CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên I/ Ghi số tự nhiên - Hệ thập phân: an an −1 a1a0 = an 10n + an −1.10n −1 + + a1.101 + a0 100 Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, xoá số tận cùng thì ta được số nhỏ số ban đầu 2010 Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 = 10 x + ( x ∈ N ); Số sau xoá số tận cùng là x: Theo bài ta có phương trình: 10x + – x = 2010 ⇔ x = 2007 ⇔ x = 223 Vậy số cần tìm là: 2233 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab + ba M3; ab + ba M5 Giải: Ta có ab = 10a + b(a, b ∈ Z ;1 ≤ a, b ≤ 9) Từ đã: ab + ba = 11(a + b) , vì ƯCLN(3,5) = ⇒ ab + ba = 11(a + b)M 15 (ƯCLN(11,15) =1) ⇒ a + bM 15 Do ≤ a, b ≤ ⇒ (a, b) = ( 7,8 ) , ( 8, ) , ( 9, ) , ( 6,9 ) Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96 II/ Các phép tính N; phép chia có dư 1/ Phép tính(+; -; x; :) - Phép tính luỹ thừa: n + a = a.a a nthuaso + a n a m = a m+ n m n m− n + a : a = a ( m ≥ n, m , n ∈ N , a ≠ ) ( a m ) n = a m n + Quy ước: a1 = a; a = 0(a ≠ 0) + Lưu ý: ( x0) n = y 0;( x6) n = y6;( x1) n = y1;( x5) n = y5 + Những số có số tận cùng là 4, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; + Những số có số tận cùng là 9, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; Ví dụ 1: So sánh 300 200 và 200300 Giải: Ta có: 300200 = 3200.100 200 = 9100.100200 = 9100.10400 200300 = 200300.100300 = 8100.100300 = 8100.(10 ) 300 = 8100.10 600 Do < 10, nên 9100< 10100 ⇒ 9100.10400 < 10500 < 10600 < 8100.10600 Vậy 300200 < 200300 Ví dụ 2: 122004 − 21000 M 10 Ta có = 16 ( ) ⇒ 2100 = 24 25 có số tận cùng là 22010 ( ) = 22 1005 = 41005 = 45.41000 = 45.(48 )125 122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+ + 2004.10.22003+ 22004) Mà 102004 + 2.102003+ + 10.22003 M Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là ⇒ 122004 − 21000 M 10 B/ Phép chia hết tập hợp số nguyên I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết Tính chất: + Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có và chỉ số chia hết cho n” + Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho + Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho + Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho + Tích của số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120 Các dấu hiệu chia hết a )an an −1 a1a0 M2 ⇔ a0 M2 b)an an −1 a1a0 M5 ⇔ a0 M5 c)an an −1 a1a0 M3 ⇔ d )an an −1 a1a0 M3 ⇔ n ∑ a M3 i= i n ∑ a M9 i=0 i f )an an −1 a1a0 M25; ⇔ a1a0 M25;4 g )an an −1 a1a0 M 125;8 ⇔ a2 a1a0 M 125;8 Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = a5 a4 a3 a2 a1 a0 A  11 ⇔ [(a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )]  11 Chứng minh: 3 A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ) Chú ý : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1, , tổng quát : 2k 10 = bội 11 + , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1, 2k + Tổng quát 10 = béi 11 – Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ) + + (béi 11 – a1 – a3 – a5 - ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + ) Như vậy điều kiện cần và đủ số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11 Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n M6 Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - M9 Chứng minh: 718 + 18.3 - M9 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 717 + 17.3 - M9, Đặt: 717 + 17.3 - = 9k Mặt khác: 718 + 18.3 – = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – - 7.(17.3 - 1)] = 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33) M9 Vậy: 718 + 18.3 - M9 Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - M3 Chứng minh: 718 + 18.3 - M3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) Sử dụng định lý mở rộng ( ) a)∀ n ∈ N : a n − b n = ( a − b ) a n −1 + a n − 2b + + ab + b n −1 ; a , b ∈ Z n− ⇒ a n − bn M(a − b) ⇒ n = 2k , k ∈ N , a n − bn M(a + b) ( b)∀ k ∈ N , n = 2k + 1: a n + b n = ( a + b ) a n−1 − a n − 2b + − ab + b n−1 ⇒ n = 2k + 1: a n + b n M( a + b ) ; a ≠ − b n− ) Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + M323 Một số phương pháp chứng minh khác - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n0 + Gỉa sử vì n = k + Biến đổi chứng minh vì n = k + Từ đã được điều phải chứng minh Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng a )32 n − 2n M 7(∀n ∈ N ) b)32 n +1 + 2n +2 M 7(∀n ∈ N ) c) 10 n +18n −1M Giải: a )32 n − 2n M + Vì n = 1; hiển nhiên đúng, 2k k + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: 32 k − 2k M Đặt: − = 7q + Xét vì n = k + 1,ta có 32( k +1) − 2k +1 = 9(3k − k +1 ) + 9.2 k − 2.2 k = 7(9 q + k ) M Vậy n = k + đúng, Kết luận: 32 n − 2n M b) Làm tương tự: c) 10 n +18n −1M 27 Giải: + Vì n = hiển nhiên đúng, vì 10 + 18.0 – = M27 + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k +18k −1M27 , Đặt: 10k + 18k −1 = 27 q + Xét vì n = k +1 ta có: 10k +1 + 18(k + 1) −1 = 10(10k + 18k −1) + [ 18k + 18 −1 − (180k −10) ] = 10.27 q + 27 ( − 6k ) = 27(10q − 6k + 1) M 27 Vậy n = k + đúng, Kết luận: 10n + 18n −1M27 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ1: Tìm chữ số x,y x36 y5M 1375 Ví dụ2: Tìm chữ số x,y 134 xyM45 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2009) 3.Các dạng bài tập khác sử dụng a) Tìm số tận cùng b) Sử dụng phép chia có dư c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne d) Sử dụng đồng dư thức C/ Số nguyên tố I/ Số nguyên tố, hợp số Bài tập liên quan đến số nguyên tố Ngoài các kiến thức số nguyên tố , số nguyên tố cùng ƯCLN, BCNN, ta có thêm số tính chất chia hết 1) Nếu tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại thừa số của tích chia hết cho p n Hệ quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p 2) Nếu tích a.b chia hết cho m b và m là hai số nguyên tố cùng thì a chia hết cho m Thật vậy, phân tích m Theo số nguyên tố : k1 k2 kn m = a1 a2 an (1) Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì số mò lớn hoặc số mò của các thừa số nguyên tố (1) Nhưng b và m nguyên tố cùng nên b không chứa thừa số nguyên tố nào các thừa số a , a2, , an Do a chứa tất cả các thừa số a , a2 , an tức là a chia hết cho m 3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so chia hết cho BCNN ( m,n) Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng m và n thì a chia hết cho tích m.n II Những ví dụ Ví dụ Tìm số tự nhiên n cho 18n + chia hết cho  Giải : Cách 1: 18n + ⇔ 14n + 4n +  ⇔  4n + ⇔ 4n + –  ⇔ 7 4n – ⇔ 7 4(n – 1) Ta lại có (4,7) = nên n –  Vậy n = 7k + ( k ∈ N)  Cách 2: 18n + ⇔ 18 n + – 21  ⇔ 18n - 18 7 ⇔ 18(n – 1) 7 Ta lại có (18,7) = nên n –  Vậy n = 7k + ( k ∈ N) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của hai cách giải nhằm đến biểu thức chia hết cho mà ở hệ số của n Ví dụ: Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b ∈ N) Chứng minh 10a + b chia hết cho 13 Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y Ta biết x  13, cần chứng minh y  13 Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như vậy 10x – y  13 Do x  13 nên 4y  13 Suy y  13 Cách 2: Xét Biểu thức: 4y – x = (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như vậy 4y – x  13 Do x  13 nên 4y  13 Ta lại có ( 4,13) = nên y  13 Cách : Xét biểu thức: 3x + y = (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b Như vậy 3x + y  13 Do x  13 nên 3x  13 Suy y  13 Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như vậy x + 9y  13 Do x  13 nên 9y  13 Ta lại có (9,13) – 1, nên y  13 Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa các biểu thức mà sau rút gọn có số hạng là bội của 13, số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13 Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo hệ số của a 13 Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo hệ số của b 13 Ví dụ Chứng minh p là số nguyên tố lớn thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24 Giải Ta có (p – 1)p(p + 1)  mà (p,3) = nên (p – 1)(p + 1)  (1) p là số nguyên tố lớn nên p là số lẻ, p – và p + là hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số là béi của nên tích của chúng chia hết cho (2) Từ (1) và (2) suy (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng và Vậy (p – 1)(p + 1)  24 III Tìm số bị chia biết số chia và số dư hai phép chia Ví dụ Tìm số tự nhiên nhỏ chia cho thì dư 1, chia cho thì dư Giải : Gọi n là số chia cho dư 1, chia cho dư Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r ∈ N, r < 35), r chia dư 1, chia dư Số nhỏ 35 chia cho dư là 5, 12, 19, 26, 33 chỉ có 26 chia cho dư 1, vậy r = 26 Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26 Cách 2: Ta có n –  ⇒ n – + 10  ⇒ n + (1) Ta có n –  ⇒ n – + 14  ⇒ n +  (2) Từ (1) và (2) suy n +  35 số n nhỏ nhBất có tính chBất là n = 26 Cách 3: n = 5x + = 7y + ⇒ 5x = 5y + 2y + ⇒ 2(y + 2)  ⇒ y +  Giá trị nhỏ nhỏ của y 3, giá trị nhỏ của n 7.3 + = 26 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n có bội chữ số cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98 Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98 ⇒ 131x = 131y + y – 14 ⇒ y – 14  131 ⇒ y = 131k + 14 ( k ∈ N) ⇒ n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946 Do n có bội chữ số nên k = , n = 1946 Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy 131(x – y) = y – 14 Nếu x > y thì y – 14 ≥ 131 ⇒ y ≥ 145 ⇒ n có nhiều bội chữ số Vậy x = y, y = 14, n = 1946, Cách Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838 (2) Từ (1) và (2) suy 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946 ⇒ n = 131.132(x – y) + 1946 Vì n có bội chữ số nên n = 1946 III/ ƯCLN, BCNN 1) Tìm hai số đó biết ƯCLN của chúng Ví dụ Tìm hai số tự nhiên, biết tổng của chúng 84, ƯCLN của chúng Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b) Ta có (a,b) = nên a = 6a’; b = 6b’ (a’, b’) = (a, b, a’, b; ∈ N) Do a + b = 84 nên (a’ + b”) = 84 suy a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tổng 14 (a’ ≤ b’), ta được: a’ b’ 13 11 Do a b 78 18 66 30 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích 300 ƯCLN Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b) Ta có (a,b) = nên a = 5a’, b = 5b’ (a’, b’) = Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy a’b’ = 12 = 4.3 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tích 12 (a’ ≤ b’) ta được: a’ Do a 15 b’ 12 b 60 20 2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng Ví dụ Tìm hai số tự nhiên biết ƯCLN của chúng 10, BCNN của chúng 900 Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a ≤ b Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ ≤ b Do ab = 100 a’b’(1) Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2) Từ (1) và (2) suy a’b’ = 90 Ta có các trường hợp: a’ Do a 10 b’ 90 45 18 10 b 900 20 450 50 180 90 100 3) Tìm ƯCLN của hai số thuật toán Ơ clit Ví dụ Cho hai số tự nhiên a và b (a > b) a) Chứng minh a chia hết cho b thì (a,b) = b b) Chứng minh a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số ƯCLN của số nhỏ và số dư phép chia số lớn cho số nhỏ c) Dùng các nhận xét tìm ƯCLN (72,56) Giải : a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b Vậy (a,b) = b b) Gọi r là số dư phép chia a cho b (a > b) Ta có a = bk + r (k ∈ N), cần chứng minh (a, b) = (b,r) Thật vậy, a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, ước chúng của a và b còng là ước chung của b và r (1) Đảo lại b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, ước chung của b và r còng là ước chung của a và b (2) Từ (1) và (2) suy tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r Do hai số lớn hai tập hợp còng nhau, tức là (a, b) = (b,r) c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) 56 chia 16 dư nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết (16,8) = Vậy (72,56) = Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1, b chia cho r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3 , rn – chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư (dãy số b, r1 , r2 , ,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn quá trình phải kết thúc vì số dư 0) Theo chứng minh ở ví dụ ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) = =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn) Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r 1; r1 cho r2; r1,r2, là số dư các phép chia theo thứ tự Trong thực hành ngưêi ta đặt tính sau: 72 56 56 16 16 Việc thực hiện dãy phép chia liên tiếp được gọi là thuật toán Ơ–clit Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba 4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng là hai số có ƯCLN Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung là Ví dụ Chứng minh a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng c) 2n + và 3n + ( n ∈ N) là hai số nguyên tố cùng Giải: a) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1,2n + 3) ⇒ (2n + 3) – (2n + 1)  d ⇒  d ⇒ d ∈ {1; 2} Nhưng d ≠ vì d là ước của số lẻ Vậy d = c) Gọi d ∈ ƯC (2n + 1, 3n + 1) ⇒ (2n + 1) – (3n + 1)  d ⇒  d ⇒ d=1 Ví dụ Tìm số tự nhiên n các số 9n + 24 và 3n + là các số nguyên tố cùng Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – (3n + 4)  d ⇒ 12  d ⇒ d ∈ { ; 3} Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = là d ≠ và d ≠ Hiển nhiên d ≠ vì 3n + không chia hết cho Muốn d ≠ phải có hai số 9n + 24 và 3n + không chia hết cho Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ 3n + là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ Vậy điều kiện (9n + 24,3n + 4) = là n lẻ 5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số Ví dụ Tìm ƯCLN của 2n - và 9n + (n ∈ N) Giải : Gọi d ∈ ƯC (2n – 1, 9n + 4) ⇒ 2(9n + 4) - 9(2n – 1)  d ⇒ 17  d ⇒ d ∈ { ; 17 } Ta có 2n –  17 ⇔ 2n – 18  17 ⇔ 2(n – 9)  17 ⇔ n –  17 ⇔ ⇔ n = 17k + ( k ∈ N) Nếu n = 17k + thì 2n –  17 và 9n + = 9.