Đang tải... (xem toàn văn)
CHUYÊN ĐỀ 1 PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: 1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4 Cách 1: Tách hạng tử thứ 2 3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 4 Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện một nhân tử là x – 2 Cách 1: x3 – x2 – 4 = = Cách 2: = Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 Nhận xét: không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = = Vì với mọi x nên không phân tích được thành nhân tử nữa Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4 Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1 x3 + 5x2 + 8x + 4 = (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 + 2 Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 x3 + 2 x2 2 x 2) Vì x4 x3 + 2 x2 2 x 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích được nữa 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 + 1 + 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) II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: 1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) = (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + 1 + 8x2)2 – 16x2(x4 + 1 – 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) 2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + 1 = (x7 – x) + (x2 + x + 1 ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x3 1)(x3 + 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x – 1)(x2 + x + 1 ) (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 + 1 = (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 + 1 + x3n + 2 + 1 như: x7 + x2 + 1 ; x7 + x5 + 1 ; x8 + x4 + 1 ; x5 + x + 1 ; x8 + x + 1 ; … đều có nhân tử chung là x2 + x + 1 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)
CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: 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 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 + ) 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 – = x − x − x + x + 15 x − = ( x − x ) − ( x − x ) + ( 15 x − ) = x (3 x − 1) − x(3 x − 1) + 5(3x − 1) = (3 x − 1)( x − x + 5) Vì x − x + = ( x − x + 1) + = ( x − 1) + > với x nên khơng phân tích thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số 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 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 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) 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 + ; … 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 + 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 Ví dụ 3: A = ( x + y + z )( x + y + z )2 + ( xy + yz +zx) 2 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( x + y + z )( x + y + z ) + ( x + y + z ) 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 + x yz + xy z + xyz = xyz ( x + y + z ) Ví dụ 5: (a + b + c)3 − 4(a + b3 + c ) − 12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + 1) x3 -4 7x +4 10) 64x + y 2) 6x3 - 9x + 6x + 16 11) a + a + a2b2 + b4 - b6 3) 3x3 - 6x2 - x 3+ 30 12) x + 3xy + y - 4) 2x - x23 + 5x 2+ 13) 4x + 4x + 5x + 2x + 5) 27x - 27x2 + 18x - 14) x + x + 6) x + 2xy + y - x - y - 12 m2 - n ) Ta có: m + 3mn − 4c3 − 3c(m - n ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) C = (m + c)3 – = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b c)(c + a - b)(c - a + b) BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 15) x8 + 3x4 + 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 2 16)8)3x 22xy 4x4 + - 32x ++ 11x + 37y + 7y +10 + 63 17)9)x43(x - 8x + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 CHUYÊN ĐỀ - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: (a + b)n = an + C1n an - b + C2n an - b2 + …+ Cnn −1 ab n - + bn I Nhị thức Niutơn: C kn = Trong đó: n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] 1.2.3 k II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn: k Cách 1: Dùng công thức C n = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7 C = Chú ý: a) C k n = 7.6.5.4 7.6.5.4 = = 35 4! 