Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại các dạng toán các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải số tập về phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ kỹ về phân tích đa thức thành nhân tử B CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bở sung: + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ có dạng p/q p ước hệ số tự do, q ước dương hệ số cao + Nếu f(x) có tởng các hệ số f(x) có nhân tử x – + Nếu f(x) có tởng các hệ số các hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng tử bậc lẻ f(x) có nhân tử x + + Nếu a nghiệm nguyên f(x) f(1); f(- 1) khác f(1) f(-1) đều số a-1 a+1 nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = ±1; ±2; ±4 , có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta tách f(x) thành các nhóm có xuất nhân tử x – Cách 1: 2 2 x3 – x2 – = ( x − x ) + ( x − x ) + ( x − ) = x ( x − ) + x( x − 2) + 2( x − 2) = ( x − ) ( x + x + ) Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp 3 2 Cách 2: x − x − = x − − x + = ( x − ) − ( x − ) = ( x − 2)( x + x + 4) − ( x − 2)( x + 2) 2 = ( x − ) ( x + x + ) − ( x + 2)  = ( x − 2)( x + x + 2)   Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: ±1, ±5 không nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên 3 2 2 f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x − x − x + x + 15 x − = ( 3x − x ) − ( x − x ) + ( 15 x − ) = x (3x − 1) − x(3x − 1) + 5(3x − 1) = (3 x − 1)( x − x + 5) Vì x − x + = ( x − x + 1) + = ( x − 1) + > với mọi x nên khơng phân tích được thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng các hệ số các hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử x + x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + Tổng các hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) Vì x4 - x3 + x2 - x - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng phân tích được Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … đều có nhân tử chung x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Giả sử x ≠ ta viết x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – Đặt x - 1 + ) = x2 [(x2 + ) + 6(x )+7] x x x x 1 = y x2 + = y2 + 2, x x A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - ) + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 x Chú ý: Ví dụ giải cách áp dụng đẳng thức sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 A = ( x + y + z )( x + y + z )2 + ( xy + yz +zx)2 Ví dụ 3: 2 2 2 = ( x + y + z ) + 2( xy + yz +zx)  ( x + y + z ) + ( xy + yz +zx)   Đặt x + y + z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x + y + z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x + y + z ) − ( x + y + z )2 − 2( x + y + z )( x + y + z )2 + ( x + y + z )4 Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x y + y z + z x ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( x y + y z + z x ) + (xy + yz + zx)2 = −4 x y − y z − z x + x y + y z + z x + 8x yz + xy z + xyz = xyz ( x + y + z ) Ví dụ 5: (a + b + c)3 − 4(a + b3 + c3 ) − 12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 m2 - n a + b = (a + b)[(a – b) + ab] = m(n + ) Ta có: 3 2 m3 + 3mn − 4c3 − 3c(m - n ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) C = (m + c) – 4 = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Nhận xét: các số ± 1, ± không nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun củng khơng có nghiệm hữu tỉ Như đa thức phân tích được thành nhân tử phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd  a + c = −6  ac + b + d = 12  đồng đa thức với đa thức cho ta có:   ad + bc = −14 bd =  Xét bd = với b, d ∈ Z, b ∈ { ±1, ±3} với b = d = hệ điều kiện trở thành  a + c = −6  ac = −8  2c = −  c = −  ⇒ ⇒  a + 3c = −14 ac = a = −2  bd =  Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c)  a − = −3 b − 2a = −7 a =   ⇒ b = −5 = 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c ⇒  c − 2b = c = −4   −2c =  Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - đa thức có tổng hệ số các hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nahu nên có nhân tử x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp  ac = 12 bc + ad = −10 a =    c = ⇒ 3c − a = ⇒ bd = −12 b = −6  d =  3d − b = 12  ⇒ 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) x3 + 10) 64x-4 7xy+ 2) +2 + 6x 11) a6x+ -a9x a2b2 ++b16 b6 3) x3 6x2 - y 12) x3 +-3xy + x 3+- 30 4) 2x3 x2 + 5x + 13) 4x4 +-4x3 + 5x + 2x + 5) 27x3 - 27x2 + 18x - 14) x8 + x + 6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12 15) x + 3x + 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 16) 3x24 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 8) 4x - 32x + 17) x4 - 8x++x63 1) - (x2 + x + 1)2 9) 3(x4 + CHUYấN ĐỀ - SƠ LƯỢC VỀ CHỈNH HỢP, Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP A MỤC TIÊU: * Bước đầu HS hiểu về chỉnh hợp, hoán vị tổ hợp * Vận dụng kiến thức vào ssó toán cụ thể thực tế * Tạo hứng thú nâng cao kỹ giải toán cho HS B KIẾN THỨC: I Chỉnh hợp: định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp k phần tử tập hợp X ( ≤ k ≤ n) theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập k n phần tử A Số tất các chỉnh hợp chập k n phần tử được kí hiệu k n Tính số chỉnh chập k n phần tử A k n = n(n - 1)(n - 2)…[n - (k - 1)] II Hoán vị: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp n phần tử tập hợp X theo thứ tự định gọi hoán vị n phần tử Số tất các hoán vị n phần tử được kí hiệu Pn Tính số hoán vị n phần tử Pn = ( n! : n giai thừa) A n n = n(n - 1)(n - 2) …2 = n! III Tổ hợp: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi tập X gồm k phần tử n phần tử tập hợp X ( ≤ k ≤ n) gọi tổ hợp chập k n phần tử Số tất các tổ hợp chập k n phần tử được kí hiệu C Tính số tở hợp chập k n phần tử C k n = A n n : k! = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! k n Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp C Ví dụ: Ví dụ 1: Cho chữ số: 1, 2, 3, 4, a) có số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số khác nhau, lập ba các chữ số b) Có số tự nhiên có chữ số, các chữ số khác nhau, lập chữ số c)Có cách chọn ba chữ số chữ số Giải: a) số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số khác nhau, lập ba các chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2) = = 60 số b) số tự nhiên có chữ số, các chữ số khác nhau, lập chữ số hoán vị cua phần tử (chỉnh hợp chập phần tử): A 5 = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = = 120 số c) cách chọn ba chữ số chữ số tổ hợp chập phần tử: C = 5.(5 - 1).(5 - 2) 5.4.3 60 = = = 10 nhóm 3! 3.(3 - 1)(3 - 2) Ví dụ 2: Cho chữ số 1, 2, 3, 4, Dùng chữ số này: a) Lập được số tự nhiên có chữ số khơng có chữ số lặp lại? Tính tởng các số lập được b) lập được số chẵn có chữ số khác nhau? c) Lập được số tự nhiên có chữ số, hai chữ số kề phải khác d) Lập được số tự nhiên có chữ số, các chữ số khác nhau, có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn Giải Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp a) số tự nhiên có chữ số, các chữ số khác nhau, lập các chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = = 120 số Trong hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), chữ số có mặt: 120 : = 24 lần Tởng các chữ số hang: (1 + + + + 5) 24 = 15 