(17k + 9) + = 17.9k + 85  17, (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n ≠ 17k + thì 2n –  không chia hết cho 17, (2n – 1, 9n + 4) = n(n + 1) và 2n + (n ∈ N *)  n(n + 1)  ,2n + 1 thì n(n + 1)  d và 2n + d Giải : Gọi d ∈ ƯC    Suy n(2n + 1) – n(n + 1)  d tức là n2  d Từ n(n+1)  d và n2  d suy n  d Ta lại có 2n +  d, d, nên d = n(n + 1) Vậy ƯCLN của và 2n + Ví dụ Tìm ƯCLN của V Số lượng ước của số (*) x y z Nếu dạng phân tích thừa số nguyên tố của số tự nhiên A = a b c thì số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p m có x + cách chọn ( là 1, a, a2 , ax), y n có y + cách chọn (là 1, b , b , , b ), z p có z + cách chọn (là 1, c, c , c ), Do số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Ví dụ Tìm số nhỏ có 12 ước Giải : Phân tích số phải tìm theo số nguyên tố : x y z N = a b c ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 12 ( x ≥ y ≥ z ≥ ≥ 1) Số 12 có bội, cách viết thành tích của hay nhiều theo số lớn là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2 Xét các trường hợp sau: a) n chứa theo số nguyên tố : Khi x + = 12 nên x = 11 Chọn theo số nguyên tố nhỏ là 11 2, ta có số nhỏ trường hợp này là b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, x = 5, y = hoặc x = , y = Để n nhỏ ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có n = = 96 hoặc n = = 72 Số nhỏ trường hợp này là 72 c) n chứa ba thừa số nguyên tố : Khi (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = Số nhỏ là 3.5 = 60 11 So sánh ba số , 72, 60 ba trường hợp, ta thấy số nhỏ có 12 ước là 60 CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I Dãy cộng : Xét các dãy số sau: a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3, b) Dãy số lẻ: , 3, , 7, c) Dãy các số chia cho dư : , 4, 7,10 Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, lớn số hạng đứng liòn trước cùng số đơn vị, số đơn vị này là ở dãy a); là ở dãy b); là ở dãy c) Ta gọi các dãy là dãy cộng Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là Số hạng thứ của dãy này là 19, : + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là + (10 – 1).3 = 31 Tổng quát, dãy cộng có số hạng đầu là a và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng (kí hiệu an) bằng: an = a1 + (n - 1)d (1) Đó tính tổng số hạng của dãy cộng + + 10 + + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số) Ta viết : A = + + 10 + 25 + 28 + 31 A = 31 + 28 + 25 + + 10 + + nên A = (4 + 31) + (7 + 28) + + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( + 31) 10 Do A = (4 + 31).10 = 175 Tổng quát, dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a 1, số hạng cuối là an thì tổng của n số hạng được tính sau: S= (a1 + a n ).n (2) (*) Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ bằng: + + + + n = n( n + 1) (3) II Các dãy khác Ví dụ Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật: a) , , 15 , 24 , 35, (1) b) , 24 , 63 , 120 , 195, (2) c) , , , 10 , 15, (3) d) , , 10 , 17, 26, (4) Giải a) Dãy (1) viết dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7, Mỗi số hạng của dãy (1) là tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn theo số thứ là đơn vị Các theo số thứ làm thành dãy : 1,2,3,4,5, dãy này có số hạng thứ 100 là 100 Do số hạng thứ 100 của dãy (1) : 100 102 = 10200 10 Chứng minh x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx a b Chứng minh 11 12 Chứng minh: a2 + b2 + 1≥ ab + a + b Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz 13 Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1≥ 2xy(xy2 − x + z + 1) 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ thì : 15 a b Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) Chứng minh: a + b+ c ab + bc + ca ≥ ; a,b,c ≥ 3 a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ 3 ÷  10 Chứng minh a3 + b3 ≥ a2 2 + b + c ≥ ab − ac + 2bc 4 19 c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > B Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a,b,c ≥ Chứng minh (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ Chứng minh ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ ( 1+ abc ) vì a , b , c ≥ Cho a, b > Chứng Chứng minh: m m a b minh  1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ 2m +  b  a , vì m ∈ Z+ bc ca ab + + ≥ a + b + c ; a,b,c ≥ a b c x6 + y9 ≥ 3x2y3 − 16 ; x,y ≥ 4 ≥ 3a2 − Chứng minh: 2a + 1+ a Chứng minh: Chứng minh: a1995 > 1995( a − 1) ,a>0 Chứng minh a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) ≥ 6abc a 10 Cho a , b > Chứng minh: 2 a +b + b b +c + 1 1 1 ≤  + + ÷ 2 a b c  a +c c 2 11 Cho a , b ≥ , Chứng minh: ab ≥ a b − 1+ b a − 12 Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng minh xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 13 Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b) ( b − c) c 14 Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh a) b + c ≥ 16abc b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc c)      1  1+ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ ≥ 64  a   b  c  x+ 15 Cho x > y > Chứng minh ≥3 ( x − y) y 16 Chứng minh a) x2 + x2 + ,∀x ∈ R b) ≥2 17Chứng minh: x+ x−1 ≥6 , ∀x > c) a2 + a2 + ≥4 ab bc ca a + b+ c + + ≤ ; a, b, c > a + b b+ c c + a 18 Chứng minh: x2 1+ 16x + y2 1+ 16y ≤ , ∀x , y ∈ R a b c + + ≥ ;a,b,c>0 b+ c a + c a + b 1 1 + + ≤ 20 Cho a , b , c > C/m: a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc 19Chứng minh 21 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a a + b + c + d ≥ 44 abcd vì a , b , c , d ≥ (CÔsi) b a + b + c ≥ abc vì a , b , c ≥ , ((CÔsi) 22 Chứng minh: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab ; a , b , c > 20 23 Chứng minh a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc Lêi giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản Cho a, b > Chứng minh (*) ⇔ a3 + b3  a + b − ÷ ≥0   Chứng minh: a3 + b3  a + b  ≥ ÷   (*) ⇔ ( a + b) ( a − b) ≥ a+ b a2 + b2 ≤ 2 ()  a + b ≤ , ()  a + b > , () ⇔ a2 + b2 + 2ab a2 + b2 − ≤0 ⇔ ( a − b) ≥ đóng 2 Vậy: a + b ≤ a + b 2 Cho a + b ≥ Chứng minh a + b a3 + b3 ≥ 2 ⇔ ( a + b) a3 + b3 ≤ ⇔ 3( b − a) ( a2 − b2 ) ≤ ⇔ −3( b − a) ( a + b) ≤ a b ≥ a + b () b a a a + b b ≥ a b + b a ⇔ ( a − b) a − ( a − b) b ≥ Cho a, b > Chứng minh: () ⇔ ⇔ ( a − b) ( a − b) ≥ ⇔( a − b) Chứng minh: Vì a ≥ b ≥ 1: + ( a + b) ≥ 1+ a + 1+ b ≥ 1+ ab () 1 ab − a2 ab − b2 + ≥0 + − − ≥ ⇔ ( 1+ a2 ) ( 1+ ab) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab) 1+ a2 1+ b2 1+ ab 1+ ab b− a  a b  − ≥0 ⇔  1+ ab  1+ a 1+ b2 ÷ ⇔ a ( b − a) b( a − b) ⇔ ( 1+ a2 ) ( 1+ ab) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab) + ≥0 ( b − a) ( ab − 1) b − a  a + ab2 − b − ba2  ≥0 , ≥ ⇔  ÷ 1+ ab  ( 1+ a2 ) ( 1+ b2 ) ÷ ( 1+ ab) ( 1+ a2 ) ( 1+ b2 )  Vậy : a ≥ b ≥ ⇒ ab ≥ ⇔ ab – ≥ Chứng minh a2 + b2 + c2 + ≥ 2( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e) a2 a2 a2 a2 2 ⇔ − ab + b + − ac + c + − ad + d + − ae + e2 ≥ 4 4 2 2 ⇔  a − b÷ +  a − c ÷ +  a − d÷ +  a − e÷ ≥ 2  2  2  2  Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + zx ⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ ⇔ ( x − y) + ( x − z ) + ( y − z ) ≥ 21 a + b+ c ≥ a Chứng minh:   a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ab + bc + ca  a + b+ c  ≥  ÷ =   ⇔ a + b+ c ≥ b Chứng minh  ab + bc + ca ; a,b,c ≥ ab + bc + ca a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ ÷ 3   3( a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + 2( a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 + b2 + c2 + 2( ab + bc + ca) = ( a + b + c ) ⇒a 10 11 + b2 + c2  a + b + c  ≥ ÷ 3   Chứng minh: ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc a2 − a ( b − c ) + b2 + c2 − 2bc ≥ Chứng minh: ⇔  a − ( b − c) ÷ 2  ≥ a2 + b2 + 1≥ ab + a + b ⇔ 2a2 + 2b2 + − 2ab − 2a − 2b ≥ ⇔ a2 − 2ab + b2 + a2 + 2a + 1+ b2 + 2b + 1≥ ⇔ ( a − b) + ( a − 1) + ( b − 1) ≥ 12 Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz ⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz ≥ ⇔ (x – y + z)2 ≥ 13 Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1≥ 2x(xy2 − x + z + 1) ⇔ x4 + y4 + z2 + 1− 2x2y2 + 2x2 − 2xz − 2x ≥ ⇔ ( x2 − y2 ) + ( x − z ) + ( x − 1) ≥ 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ thì: a3 + b3 ≥ ° a + b ≥ ⇒ b ≥ – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = – a + a2 – a3 ⇒ a3 + b3 = 1 1  3 a − ÷ + ≥  2 4 15 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)  ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 a > b− c , b > a − c , c > a − b  ⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 , b2 > a2 − 2ac + c2 , c2 > a2 − 2ab + b2 ⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)  a2 > a2 − ( b − c ) ⇒ a2 > ( a + c − b) ( a + b − c )  b2 > b2 − ( a − c ) ⇒ b2 > ( b + c − a) ( a + b − c )  c2 > c2 − ( a − b) ⇒ c2 > ( b + c − a) ( a + c − b) ⇒ a2b2c2 > ( a + b − c) ( a + c − b) ( b + c − a) ⇔ abc > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a ) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > ⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 22 ⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > ⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > ⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > , đóng ° Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác ⇒ c – a + b > , c + a – b > , a + b – c > , a + b + c > II Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥  áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si: ⇒ a + b ≥ ab , b + c ≥ bc , a + c ≥ ac ⇒ ( a + b) ( b + c) ( a + c ) ≥ a2b2c2 = 8abc Chứng minh (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ áp dụng Bất đẳng thức Cô- si ⇒ a + b + c ≥ 33 abc , a2 + b2 + c2 ≥ 33 a2b2c2 ⇒ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 93 a3b3c3 = 9abc Chứng minh: ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) ≥ ( 1+ abc ) , vì a , b , c ≥  ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) = 1+ a + b + c + ab + ac + bc + abc  a + b + c ≥ 33 abc , ab + ac + bc ≥ 33 a2b2c2  ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ 1+ 33 abc + 33 a2b2c2 + abc = ( 1+ abc ) Cho a, b > Chứng minh m   a   1+ ÷ +  1+ b    Chứng minh:  m m m  a  b m+  1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ b   a m b  a  ÷ ≥  1+ ÷  1+ a  b  m m b b a  ÷ =  2+ + ÷ a a b  ≥ 4m = 2m + bc ca ab + + ≥ a + b + c ; a, b, c > a b c áp dụng Bất đẳng thức Cô- si bc ca abc2 bc ba b2ac + ≥2 = 2b + ≥2 = 2c , a c ac a b ab ⇒ , vì m ∈ Z+ ca ab a2bc + ≥2 = 2a b c bc , bc ca ab + + ≥ a + b+ c a b c Chứng minh: x6 + y9 ≥ 3x2y3 − 16 ; x,y ≥ () () ⇔ x6 + y9 + 64 ≥ 12x2y3 ⇔ ( x ) áp dụng Bất đẳng thức Cô- si ( x2 ) + ( y3 ) + 43 ≥ 3x2y3 = 12x2y3 Chứng minh: 2a4 + 1+ a () ⇔ a4 + a4 + a2 + 1+ ≥ 3a2 − 1 1+ a2 +( y3 ) ≥ 4a2 1+ a + 43 ≥12x2y3 () áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a a4 + a4 + a2 + 1+ ≥ 44 a4a4 ( a2 + 1) , a4 , a2 + 1, 1+ a2 1+ a2 = 4a2 23 Chứng minh: a1995 > 1995( a − 1) () , a > () ⇔ a1995 > 1995a − 1995 ⇔ a1995 + 1995 > 1995a 1995 1995 a1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + + 1+412 4+ 31≥ 1995 a = 1995a 1994 soá Chứng minh: a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) ≥ 6abc ° a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si ° a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 ≥ 66 a6b6c6 = 6abc 10 Cho a , b > Chứng minh: ° ° a 2 a +b + b b +c + 1 1 1 ≤  + + ÷ a + c 2 a b c  c 2 a a b b c c ≤ = ≤ = ≤ = , , 2 2 2 2ab 2b 2bc 2c 2ac 2a a +b b +c a +c a b c 1 1 1 Vậy: 2 + 2 + 2 ≤  a + b + c ÷ a +b b +c a +c 11 Cho a , b ≥ , Chứng minh: ab ≥ a b − 1+ b a − ° a = ( a − 1) + 1≥ a − 1, b = ( b − 1) + 1≥ b − ° ab ≥ 2b a − 1, ab ≥ 2a b − ° ab ≥ a b − 1+ b a − 12 Cho x, y, z > và x + y + z = C/m: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) ° x = ( x − 1) + 1= ( x − 1) + x + y + z − = ( x − 1) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) : y ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ; z ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 13 Cho a > b > c, Chứng minh a ≥ 33 ( a − b) ( b − c) c ° a = ( a − b) + ( b − c ) + c ≥ 33 ( a − b) ( b − c ) c 14 Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh a) b + c ≥ 16abc Tương tự 2 °  b + c ÷ ≥ bc ⇔ 16abc ≤ 16a  b + c ÷ = 16a  1− a ÷ = 4a ( 1− a)       ° 4a ( 1− a) = ( 1− a) ( 4a − 4a2 ) = ( 1− a) 1− ( 1− 2a)  ≤ 1− a = b + c b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc ° (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥ bc.2 ac.2 c) ab = 8abc  1  1   1+ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ ≥ 64  a  b   c  °  1+ ÷ =  a + a + b + c ÷ ≥ a bc  a  a  4 ab2c ≥ b b ° 1+   1 1   1+ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ ≥ 64 a  b  c  a ° 15 Cho x > y > Chứng minh 1+ 4 abc2 ≥ c c x+ ( x − y) y ≥3 24  ( x − y) y ≥ 33 =3 ( x − y) y ( x − y) y VT = ( x − y) + y + 16 Chứng minh x2 + a) x +1 x+ b) x−1 ≥2 = ⇔ x2 + ≥ x2 + ⇔ x2 + 1+ 1≥ x2 + x − 1+ x−1 = x − 1+ c ( a2 + 1) + ≥ 4( a2 + 1) ≥2 = a2 + x−1 ⇔ x−1 a2 + a2 + =6 ≥4 ab bc ca a + b+ c + + ≤ ; a, b, c > a + b b+ c c + a 17 Chứng minh: ° Vì : x−1 a + b ≥ ab ab ab ab bc bc bc ac ac ac ≤ = ≤ = ≤ = , , a + b ab b + c bc a + c ac a + b + c ≥ ab + bc + ca , dựa vào a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇒ ° ° ab bc ca ab + bc + ac a + b + c + + ≤ ≤ a + b b+ c c + a 2 18 Chứng minh:: ° °  x2 1+ 16x y 1+ 16y x2 1+ 16x = = + x2 1+ 16x x2 1+ ( 4x) 2 y 1+ ( 4y) y2 1+ 16y 19 Chứng minh: y2 1+ 16y x2 ≤ 2.4x ≤ ≤ + y2 2.4y = = ≤ , ∀x , y ∈ R a b c + + ≥ b+ c a + c a + b ;a,b,c>0 X = b + c , Y = c + a , Z = a + b ° a + b + c = (X + Y + Z) ° Y + Z− X Z+ X − Y X+Y−Z a= ,b= ,c = 2 ° a b c  Y X   Z X   Z Y   + + =   + ÷ +  + ÷ +  + ÷ − 3 b + c a + c a + b  X Y   X Z   Y Z   ≥ [ + + − 3] = 2 Cách khác: ° áp dụng bất đẳng thức Cô- si a b c  a   b   c  + + = + 1÷ +  + 1÷ +  + 1÷ − b+ c a + c a + b  b+ c   a + c   a + b  = 1( [ a + b) + ( b + c) + ( c + a) ]  + + ÷ −  b+ c a + c a + b : ° [ ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) ]  + + ÷ ≥ − = 2  b+ c a + c a + b 25 20 Cho a , b , c > C/m: 3 a + b + abc +) + 3 b + c + abc a + b = ( a + b) ( a − ab + a 3 ⇒a 2 + 3 c + a + abc ≤ abc ) ≥ ( a + b) ab + b + abc ≥ ( a + b) ab + abc = ab( a + b + c ) , tương tự +) b3 + c3 + abc ≥ ( b + c ) bc + abc = bc ( a + b + c ) +) c3 + a3 + abc ≥ ( c + a) ca + abc = ca ( a + b + c )  VT ≤ 1 1  a + b+ c  + + =  ÷ ( ) ( ) ( ) ab a + b + c bc a + b + c ca a + b + c a + b + c  abc  21 áp dụngbất đẳng thức Cô- si a a + b + c + d ≥ 44 abcd với a , b , c , d ≥ (CÔ- si)  a + b ≥ ab , c + d ≥ cd  a + b + cd ≥ 2( ab + cd ) ≥ 2( ab cd ) ≥ 44 abcd b a + b + c ≥ 33 abc với a , b , c ≥ , (CÔ- si)  a + b+ c + ⇔ a + b+ c a + b+ c ≥ 4.4 abc 3 a + b+ c a + b+ c ≥ abc 3 ⇔  a + b + c ÷  ≥ abc  a + b+ c  a + b+ c   ÷ ≥ abc 3   ⇔ ⇔ a + b + c ≥ 33 abc 22 Chứng minh ; a , b , c > ° a3 + abc ≥ 2a2 bc , b3 + abc ≥ 2b2 ac , c3 + abc ≥ 2c2 ° a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ 2( a2 bc + b2 ac + c2 ab ) ⇒ 2( a3 + b3 + c3 ) ≥ 2( a2 bc + b2 ac + c2 ab ) , với : a3 + b3 + c3 ≥ 3abc Vậy: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab 23 Cho x,y là các số dương chứng minh 1 ab a) x + y ≥ x + y 1 b) ( x + y + z ) ( x + y + z ) ≥ x + y + z Dạng bài rút gọn biểu thức: Các kiến thức bản phân thức: a) Phép cộng, trừ : A C A±C ± = ( B ≠ 0) B B B - Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT + Một số quy tắc đổi dấu: A −A A −A −A A = =− ; = =− ; QT2: − −B B B −B B B A C A.C ( B, D ≠ 0) b Phép nhân: = B D B.D QT1: QT3: − −A −A A A = =− = ; B −B −B B - Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân phối với phép cộng; và thực hiện rút gọn c Phép chia: 26 A B ( A, B ≠ ) có phân thức nghịch đảo là và ngược lại B A + Phân thức: ( B ≠ ) có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại B A C A D A.D + Phép chia: : = = B D B C B.C + Phân thức: Những bài tập áp dụng: Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009) Cho biểu thức: P = x −9 x + x +1 − − với x ≥ 0; x ≠ 4;9 x−5 x +6 x − 1− x a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P x= 3− c) Tìm x đã P < Giải: a) Rút gọnP P= = b) Tính giá trị của P x −9 x + x +1 − − x−5 x +6 x − 3− x x −9 x + x +1 − + ( x − 2)( x − 3) x −2 x −3 2 x − − ( x − 32 ) + (2 x + 1)( x − 2) = ( x − 2)( x − 3) x − − x + + 2x − x − = ( x − 2)( x − 3) = x− x −2 ( x − 2)( x − 3) ( x − 2)( x + 1) = ( x − 2)( x − 3) = ( x + 1) ( x − 3) x= 3− Từ x= 2(3 − 5) − = = − 32 − ( − 1) ) ( − 1) ⇒x=( ) =( Thay vào P ta được: P= ( x + 1) 6−2 6−2 =( + 1) : ( − 3) 4 ( x − 3) =− 10 − 6+2 c) P ( x + 4) ⇔ − x + 3( x + 4) > ⇔ 19 > Với x ≥ 0; x ≠ d) Tìm MaxP: (7 − x ) 19 = −3+ Ta có: P = ( x + 4) ( x + 4) Nhận thấy: 19 19 P = −3+ ≤ −3+ ( x + 4) 19 Vậy GTLN : P = − + = 4 Khi x + = ⇔ x = CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG a b c b Đường thẳng : ax + by = c (a + b2 ≠ 0) ⇔ y = − x + (b ≠ 0) (1) a b c b a) Cách vẽ đường thẳng d: y = − x + (d ) c a c b + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( ;0 ); cắt trục Oy tại B( 0; ); + Nối A với B ta được đường thẳng d b) Nếu đường thẳng cho ở dạng: y = ax + b (a ≠ ) Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( −b ;0 ); cắt trục Oy tại B( 0;b ); a 28 + Nối A với B ta được đường thẳng d c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a ≠ ) là: a Viết phương trình đường thẳng: a) Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b + Vì đường thẳng qua hai đióm A và B ta có:  ax1 + b = y1  giải hệ tìm a và b  ax2 + b = y2 Cách 2: Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng: x − x1 y − y1 = x1 − x2 y1 − y2 b) Viết phương trình qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng: y = k(x – x0) + y0 c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến) Cách giải: Cách 1: + Viết phương trình qua hai ba điểm + Thay toạ điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, thoả mãn phương trình đã ta kết luận ba điểm đã cho thẳng hàng Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến), thoả mãn: x1 − x2 y − y2 = x2 − x3 y2 − y3 Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’ a) (d) // (d’) ⇔ a = a ' ≠ 0; b ≠ b ' b) (d) ≡ (d’) ⇔ a = a ' ≠ 0; b = b ' c) (d) ∩ (d’) ≠ ∅ ⇔ a ≠ a ' d) (d) ⊥ (d’) ⇔ a.a ' = −1 Ngoài ra, cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’ a) (d) ∩ (d’) ≠ ∅ ⇔ ab '− a ' b ≠ ab '− a ' b =  b) (d) // (d’) ⇔ ac '− a ' c ≠ bc '− b ' c ≠  ab '− a ' b =  c) ( d ) ≡ ( d ') ⇔ ac '− a ' c = b ' c − bc ' =  Xác định giao điểm của hai (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = ’là nghiệm(nếu có) của hệ phương trình sau: ax + by = c  a ' x + b ' y = c ' Hệ số góc của đường thẳng Bài tập vận dụng: Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: 29 (d): x + y = (d1): 5x - 3y = (d2): ax - by = 5b (a ' ≠ 0; b ≠ 0) a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng đồng quy b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1; 5) và song song với đường thẳng (d) b)Xác định hệ số góc đường thẳng (d2) qua điểm M(1; 5) Giải: a) Tm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng đồng quy x + y = 5 x − y = + Giao điểm của (d) và (d1) là hệ của hệ phương trình:  x = + Giải hệ tìm được  , vậy (d) và (d1) cắt tại đỉêm có toạ đó: C(2; 1) y =1 + Để đường thẳng đồng quy tại điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b Vậy ba đường thẳng đồng quy khi: a = 3b PHẦN HÌNH HỌC Các dạng bài tổng hợp Bài : Cho nửa đường tròn đường kính AB Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kì Tia phân giác của góc CAx cắt nủa đường tròn tại D; tia AD cắt BC tại E a/ Chứng minh tam giác ABE cân tại B b/ Dây AC cắt BD tại K Chứng minh EK vuông góc với AB c/ Dây BD cắt Ax tại F Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi d/ Cho góc BAC =300, chứng minh AK = 2KC Giải: · » ); BD ⊥ AC (vì ·ADB = 900 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) a) Ta có ∆ ABE : ·ABD = DBE ( »AD = DC ⇒ ∆ ABE cân tại B b)Ta có, tam giác ∆AEB có: BD ⊥ AE ( ·ADB = 900 ), AC ⊥ BE ( ·AEB = 900 ), BD ∩ AC = { K } ⇒ K là trực tâm ⇒ BA ⊥ KE x E F C D K A B O c) Ta có: ∆ AKF cân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : ⇒ AD ⊥ FK , FD = DK (1) + Tương tự: ∆ ABE cân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : ⇒ BD ⊥ AE , ED = DA (2) 30 Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi · d) Ta có góc BAC =300 ⇒ EBA = 600 ⇒ ∆ ABE ⇒ K là trực tâm vừa là trọng tâm ⇒ AK = 2KC Bài : Cho (O; R) và đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn Từ điểm M tuýy đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm) Từ O hạ OH vuông góc với d Dây cung PQ cắt OH tại I và cắt OM ở K Chứng minh a/ Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc đường tròn b/ OI.OH = OK.OM c/ Vị trí điểm I cố định điểm M di động d d/ Tìm d điểm A và O điểm B cho độ dài AB nhỏ nhấtho ∆ABC có diện tích 1, đường trung tuyến BK lầy điểm M Giải d H M Q K I P O · · · · a) + Vì MHO = MPO = 900 (OH ⊥ OM ; OP ⊥ PM ) ⇒ MHO + MPO = 1800 => Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc đường tròn · · · · + Tương tự: MQO = MPO = 900 (OQ ⊥ QM ; OP ⊥ PM ) ⇒ MQO + MPO = 1800 => Tứ giác OPMQ nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, Q cùng thuộc đường tròn Vậy: Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc đường tròn OI OK · · · = OHM = 900 ; HOMchung )⇒ = ⇒ OI OH = OK OM b) ∆ OIK : ∆ OMH (OKI OM OH · c) Trong ∆OPM (OPM = 900 ; OK ⊥ OM ) ⇒ OK OM = OP = R R2 Mặt khác: OI OH = OK OM ⇒ OI OH = R ⇒ OI = OH Do O, H cố định => I cố định d) Kẻ OH ∩ (O) = { L} 31 Ta có AB + OB ≥ OA ≥ OH = OL + LH = R + OL ⇒ AB ≥ LO Vậy AB đạt GTNN AB = LO A ≡ H ; B ≡ L d H A L B O Bài 3: Cho góc xAy vuông.Trên tia Ax lấy điểm B cố định, tia Ay lấy điểm C di động Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC,tiếp xúc với cạnh ,BC, CA, AB lần lượt tại D,E,F Hai đường thẳng cắt tại G y C D G E O H A F B x Dạng bài tính số đo góc, tính diện tích Bài 1: : Cho ABCD(AB//CD) biết đường tròn đường kính CD qua trung điểm hai cạnh bên AD, BC và tiếp xúc với AB Tìm số đo các góc của hình thang Giải: Ta có: AC = BD vì 1 BD = ON = R = OM = AC 2 A Nên ABCD là hình thang cân 1 + Ta có OH = HE = R = OM 2 · · · ⇒ ∆OHM có OHM = 60 ; HMO = 300 ⇒ MOD = 300 M E B H N D +Tam giác MOD cân tại O, nên: · · · ODM = OMD = (1800 − DOM ) µ =C µ = 750 ⇒D µ = µA = 1800 − 750 = 1150 ⇒B 32 Bài 2: Cho ∆ABC có diện tích 1, đường trung tuyến BK lầy điểm M cho MK = 1/4 BK, đường thẳng AM cắt BC tại L Tính diện tích ∆ALC B L M C A H K N 33 ... Chứng minh: n3 + 11n M6 Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - M9 Chứng minh: 718 + 18.3 - M9 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 717 + 17.3 - M9, Đặt: 717 + 17.3 -... M9 Vậy: 718 + 18.3 - M9 Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - M3 Chứng minh: 718 + 18.3 - M3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) Sử dụng định lý mở rộng ( ) a)∀ n ∈ N : a n − b... chia hết Ví dụ1: Tìm chữ số x,y x36 y5M 1375 Ví dụ2: Tìm chữ số x,y 134 xyM45 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2009) 3.Các dạng bài tập khác sử dụng a) Tìm số tận