4.3.2.1 n! 7! 7.6.5.4.3.2.1 = = 35 với quy ước 0! = ⇒ C = n!(n - k) ! 4!.3! 4.3.2.1.3.2.1 Với n = thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 Với n = thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 Với n = thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 III Ví dụ: Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử a) A = (x + y)5 - x5 - y5 Cách 1: khai triển (x + y)5 rút gọn A A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5 = 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3) = 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2) Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số đa thức có sau khai triển a) (4x - 3)4 Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có: (4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81 Tổng hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 = C BÀI TẬP: Bài 1: Phân tích thành nhân tử a) (a + b)3 - a3 - b3 b) (x + y)4 + x4 + y4 Bài 2: Tìm tổng hệ số có sau khai triển đa thức a) (5x - 2)5 b) (x2 + x - 2)2010 + (x2 - x + 1)2011 CHUÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết Bài 1: chứng minh a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13 c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - chia hết cho không chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N Giải a) 251 - = (23)17 - M23 - = b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 M4 + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + M17 + = 18 1917 - M19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 M18 d) 3663 - M36 - = 35 M7 3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - e) 4n - = (24) n - M24 - = 15 Bài 2: chứng minh a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n∈ Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n∈ N ; Giải: a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5) = n(n2 - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k ∈ Z) A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2) ⇒ A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta có: 27n - 27 M27 (1) { + 1) - 9n - 1] = 9 { - 9n = 9( 1 { - n) M27 (2) + 10 n - 9n - = [( 9 n n n { - n M3 1 { - n số có tổng chữ số chia hết cho M9 1 n n Từ (1) (2) suy đpcm Bài 3: Chứng minh với số nguyên a a) a3 - a chia hết cho b) a7 - a chia hết cho Giải a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn số bội nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nếu a = 7k (k ∈ Z) a chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 - = 49k2 + 14k chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 + a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 - a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Trong trường hợp củng có thừa số chia hết cho Vậy: a7 - a chia hết cho Bài 4: Chứng minh A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 Giải Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) Mỗi số hạng ngoặc chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chi hết cho B Bài tập nhà Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n chẵn c) Cho a l số nguyên tố lớn Cmr a2 – chia hết cho 24 d) Nếu a + b + c chia hết cho a3 + b3 + c3 chia hết cho e) 20092010 không chia hết cho 2010 