24 = 360 Tổng các số được lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960 b) chữ số tận có cách chọn (là 4) bốn chữ số trước hoán vị của chữ số cịn lại có P4 = 4! = = 24 cách chọn Tất có 24 = 48 cách chọn c) Các số phải lập có dạng abcde , : a có cách chọn, b có cách chọn (khác a), c có cách chọn (khác b), d có cách chọn (khác c), e có cách chọn (khác d) Tất có: = 1280 số d) Chọn chữ số chẵn, có cách chọn chọn chữ số lẻ, có cách chọn Các chữ số hoán vị, có: 4! =1 = 72 số · Bài 3: Cho xAy ≠ 1800 Trên Ax lấy điểm khác A, Ay lấy điểm khác A 12 điểm nói (kể điểm A), hai điểm củng được nối với đoạn thẳng Có tam giác mà các đỉnh 12 điểm Giải Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại: + Loại 1: các tam giác có đỉnh A, đỉnh thứ thuộc Ax (có cách chọn), đỉnh thứ thuộc Ay (có cách A B1 A1 chọn), gờm có: = 30 tam giác B2 A2 B3 A3 B4 A4 y B5 A5 A x Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp + Loại 2: Các tam giác có đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 (có cách chọn), hai đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có C = 6.5 30 = = 15 cách chọn) 2! Gồm 15 = 75 tam giác + Loại 3: Các tam giác có đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 hai đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 gờm có: C = 5.4 20 = = 60 tam giác 2! Tất có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác Cách 2: số các tam giác chọn 12 điểm C 12 = 12.11.10 1320 1320 = = = 220 3! 3.2 Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ax là: C Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ay là: C = 7.6.5 210 210 = = = 35 3! 3.2 = 6.5.4 120 120 = = = 20 3! 3.2 Số tam giác tạo thành: 220 - ( 35 + 20) = 165 tam giác D BÀI TẬP: Bài 1: cho số: 0, 1, 2, 3, từ các chữ số lập được số tự nhiên: a) Có chữ số gồm chữ số ấy? b) Có chữ số, có các chữ số khác nhau? c) có chữ số, các chữ số khác nhau? d) có chữ số, các chữ số giống nhau? Bài 2: Có số tự nhiên có chữ số lập các chữ số 1, 2, biết số chia hết cho Bài 3: Trên trang có đường kẻ thẳng đứng đường kẻ nằm ngang đôi cắt Hỏi trang có hình chữ nhật 10 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp 2 = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z )  ≥ ⇒ x + y + z ≥ xy+ yz + zx (2)   Đẳng thức xẩy x = y = z a) Từ (1) (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≤ x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2) ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ ⇒ A = ⇔ x = y = z = b) Từ (1) (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≥ xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx) ⇒ xy+ yz + zx ≤ ⇒ max B = ⇔ x = y = z = 3) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > x + y + z = 1 Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Cơsi ta có: x+ y + z ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤ ⇒ xyz ≤ 27 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) Dấu xảy x = y = z = Vậy S có giá trị lớn ⇒ ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 8 ⇒ S ≤ = 27 27 729 x = y = z = 729 4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x4 + y + z Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z) Ta có ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) ⇒ ≤ ( x + y + z ) 2 (1) áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) (1,1,1) Ta có ( x + y + z ) ≤ (12 + 12 + 12 )( x + y + z ) ⇒ ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) Từ (1) (2) ⇒ ≤ 3( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≤ Vậy x + y + z có giá trị nhỏ 3 x= y = z = ± 3 D Một số ý: 104 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta đởi biến Ví dụ : Khi tìm GTNN A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – = y A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + ≥ 2… 2) Khi tìm cực trị biểu thức, ta thay đk biểu thức đạt cực trị đk tương đương biểu thức khác đạt cực trị: +) -A lớn ⇔ A nhỏ ; +) lớn ⇔ B nhỏ (với B > 0) B +) C lớn ⇔ C2 lớn Ví dụ: Tìm cực trị A = x4 + (x + 1) a) Ta có A > nên A nhỏ lớn nhất, ta có A 1 ( x + 1) 2x = = 1+ ≥ ⇒ A = ⇔ x = ⇒ max A = ⇔ x = A x +1 x +1 b) Ta có (x2 – 1)2 ≥ ⇔ x4 - 2x2 + ≥ ⇒ x4 + ≥ 2x2 (Dấu xẩy x2 = 1) Vì x4 + > ⇒ ⇒ A = 2x 2x ≤ ⇒ 1+ ≤ + = ⇒ max = ⇔ x2 = A x +1 x +1 ⇔ x= ±1 3) Nhiều ta tìm cực trị biểu thức các khoảng biến, sau so sámh các cực trị để để tìm GTNN, GTLN toàn tập xác định biến y Ví dụ: Tìm GTLN B = - (x + y) a) xét x + y ≤ - Nếu x = A = - Nếu ≤ y ≤ A ≤ - Nếu y = x = A = b) xét x + y ≥ A ≤ So sánh các giá trị A, ta thấy max A = ⇔ x = 0; y = 4) Sử dụng các bất đẳng thức 105 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Ví dụ: Tìm GTLN A = 2x + 3y biết x2 + y2 = 52 Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) cho các số 2, x , 3, y ta có: (2x + 3y)2 ≤ (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 ⇒ 2x + 3y ≤ 26 Max A = 26 ⇔ x y 3x ⇒y = ⇒ x2 + y2 = x2 + = 2  3x   ÷ = 52 ⇔ 13x = 52.4 ⇔ x = ±   Vậy: Ma x A = 26 ⇔ x = 4; y = x = - 4; y = - 5) Hai số có tởng khơng đởi tích chúng lớn chúng Hai số có tích khơng đởi tởng chúng lớn chúng a)Ví dụ 1: Tìm GTLN A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 khơng đởi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn x2 – 3x + = 21 + 3x – x2 ⇔ x2 – 3x – 10 = ⇔ x = x = - Khi A = 11 11 = 121 ⇒ Max A = 121 ⇔ x = x = - b) Ví dụ 2: Tìm GTNN B = Ta có: B = (x + 4)(x + 9) x + 13x + 36 36 = =x+ + 13 x x x Vì các số x ⇒ A= x+ (x + 4)(x + 9) x 36 36 36 36 ⇔ x=6 có tích x = 36 khơng đởi nên x + nhỏ ⇔ x = x x x x 36 + 13 nhỏ A = 25 ⇔ x = x 6)Trong tìm cực trị cần tồn giá trị biến để xẩy đẳng thức không cần mọi giá trị để xẩy đẳng thức m n Ví dụ: Tìm GTNN A = 11 − Ta thấy 11m tận 1, 5n tận Nếu 11m > 5n A tận 6, 11m < 5n A tận m = 2; n = thÌ A = 121 − 124 = ⇒ A = 4, chẳng hạn m = 2, n = 106 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng bình phương - Biến đởi phương trình về dạng vế tởng các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế cịn lại tởng bình phương các số ngun (số số hạng hai vế nhau) Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − xy + y = 169 (1) ( x − y ) + x = 144 + 25  (1) ⇔ x − xy + y + x = 144 + 25 = 169 + ⇔  2 ( x − y ) + x = 169 +  2 (II) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:  ( x − y ) = 122  x = ±5  x = ±5   ⇒ ; 22   x = 52 y = m y = m    ( x − y ) = 52  x = ±12  x = ±12  ⇒ ;  2 19 29 y = m y = m  x = 12   ( x − y ) = 132 x =   ⇒  x2 =  y = ±13    ( x − y ) =  x = ±13  ⇒  2  y = ±26  x = 13  ( 5; −2 ) ; ( 5; −22 ) ; ( −5; ) ; ( −5; 22 ) ; ( 12; −19 ) ; ( 12; −29 )     ( −12;19 ) ; ( −12; 29 ) ; ( 0;13) ; ( 0; −13 ) ; ( 13; 26 ) ; ( −13; −26 )    Vậy ( x, y ) ∈  Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + y − x − y = (2) (2) ⇔ x − x + y − y = 32 ⇔ x − x + + y − y + = 34 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 52 + 32  ( x − 1) = 32  x = 2; x = −1  ⇒   ( y − 1) = 52  y = 3; y = −2  ⇒  ( x − 1) = 52  x = 3; x = −2  ⇒   ( y − 1) = 32  y = 2; y = −1  Vậy ( x; y ) ∈ { ( 2;3) ; ( 2; −2 ) ; ( −1;3) ; ( −1; −2 ) ; ( 3; ) ; ( 3; −1) ; ( −2; ) ; ( −2; −1) } Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x3 − y = 91 (1) 107 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp 2 2 (1) ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = 91.1 = 13.7 (Vì ( x + xy + y ) > ) ( x − y ) ( x + xy + y )  x − y =  x =  x = −5  ⇒ ;  2  ( x + xy + y ) = 91  y =  y = −6  = 91.1 ⇒    x − y = 91  ⇒ VN  2  ( x + xy + y ) =  Ví dụ 4: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + x − y = (2) x + x − y = ⇒ x + x − y = ⇒ ( x + 1) − ( y ) = ⇒ ( x + y + 1) ( x − xy + 1) = 2  2 x + y + =  x = ⇒   2 x − y + =  y = ⇒  2 x + y + = −1  x = −1  ⇒  2 x − y + = −1  y =  Vậy: ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( −1;0 ) }  - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trị bình đẳng Do đó; ta giả thiết x ≤ y ≤ z ; tìm điều kiện các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy nghiệm  Ta thường giả thiết ≤ x ≤ y ≤ z ≤ Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y; z ∈ Z + thoả mãn: x + y + z = x y.z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy phương trình đối xứng Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Khi đó: (1) ⇒ x y.z = x + y + z ≤ 3z ⇒ x y ≤ (Vì x; y; z ∈ Z + ) ⇒ x y ∈ { 1; 2;3} * Nếu: x y = ⇒ x = y = ⇒ + z = z (vơ lí) * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = 2; z = * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = ⇒ z = < y (vơ lí) Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2;3) 108 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp 1 Ví dụ 2: Tìm x; y; z ∈ Z + thoả mãn: x + y + z = (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây phương trình đối xứng Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Khi đó: 1 3 (2) ⇒ = x + y + z ≤ x ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 Với: x = ⇒ = y + z ≤ y ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ { 1; 2} z .Nếu: y = ⇒ = (vơ lí) .Nếu: y = ⇒ z = Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2; )  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z để: A = x2 + x x2 + x + nhận giá trị nguyên x2 + x x2 + x + − 1 = = 1+ Ta có: A = Khi đó: x + x +1 x + x +1 x + x +1 Để A nhận giá trị nguyên nhận giá trị nguyên x + x +1 ⇒ 1Mx + x + 1) ⇒ ( x + x + 1) ∈ U ( 1) = { −1;1} ( x =  x = −1 2 Vì : ( x + x + 1) > 0; ∀x ∈ ¢ ⇒ x + x + = ⇒  Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = x = −1 Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: y x + x + y + = x + y + x y (2) ⇒ y ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + = ( *) Với: x = 1; ( *) ⇒ = ⇒ x = khơng phải ngiệm phương trình Nên: y2 − x − y + = ( **) x −1 109 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Phương trình có nghiệm ngun ⇔ x = ∈ ¢ ⇔ ( x − 1) ∈ U (1) = { 1; −1} ⇒  x −1 x = Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: 3x + = ( y + 1) (3) Ta có: (3) ⇒ 3x = ( y − 1) − = y ( y + ) 3x số lẻ ⇒ y; ( y + ) hai số lẻ liên tiếp ⇒ ( y; y + ) = ⇒ y; y + các luỹ thừa 3, nên:  y = 3m ( *)  ( m + n = x ) ⇒ 3m + = 3n ⇒ m < n  n  y + = ( **)   Với: m = 0; ⇒ n = ⇒ y = 1; x =  yM   Với: m ≥ 1; ⇒ n > Từ ( *) ; ( **) ⇒  y + M ⇒ ( y; ( y + ) ) ≠ ( vơ lí) ) (  x = y =1 Phương trình có nghiệm ngun:   - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình mà hai vế đa thức có tính biến thiên khác - Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: a1 ; a2 ; a3 ; ; an Khi đó: a1 + a2 + a3 + + an n ≥ a1.a2 a3 .an Dấu “=” xảy ⇔ a1 = a2 = a3 = = an n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1 ; a2 ; a3 ; ; an b1 ; b2 ; b3 ; ; bn Khi đó: ( a1.b1 + a2 b2 + a3 b3 + + an bn ) ≤ ( a1 + a2 + a3 + + an ) ( b1 + b2 + b3 + + bn ) Dấu “=” xảy ⇔ = kbi ( i = 1; n ) *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối: 110 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp  a + b ⇔ a.b ≥ a + b =  a − b ⇔ a.b <  Các ví dụ minh hoạ: x y y.z z x Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z + thoả: z + x + y = (1) Áp dụng BĐT Cơ – si Ta có: = x y y.z z.x x y y.z z.x + + ≥ 3 = 3 x y.z z x y z x y ⇒ x y.z ≤ ⇔ x y.z ≤ ⇒ x = y = z = Vậy nghiệm phương trình là: x = y = z = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: ( x + y + 1) = ( x + y + 1) (2) (Tốn Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacơpxki,ta có: ( x + y + 1) ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( x + y + 1) = ( x + y + 1) x Dấu “=” xảy ⇔ = y = ⇒ x = y =1 1 Vậy nghiệm phương trình là: x = y = Ví dụ 3: Tìm tất các số nguyên x thoả mãn: x − + x − 10 + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 a = −a Ta có:(3) ⇒ − x + 10 − x + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 3− x ≥ 3− x   10 − x ≥ 10 − x  Mà a ≥ a ⇒  x + 101 ≥ x + 101 ⇒ 2004 ≥ x + 101 + 2003 ⇒ x + 101 ≤   x + 990 ≥ x + 990  x + 1000 ≥ x + 1000  Do đó: −1 ≤ ( x + 101) ≤ ⇒ ( x + 101) ∈ { −1;0;1} ⇒ x ∈ { −102; −101; −100} Với x = −101 ⇒ 2004 = 2003 (vơ lí) Vậy nghiệm phương trình là: x ∈ { −102; −100} 111 Tởng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp 1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn: x + y + z ≤ xy + y + z − Vì x,y,z các số nguyên nên x + y + z ≤ xy + y + z −   y2   3y2 ⇔ x + y + z − xy − y − z + ≤ ⇔  x − xy + ÷+  − y + ÷+ z − z + ≤     ( 2 y  y  ⇔  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) ≤ 2  2  2 ) y  y  (*) Mà  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) ≥ 2  2  y  x − =  x =1  2 y  y  y  ⇒  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) = ⇔  − = ⇔  y = 2  2  2  z =1   z −1 =   ∀x, y ∈ R  x =1  Các số x,y,z phải tìm  y =  z =1  PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn Phương pháp: Phương pháp sử dụng với phương trình mà ta nhẩm (phát dể dàng) vài giá trị nghiệm - Trên sở các giá trị nghiệm biết Áp dụng các tính chất chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với các giá trị khác phương trình vơ nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x + 3x + = y  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x = 0; y = ±1 phương trình được nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vơ nghiệm với x ≠ + Với x = 0; y = ±1 phương trình được nghiệm + Với x > Khi đó: x + x + < x + 3x + < x + x + ⇒ ( x + 1) < y < ( x + ) (*) 2 3 Vì ( x + 1) ; ( x + ) hai số ngun liên tiếp nên khơng có giá trị y thoả (*) Vậy x = 0; y = ±1 nghiệm phương trình 112 Tởng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z + thoả: x + x − = 32 y +1 (2) (Tạp chí Tốn học tuổi trẻ ) Gọi b chữ số tận x ( Với b ∈ { 0;1; 2; ;9} Khi đó: ( x + x − 1) có chữ số tận là: 1, (*) Mặt khác: 32 y+1 luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x − xy + 13 y = 100 (3)  y ≤5  ⇒ ( x − 3) = ( 25 − y ) ⇒  (3) 2 ( 25 − y ) = n ( n ∈ ¥ )  Do đó: y ∈ { −5; −4; −3;0;3; 4;5} ⇒ x ∈ { 3;9;11;13} Phương trình có nghiệm ngun: ( x; y ) ∈ { ( −5;3) ; ( −4;9 ) ; ( −3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3 ) } PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) số tự do, để có được phương trình đơn giản - Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 − y − z = (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: 3 3 3 3 3 Ta thấy x − y − z = ⇒ ( x − y − z ) M mà ( −3 y − z ) M nên x3 M 3 3 3 3 Ta có: (1) ⇒ ( x − y − z ) M ⇒ x M ⇒ x M ⇒ x = 3x1 3 3 3 3 3 Khi đó: (1) ⇒ ( 27 x1 − y − z ) M ⇒ ( x1 − y − 3z ) M ⇒ y M ⇒ y M ⇒ y = y1 ⇒ ( x13 − 27 y13 − z ) M ⇒ z M ⇒ z M ⇒ y = z1 3 * Tiếp tục biểu diễn gọi x0 ; y0 ; z0 nghiệm (1) ∈ U ( x ; y ; z ) ≤ x0 ; y0 ; z0 ≤ Thực thử chọn ta được: x0 = y0 = z0 = 113 0 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Vậy nghiệm phương trình là: x0 = y0 = z0 = 114 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp CÁC BÀI TẬP KHÁC 1/Dùng định nghĩa 1) Cho abc = a > 36 Chứng minh a2 + b2+c2> ab+bc+ac Giải Ta có hiệu: a2 a2 a2 + b2+c2- ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 a a2 a2 a − 36abc + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc =( -b- c)2 + = ( 12 12a a a − 36abc =( -b- c) + >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên 12a Vậy : a >0 ) a2 + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) với mọi số thực a , b, c ta có : a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Giải : a) Xét hiệu : H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) H ≥ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + ⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vế trái viết H = ( a − b + 1) + ( b − 1) ⇒ H ≥ ta có điều phải chứng minh 115 Tởng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp Ii / Dùng biến đổi tương đương (x ) + y2 ≥8 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh : ( x − y) 2 Giải : x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + 2 Ta có (x ⇒ + y2 ) = ( x − y) (vì xy = 1) + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ ( x − y ) − 2 ≥   BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 1 2) Cho xy ≥ Chứng minh : + x + + y ≥ + xy Giải : 1  1   1  + ≥ ⇔ 2  + x − + y  +  + y − + xy  ≥    1+ x 1+ y + xy     Ta có ⇔ ⇔ xy − x xy − y + ≥0 ⇔ + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ( ) ( ) x ( y − x) y( x − y) + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ( ) ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c các số thực a + b +c =1 Chứng minh a + b + c ≥ Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) Ta có ⇔ ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) 116 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c các số dương 1 1 Chứng minh ( a + b + c ). + +  ≥ a b c (1) Giải : a a b b c c a b a c  b c (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ ⇔ +  +  +  +  +  +  ≥ b c a c x a b a y áp dụng BĐT phụ y + x ≥ a c a c b Với x,y > Ta có BĐT cuối ln 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ a b (đpcm) c Iv / dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b3 Vậy a + b < + a b Tương tự ta có : b3 + c3 < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a (đpcm) 2) So sánh 31 11 17 14 Giải : Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 11 Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 14 Vởy 31 11 < 17 14 (đpcm) 117 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp V/ dùng tính chất tỉ số ví dụ 4: Cho số a,b,c,d bất kỳ, chứng minh rằng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có ac + bd ≤ a2 + b2 c2 + d mà ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ≤ ( a + b ) + a + b c + d + c + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d 118 ... f(a) = 46 Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp b) f(x) có tởng các hệ số chia hết cho x – c) f(x) có tởng các hệ số hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng... lẻ, hai chữ số chẵn Giải Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp a) số tự nhiên có chữ số, các chữ số khác nhau, lập các chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5... Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán học lớp CHUÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN A MỤC TIÊU: * Củng cố, khắc sâu kiến thức về các toán chia hết các