 3 a+b 10 a2 −3 b2 −5 ab=0 ∧9 a2 −b 2 ≠ 0 22. Cho a + b + c = 1 và a2 +b 2+ c 2=1 . x y z = = . Chứng minh rằng xy + yz + zx = 0. a. Nếu a b c. Tính S =. biết:. b.Nếu a3 + b3 + c3 = 1. Tính giá trị của a,b,c Bài 11: Cho Biếu thức : A=. 23. a. b.. 2 a −1 5 −a + . 3 a −1 3 a+1. Tính giá trị của A khi a = -0,5. Tính giá trị của A khi : 10a2 + 5a = 3.. 1 1 1 + + =1 . 1+ x + xy 1+ y+ yz 1+ z+ zx a2 +3 ab 2 a2 −5 ab −3 b 2 a2 − an+ bn +ab + = 25. Chứng minh đẳng thức sau: a2 − 9 b2 6 ab − a2 − 9 b2 3 bn − a2 − an+3 ab 1 1 1 1 26. Thực hiện phép tính: 1 − 2 1− 2 1− 2 . .. 1 − . 2 2 3 4 2008 1 1 1 27. Tính tổng : S(n) = 2 . 5 + 5 . 8 +. ..+ . ( 3 n −1 ) ( 3 n+2 ) 2 a 3 −12 a 2+17 a− 2 28. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức :A = . a −2 Biết a là nghiệm của Phương trình : |a 2 −3 a+ 1|=1 . b c a 29. Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác biết rằng: 1+ 1+ 1+ =8 a b c. 24.. Chứng minh nếu xyz = 1 thì:. (. )(. )(. ) (. ). ( )( )( ). 30.. Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều. Chứng minh rằng nếu a,b là 2 số dương thỏa điều kiện: a + b = 1 thì : 2 ( b− a ) a b − 3 = 2 2 b − 1 a −1 a b + 3 3. 31.. Thực hiện phép tính: 2. A= 32.. x − yz y 2 − xz z 2 − xy + + ( x + y ) ( x+ z ) ( x + y ) ( y + z ) ( y + z )( x + z ) a3 +b3 +c 3 −3 abc Rút gọn biểu thức : A = . a+ b+c. 33.. Chứng minh rằng biểu thức sau luôn dương trong TXĐ: 2 2. B= 34.. ( 1− x ) 1+ x. 2. :. [(. 3. )(. )]. Rút gọn rồi Tính giá trị biếu thức với x + y = 2007. A=. 35.. 3. 1− x 1+ x +x −x 1−x 1+ x. x (x +5)+ y ( y +5)+ 2(xy −3) . x ( x+ 6)+ y ( y+ 6)+ 2 xy. Cho 3 số a,b,c. 0 thỏa mãn đẳng thức:. a+b − c a+ c − b b+c −a = = . c b a.

(66) ( a+b )( b+ c )( c +a ) . abc 4 xy − z 2 4 yz − x2 4 zx − y 2 . . Cho biểu thức : A= . Chứng minh rằng nếu : xy +2 z 2 yz+ 2 x 2 xz+2 y 2. Tính giá trị biểu thức P = 36.. x + y + z = 0 thì A = 1. HƯỚNG DẪN: 2. 13.. P=. 2. ( x +a ) (1+ a ) +a x +1 1+ a+a2 = ( x2 −a ) (1 − a ) +a2 x 2+1 1− a+ a2 5. 14.. 15. =. 2. 4. 3. 2. x −2 x +2 x − 4 x −3 x +6 M= . 2 x +2 x − 8 2 ( x 3 +3 ) ( x 2 − 1 ) ¿ x+ 4 b −c 1 1 c−a 1 1 = + = + = ( a −b ) ( a − c ) a − b c − a ( b− a ) ( b − c ) b − c a −b a− b 1 1 = + b −c c − a (c − a) (c − b). 16. a.Rút gọn B =. | x+10| 4. 3. 2. x + 9 x −9 x +9 x −10. =. | x+10| ( x −1 ) ( x +10 ) ( x 2 +1 ). 1 ; ( x> −10 lx ≠1 ) ( x −1 ) ( x 2+1 ) ¿ − ( x+ 10 ) ; ( x <−10 ) ( x −1 ) ( x+10 ) ( x 2 +1 ) ¿ ¿ ¿ ¿¿ 4 b. n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 ¿ [ n ( n+1 ) ] 2 x +3 y 6 − xy x2 +9 A= − − 2 17. xy +2 x −3 y −6 xy +2 x +3 y +6 x − 9 2 2 x+ 3 y 6 − xy x +9 0 ¿ − − 2 = xy +2 x −3 y −6 xy +2 x+3 y +6 x −9 ( x − 3 ) ( x+3 )( y +2 ). 18. 2. 2. 2. 2+ x 4x 2 − x x −3 x 4 x − 2 − : = a.A = . 2− x x −4 2+ x 2 x 2 − x3 x − 3 4 x2 >0 ⇔ x>3 b.A > 0 ⇔ x−3 |x − 7|=4 ⇒ x=11 ¿ x=3 c. ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 121  x = 11 ⇒ A= 2  x = 3 ⇒ A không xác định. (. 19.. 1. 1. 2. ). 4. 8. 16. 32. + + + = a.A = 1 − x + 1+ x + 2 4 8 16 32 . 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 1− x.