f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho Dạng 2: Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư chia 2100 a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 Giải a) Luỹ thừa sát với bội 23 = = - Ta có : 2100 = (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - = B(9) + Vậy: 2100 chia cho dư b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + Vậy: 2100 chia chop 25 dư c)Sử dụng công thức Niutơn: 2100 = (5 - 1)50 = (550 - 549 + … + 50.49 - 50 ) + Khơng kể phần hệ số khai triển Niutơn 48 số hạng đầu chứa thừa số với số mũ lớn 50.49 nên chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo: - 50.5 chia hết cho 125 , số hạng cuối Vậy: 2100 = B(125) + nên chia cho 125 dư Bài 2: Viết số 19951995 thành tổng số tự nhiên Tổng lập phương chia cho dư bao nhiêu? Giải Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an 3 3 3 3 Gọi S = a1 + a + a + + a n = a1 + a + a + + a n + a - a = (a1 - a1) + (a2 - a2) + …+ (an - an) + a Mỗi dấu ngoặc chia hết cho dấu ngoặc tích ba số tự nhiên liên tiếp Chỉ cần tìm số dư chia a cho 1995 số lẻ chia hết cho 3, nên a củng số lẻ chia hết cho 3, chia cho dư Bài 3: Tìm ba chữ số tận 2100 viết hệ thập phân giải Tìm chữ số tận tìm số dư phép chia 2100 cho 1000 Trước hết ta tìm số dư phép chia 2100 cho 125 Vận dụng ta có 2100 = B(125) + mà 2100 số chẵn nên chữ số tận 126, 376, 626 876 Hiển nhiên 2100 chia hết cho 2100 = 1625 chi hết ba chữ số tận chia hết cho số 126, 376, 626 876 có 376 chia hết cho Vậy: 2100 viết hệ thập phân có ba chữ số tận 376 Tổng quát: Nếu n số chẵn khơng chia hết cho chữ số tận 376 Bài 4: Tìm số dư phép chia số sau cho a) 2222 + 5555 b)31993 c) 19921993 + 19941995 d) 32 1930 Giải a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS +1)22 + (BS – 1)55 = BS + + BS - = BS nên 2222 + 5555 chia dư b) Luỹ thừa sát với bội 33 = BS – Ta thấy 1993 = BS + = 6k + 1, đó: 31993 = 6k + = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, đó: 19921993 + 19941995 = (BS – 3)1993 + (BS – 1)1995 = BS – 31993 + BS – Theo câu b ta có 31993 = BS + nên 19921993 + 19941995 = BS – (BS + 3) – = BS – nên chia cho dư 1930 d) 32 = 32860 = 33k + = 3.33k = 3(BS – 1) = BS – nên chia cho dư Bài tập nhà Tìm số d khi: a) 21994 cho b) 31998 + 51998 cho 13 c) A = 13 + 23 + 33 + + 993 chia cho B = + + + + 99 Dạng 4: Tồn hay không tồn chia hết Bài 1: Tìm n ∈ N cho 2n – chia hết cho Giải Nếu n = 3k ( k ∈ N) 2n – = 23k – = 8k - chia hết cho Nếu n = 3k + ( k ∈ N) 2n – = 23k + – = 2(23k – 1) + = BS + Nếu n = 3k + ( k ∈ N) 2n – = 23k + – = 4(23k – 1) + = BS + V ậy: 2n – chia hết cho n = BS Bài 2: Tìm n ∈ N để: a) 3n – chia hết cho b) A = 32n + + 24n + chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho Giải a) Khi n = 2k (k ∈ N) 3n – = 32k – = 9k – chia hết cho – = Khi n = 2k + (k ∈ N) 3n – = 32k + – = (9k – ) + = BS + Vậy : 3n – chia hết cho n = 2k (k ∈ N) b) A = 32n + + 24n + = 27 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25 32n + 2.32n + 2.24n = BS 25 + 2(9n + 16n) Nếu n = 2k +1(k ∈ N) 9n + 16n = 92k + + 162k + chia hết cho + 16 = 25 Nếu n = 2k (k ∈ N) 9n có chữ số tận , 16n có chữ số tận suy 2((9n + 16n) có chữ số tận nên A khơng chia hết không chia hết cho 25 c) Nếu n = 3k (k ∈ N) 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho Nếu n = 3k + 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 23k = BS + 8k = BS + 3(BS – 1)k = BS + BS + Tương tự: n = 3k + 5n – 2n khơng chia hết cho 9 CHUYÊN ĐỀ 5: SỐ CHÍNH PHƯƠNG B Một số tốn: Bài 1: Chứng minh rằng: Một số phương chia cho 3, cho dư Giải Gọi A = n2 (n ∈ N) a) xét n = 3k (k ∈ N) ⇒ A = 9k2 nên chia hết cho n = 3k ± (k ∈ N) ⇒ A = 