(67) 1 1 − 2 a − 9 a +9 a2+ 9 − 2 =−1 . b. Rút gọn C = 1 1 a + 2 2 a − 9 a +9 ab bc ac + + 20. S= ( b− c ) ( c − a ) ( a− b ) ( c − a ) ( b −c ) ( a −b ) ab ( a − b ) + bc ( b −c ) +ac ( c − a ) − ( a −b )( b − c )( c −a ) ¿ = =−1 ( a− b ) ( b − c )( c −a ) ( a− b ) ( b − c ) ( c −a ) 21. Từ: 10 a2 −3 b2 −5 ab=0 ∧9 a2 −b 2 ≠ 0 ⇒5 ab=3 b2 − 10 a2 (1) 2a − b 5 b − a 3 a2 −15 ab −6 b 2 + − 3= Biến đổi A = (2) 3 a− b 3 a+b 9 a2 − b2 2. Thế (1) vào (2) ; A = - 3 22. Từ a + b + c = 1 và a2 +b 2+ c 2=1 suy ra: ab + bc + ca = 0 (1) a. Nếu. x y z = = a b c. suy ra : 2. 2. 2. x y z x+ y+ z = = = =x + y + z a b c a+b+ c. 2. ⇒ ( x + y + z ) =x + y + z Suy ra xy + yz + zx = 0. b. Áp dụng ( a+b +c )3 − ( a3 +b 3+ c 3 )=3 ( a+ b ) ( b+c ) ( c +a ) Từ a3 + b3 + c3 = 1. Suy ra: 3 ( a+b )( b +c )( c+ a )=0 Từ đó tính được a , b , c.. 23. 24.. Xem bài 21 Từ xyz = 1 Biến đổi. 1 1 1 + + 1+ x+ xy 1+ y + yz 1+ z +zx . 1 y yz ¿ + + 1+ y + yz 1+ y+ yz 1+ y+ yz. 25.. Chứng minh : 2. 2. 2. 2. a +3 ab 2 a −5 ab −3 b a − an+ bn +ab a+b + = = 2 2 2 2 2 a − 9 b 6 ab − a − 9 b 3 bn − a − an+3 ab 3 b − a 1 1 1 1 1 − 2 1− 2 1− 2 . .. 1 − 26. . 2 3 4 2008 2 1. 2 .3 . .. 1997 3. 4 .5 . .1999 1 1999 1999 ¿ . = . = 2 . 3. 4 .. .1998 2 .3 . 4 . .. 1998 1998 2 3996. (. )(. )(. ) (. ). 27.. 1 1 1 + + .. .+ 2. 5 5 . 8 ( 3 n −1 )( 3 n+2 ) . 1 1 1 1 1 1 1 n ¿ − + − +.. . − = 3 2 5 5 8 3 n −1 3 n+ 2 2 ( 3 n+ 2 ) 3 2 2 a −12 a +17 a −2 A= =2 a 2 − 8 a+1 . 28. a −2 |a2 − 3 a+1|=1 ⇔ a=0 ; a=3⇒ A=1 ; A=− 5 ¿ a=1 ; a=2⇒ A=−5 . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ( a −b )2 ( b −c )2 ( c −a )2 b c a 1+ 1+ 1+ =8 ⇔ + + =0 29. a b c ab bc ca. (. ( )( )( ). 30.. Rút gọn. ).

(68) ( a − b ) ( a2 +b 2 − 1 ) 2 ( b− a ) a b − = = 3 3 2 2 b − 1 a −1 a b + 3 ab ( b2 +b+1 ) ( a2+ a+1 ) x 2 − yz x y y 2 − xz y z = − = − 31. = ( x + y ) ( x+ z ) x+ z x+ y (x + y ) ( y + z) x + y y + z 2 z − xy z x = − . Cộng từng vế được A = 0. ( x + z ) ( y+ z ) y + z x+ z a3 +b3 +c 3 −3 abc . a+ b+c a3 +b 3+ c 3 − 3 abc= ( a+b+ c ) ( a2+ b2 +c 2 − ab − bc −ca ) 1 33. TXĐ: x ≠ ±1 ;B = 1+ x 2. 32.. A=. 34.. x (x +5)+ y ( y +5)+ 2(xy −3) ( x + y +6 )( x + y −1 ) = . x ( x+ 6)+ y ( y+ 6)+ 2 xy ( x + y +6 )( x + y ) a+b − c a+ c − b b+c −a = = Từ: . c b a a+b − c a+ c − b b+c −a +2= + 2= +2 c b a a+b+ c a+ c+ b b+c +a = = c b a. A=. 35. Suy ra: Suy ra:. Suy ra: hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c. P = -1 hoặc P = 8 36. Từ: x + y + z = 0 suy ra: x 3+ y3 + z 3=3 xyz. M . M =63 x 2 y 2 z2 −16 xyz ( x 3+ y 3+ z 3 ) + 4 ( x 3 y3 + y 3 z 3+ z3 x 3 ) N N=9 x 2 y 2 z 2+ 2 xyz ( x 3 + y 3+ z3 ) + 4 ( x 3 y 3+ y 3 z 3 + z 3 x 3 ) A=.

(69)

cac chuyen de boi duong toan 8 20162017

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về