9k2 ± 6k + 1, chia cho dư Vậy: số phương chia cho dư b) n = 2k (k ∈ N) A = 4k2 chia hết cho n = 2k +1 (k ∈ N) A = 4k2 + 4k + chia cho dư Vậy: số phương chia cho dư Chú ý: + Số phương chẵn chia hết cho + Số phương lẻ chia cho dư 1( Chia củng dư 1) Bài 2: Số số sau số phương a) M = 19922 + 19932 + 19942 b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 c) P = + 9100 + 94100 + 1994100 d) Q = 12 + 22 + + 1002 e) R = 13 + 23 + + 1003 Giải a) số 19932, 19942 chia cho dư 1, 19922 chia hết cho ⇒ M chia cho dư M khơng số phương b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 gồm tổng hai số phương chẵn chia hết cho 4, hai số phương lẻ nên chia dư suy N khơng số phương c) P = + 9100 + 94100 + 1994100 chia dư nên khơng số phương d) Q = 12 + 22 + + 1002 Số Q gồm 50 số phương chẵn chia hết cho 4, 50 số phương lẻ, số chia dư nên tổng 50 số lẻ chia dư Q chia dư nên Q khơng số phương e) R = 13 + 23 + + 1003 Gọi Ak = + + + k = k(k + 1) k(k - 1) , Ak – = + + + k = 2 Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 đó: 13 = A12 23 = A22 – A12 10 a b c 2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A = + 1÷ + 1÷ + 1÷ b c a 3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: 4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; y+z x+z x+ y + + +3= x y z a b c = = Chứng minh xy + yz + xz = x y z 24 CHUYÊN ĐỀ – SỬ DỤNG CƠNG THỨC DIỆN TÍCH ĐỂ THIẾT LẬP QUAN HỆ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG Ngày soạn:23 – - 2010 A Một số kiến thức: Cơng thức tính diện tích tam giác: S= a.h (a – độ dài cạnh, h – độ dài đường cao tương ứng) 2 Một số tính chất: Hai tam giác có chung cạnh, có độ dài đường cao có diện tích Hai tam giác có diện tích B Một số tốn: Bài 1: Cho ∆ ABC có AC = 6cm; AB = cm; đường cao AH; BK; CI Biết AH = CI + BK Tính BC A Giải Ta có: BK = 2SABC 2SABC ; CI = AC AB K I ⇒ BK + CI = SABC + ÷ AC AB ⇔ 2AH = BC AH + + ÷ ⇔ BC ÷=2 AC AB AC AB B H C 1 1 ⇒ BC = : + ÷ = : + ÷ = 4,8 cm AC AB 6 4 Bài 2: Cho ∆ ABC có độ dài cạnh a, b, c; độ dài đường cao tương ứng ha, hb, hc Biết a + = b + hb = c + hc Chứng minh ∆ ABC tam giác Giải Gọi SABC = S Ta xét a + = b + hb ⇒ a – b = – hb = ⇒ a – b = 2S a-b ⇒ (a – b) ab 2S 2S a-b 1 1 = 2S - ÷ = 2S b a ab b a 2S 1 ÷ = ⇒ ∆ ABC cân C vuông C (1) ab Tương tự ta có: ∆ ABC cân A vuông A (2); ∆ ABC cân B vuông B (3) 25 Từ (1), (2) (3) suy ∆ ABC cân vuông ba đỉnh (Không xẩy vuông ba đỉnh) ⇔ ∆ ABC tam giác Bài 3: Cho điểm O nằm tam giác ABC, tia AO, BO, Co cắt cạnh tam giác ABC theo thứ tự A’, B’, C’ Chứng minh rằng: a) OA' OB' OC' + + =1 AA' BB' CC' b) OA OB OC + + =2 AA' BB' CC' c) M = OA OB OC + + = Tìm vị trí O để tổng M có giá trị nhỏ OA' OB' OC' d) N = OA OB OC = Tìm vị trí O để tích N có giá trị nhỏ OA' OB' OC' A Giải Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB Ta có: S3 S +S OA S2 = = = (1) OA' SOA'C SOA'B S1 O S S + SOA'B S1 OA' SOA'C = = OA'B = OA'C = (2) AA' SAA'C SAA'B SAA'C + SAA'B S Từ (1) (2) suy Tương tự ta có B S + S OC OB S +S S OB' S OC' = 3; = ; = ; = OB' S2 OC' S3 BB' S CC' S OA' OB' OC' S1 S2 S3 S + + = + + = =1 AA' BB' CC' S S S S b) OA OB OC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2 2S + + = + + = =2 AA' BB' CC' S S S S OA OB OC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2 S1 S2 S3 S2 S1 S3 + + = + + = + ÷+ + ÷+ + ÷ OA' OB' OC' S1 S2 S3 S2 S1 S2 S3 S3 S1 c) M = S S S S S S p dụng Bđt Cơ si ta có + ÷+ + ÷+ + ÷ ≥ + + = S2 S1 S2 S3 S3 S1 Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3 ⇔ O trọng tâm tam giác ABC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2 ( S2 + S3 ) ( S1 + S3 ) ( S1 + S2 ) = S1 S2 S3 S1.S2 S3 ( S2 + S3 ) ( S1 + S3 ) ( S1 + S2 ) ( S1.S2 S3 ) ⇒ N = A' S +S OA = AA' S a) d) N = B' C' 2 ≥ 4S1S2 4S2S3 4S1S3 ( S1.S2 S3 ) 26 ≥ 64 ⇒ N ≥ C Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3 ⇔ O trọng tâm tam giác ABC Bài 4: Cho tam giác ABC, đường caoAD, BE, CF; gọi A’, B’, C’ hình chiếu M (nằm bên tam giác ABC) AD, BE, CF Chứng minh rằng: Khi M thay đổi vị trí tam giác ABC thì: a) A’D + B’E + C’F không đổi b) AA’ + BB’ + CC’ không đổi Giải Gọi h = AH chiều cao tam giác ABC h khơng đổi A Gọi khoảng cách từ M đến cạnh AB; BC; CA MP; MQ; MR A’D + B’E + C’F = MQ + MR + MP Vì M nằm tam giác ABC nên E F SBMC + SCMA + SBMA = SABC P ⇔ BC.(MQ + MR + MP) = BC AH ⇒ MQ + MR + MP = AH ⇒ A’D + B’E + C’F = AH = h C' B' A' M B Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi R Q D C b) AA’ + BB’ + CC’ = (AH – A’D)+(BE – B’E) (CF – C’F) = (AH + BE + CF) – (A’D + B’E + C’F) = 3h – h = 2h không đổi Bài 5: Cho tam giác ABC có BC trung bình cộng AC AB; Gọi I giao điểm phân giác, G trọng tâm tam giác Chứng minh: IG // BC Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC AH, IK, GD Vì I giap điểm ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA IK A Vì I nằm tam giác ABC nên: SABC = SAIB + SBIC + SCIA Mà BC = ⇔ BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) AB + CA ⇒ AB + CA = BC (2) Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC ⇒ IK = BH I G K D AH (a) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên: SBGC = 1 SABC ⇔ BC GD = BC AH ⇒ GD = AH (b) 3 Từ (a) (b) suy IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC nên IG // BC Bài tập nhà: 27 M C · 1) Cho C điểm thuộc tia phân giác xOy = 600 , Mlà điểm nằm đường vng góc với OC · C thuộc miền xOy , gọi MA, MB thứ tự khoảng cách từ M đến Ox, Oy Tính độ dài OC theo MA, MB 2) Cho M điểm nằm tam giác ABC A’, B’, C’ hình chiếu M cạnh BC, AC, AB Các đường thẳng vng góc với BC C, vng góc với CA A , vng góc với AB B cắt D, E, F Chứng minh rằng: a) Tam giác DEF tam giác b) AB’ + BC’ + CA’ khơng phụ thuộc vị trí M tam giác ABC 28 CHUYÊN ĐỀ 19 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC A Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 1) Khái niệm: Nếu với giá trị biến thuộc khoảng xác định mà giá trị biểu thức A ln lớn (nhỏ bằng) số k tồn giá trị biến để A có giá trị k k gọi giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) biểu thức A ứng với giá trị biến thuộc khoảng xác định nói 2) Phương pháp a) Để tìm giá trị nhỏ A, ta cần: + Chứng minh A ≥ k với k số + Chỉ dấ “=” xẩy với giá trị biến b) Để tìm giá trị lớn A, ta cần: + Chứng minh A ≤ k với k số + Chỉ dấ “=” xẩy với giá trị biến Kí hiệu : A giá trị nhỏ A; max A giá trị lớn A B.Các tập tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức I) Dạng 1: Tam thức bậc hai Ví dụ : a) Tìm giá trị nhỏ A = 2x2 – 8x + b) Tìm giá trị lớn B = -5x2 – 4x + Giải a) A = 2(x2 – 4x + 4) – = 2(x – 2)2 – ≥ - A = - ⇔ x = b) B = - 5(x2 + max B = 4 9 x) + = - 5(x2 + 2.x + ) + = - 5(x + )2 ≤ 5 25 5 5 ⇔ x= − 5 b) Ví dụ 2: Cho tam thức bậc hai P(x) = a x2 + bx + c a) Tìm P a > b) Tìm max P a < Giải Ta có: P = a(x2 + b b b2 x) + c = a(x + ) + (c ) a 2a 4a 29 Đặt c - b b2 = k Do (x + ) ≥ nên: 2a 4a a) Nếu a > a(x + b b ) ≥ P ≥ k ⇒ P = k ⇔ x = 2a 2a b) Nếu a < a(x + b b ) ≤ P ≤ k ⇒ max P = k ⇔ x = 2a 2a III.Dạng 3: Đa thức bậc cao 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ a) A = x(x – 3)(x – 4)(x – 7) = (x2 – 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36 ≥ - 36 Min A = - 36 ⇔ y = ⇔ x2 – 7x + = ⇔ (x – 1)(x – 6) = ⇔ x = x = b) B = 2x2 + y2 – 2xy – 2x + = (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + x - y = ⇔x=y=1 = (x – y)2 + (x – 1)2 + ≥ ⇔ x - = c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta có C + = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) Đặt x – = a; y – = b b b 3b b2 3b ≥ C + = a + b + ab = (a + 2.a + )+ = (a + ) + 2 4 2 Min (C + 3) = hay C = - ⇔ a = b = ⇔ x = y = 2) Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ a) C = (x + 8)4 + (x + 6)4 Đặt x + = y ⇒ C = (y + 1)4 + (y – 1)4 = y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + + y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + = 2y4 + 12y2 + ≥ ⇒ A = ⇔ y = ⇔ x = - b) D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + = (x4 – 6x3 + 9x2 ) + (x2 – 6x + 9) = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2 ≥ ⇒ D = ⇔ x = IV Dạng phân thức: Phân thức có tử số, mẫu tam thức bậc hai Biểu thức dạng đạt GTNN mẫu đạt GTLN Ví dụ : Tìm GTNN A = -2 −2 = = 9x - 6x + (3x - 1) + 6x - - 9x Vì (3x – 1)2 ≥ ⇒ (3x – 1)2 + ≥ ⇒ A = - 1 −2 −2 ≤ ⇒ ≥ ⇒A≥ 2 (3x - 1) + 4 (3x - 1) + 4 1 ⇔ 3x – = ⇔ x = 30 Phân thức có mẫu bình phương nhị thức a) Ví dụ 1: Tìm GTNN A = 3x - 8x + x - 2x + +) Cách 1: Tách tử thành nhóm có nhân tử chung với mẫu A= 3x - 8x + 3(x - 2x + 1) - 2(x - 1) + 1 = = 3− + Thì 2 Đặt y = x - 2x + (x - 1) x - (x - 1) x-1 A = – 2y + y2 = (y – 1)2 + ≥ ⇒ A = ⇔ y = ⇔ =1 ⇔ x=2 x-1 +) Cách 2: Viết biểu thức A thành tổng số với phân thức không âm 3x - 8x + 2(x - 2x + 1) + (x - 4x + 4) (x - 2) = = + ≥2 A= x - 2x + (x - 1) (x - 1) ⇒ A = ⇔ x – = ⇔ x = b) Ví dụ 2: Tìm GTLN B = x x + 20x + 100 x x 1 = ⇒ x = − 10 Đặt y = x + 20x + 100 (x + 10) y x + 10 Ta có B = 2 1 1 1 2 ≤ B = ( − 10 ).y = - 10y + y = - 10(y – 2.y y+ )+ = - 10 y + ÷ y 20 400 40 40 40 10 Max B = 1 ⇔ y⇔ x = 10 =0 ⇔ y= 40 10 10 x + y2 c) Ví dụ 3: Tìm GTNN C = x + 2xy + y (x + y) + (x - y) 2 x + y 1 (x - y) ⇒ A = ⇔ x = y Ta có: C = = = + ≥ x + 2xy + y (x + y) 2 (x + y) 2 Các phân thức có dạng khác a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) A = Ta có: A = - 4x x2 +1 - 4x (4x − 4x + 4) − (x + 1) (x - 2) = = − ≥ −1 ⇒ A = - ⇔ x = x2 +1 x2 +1 x +1 Ta lại có: A = - 4x (4x + 4) − (4x + 4x + 1) (2x + 1) = = − ≤ ⇒ max A = ⇔ x = − 2 2 x +1 x +1 x +1 C Tìm GTNN, GTLN biểu thức biết quan hệ biến 1) Ví dụ 1: Cho x + y = Tìm GTNN A = x3 + y3 + xy Ta có A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1) 31 a) Cách 1: Biểu thị ẩn qua ẩn kia, đưa tam thức bậc hai Từ x + y = ⇒ x = – y 1 1 1 nên A = (1 – y) + y = 2(y – y) + = 2(y – 2.y + ) + = y - ÷ + ≥ 2 2 Vậy A = 2 1 ⇔ x= y= 2 b) Cách 2: Sử dụng đk cho, làm xuất biểu thức có chứa A Từ x + y = ⇒ x2 + 2xy + y2 = 1(1) Mặt khác (x – y)2 ≥ ⇒ x2 – 2xy + y2 ≥ (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có: 2(x2 + y2) ≥ ⇒ x2 + y2 ≥ 1 ⇒ A = ⇔ x=y= 2 2)Ví dụ 2: Cho x + y + z = a) Tìm GTNN A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN B = xy + yz + xz Từ Cho x + y + z = ⇒ Cho (x + y + z)2 = ⇔ x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (1) Ta có x + y + z - xy – yz – zx = = ( x + y + z - xy – yz – zx) ( 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 = Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Cơsi ta có: x+ y + z ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤ 1 ⇒ 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 = ⇒ ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 8 ⇒ S≤ = 27 27 729 32 Vậy S có giá trị lớn 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 ) 4 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: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta đổi 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 ⇒ ≤ = ⇔ x2 = 1 + ≤ + = ⇒ max 4 A x +1 x +1 ⇔ x= ±1 3) Nhiều ta tìm cực trị biểu thức khoảng biến, sau so sámh cực trị để để tìm GTNN, GTLN tồn tập xác định biến 33 Ví dụ: Tìm GTLN B = y - (x + y) a) xét x + y ≤ - Nếu ≤ y ≤ A ≤ - Nếu x = A = - Nếu y = x = A = b) xét x + y ≥ A ≤ So sánh giá trị A, ta thấy max A = ⇔ x = 0; y = 4) Sử dụng bất đẳng thức Ví dụ: Tìm GTLN A = 2x + 3y biết x2 + y2 = 52 Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) cho 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 3x ⇒y = ⇒ x2 + y2 = x2 + ÷ = 52 ⇔ 13x2 = 52.4 ⇔ x = ± = Vậy: Ma x A = 26 ⇔ x = 4; y = x = - 4; y = - 5) Hai số có tổng khơng đổi tích chúng lớn chúng Hai số có tích khơng đổi tổng 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 đổi 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 số x ⇒ A= x+ (x + 4)(x + 9) x 36 36 36 36 ⇔ x=6 có tích x = 36 khơng đổi 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 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 = 34 35 CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN - 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 Từ (I) ta có: (II) Tương tự từ (II) ta có: ( x − y ) = 122 x = ±5 x = ±5 ⇒ ; x = 52 y = m2 y = m22 ( x − y ) = 52 x = ±12 x = ±12 ⇒ ; 2 y = m19 y = m29 x = 12 ( x − y ) = 132 x = ⇒ x = y = ±13 ( x − y ) = x = ±13 ⇒ 2 y = ±26 x = 13 ( 5; −2 ) ; ( 5; −22 ) ; ( −5; ) ; ( −5; 22 ) ; ( 12; −19 ) ; ( 12; −29 ) Vậy ( x, y ) ∈ ( −12;19 ) ; ( −12; 29 ) ; ( 0;13) ; ( 0; −13 ) ; ( 13; 26 ) ; ( −13; −26 ) 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: x − y = 91 (1) 2 (1) ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = 91.1 = 13.7 (Vì ( x − y ) ( x + xy + y ) (x + xy + y ) > ) x − y = x = x = −5 ⇒ ; 2 ( x + xy + y ) = 91 y = y = −6 = 91.1 ⇒ x − y = 91 ⇒ VN x + xy + y ) = ( Ví dụ 4: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + x − y = (2) 36 x + x − y = ⇒ x + x − y = ⇒ ( x + 1) − ( y ) = ⇒ ( x + y + 1) ( x − xy + 1) = 2 2 x + y + = x = ⇒ x − y + = y = ⇒ 2 x + y + = −1 x = −1 ⇒ 2 x − y + = −1 y = Vậy: ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( −1;0 ) } 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 hốn vị ( 1; 2;3) Ví dụ 2: Tìm x; y; z ∈ Z + thoả mãn: 1 + + = (2) x y z Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây phương trình đối xứng Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Khi đó: (2) ⇒ = 1 3 + + ≤ ⇒ x ≤ ⇒ x =1 x y z x Với: x = ⇒ = .Nếu: y = ⇒ 1 + ≤ ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ { 1; 2} y z y = (vô lí) z .Nếu: y = ⇒ z = Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2; ) Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z để: A = Ta có: A = x2 + x x2 + x + nhận giá trị nguyên x2 + x x2 + x + −1 Khi đó: = = 1+ 2 x + x +1 x + x +1 x + x +1 37 Để A nhận giá trị nguyên nhận giá trị nguyên x + x +1 ⇒ 1M( x + x + 1) ⇒ ( x + x + 1) ∈ U ( 1) = { −1;1} x = 2 Vì : ( x + x + 1) > 0; ∀x ∈ ¢ ⇒ x + x + = ⇒ x = −1 Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = x = −1 38 ... suy : 200 9 a ⇒ 200 9 a 200 9 a + 200 9 b + 200 9 c = 200 9 a + éa =- b ê êb =- c ê êc =- a ë 1 + 200 9 = 200 9 200 9 (- c) c a 1 = 200 9 = 200 9 200 9 200 9 200 9 +b +c a + (- c) + c a 200 9 + Bài 3: Cho 200 9... + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 200 1 .200 2 = x2 - x - 200 1. (200 1 + 1) = x2 - x – 200 12 - 200 1 = (x2 – 200 12) – (x + 200 1) = (x + 200 1)(x – 200 2) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm,... của: 3102 ; ( 73 ) ; 320 + 230 + 715 - 81 6 Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận của: 3555 ; ( 27 ) Bài 3: Tìm số dư chia số sau cho 2; cho 5: a) 38; 1415 + 1514 b) 200 9201 0 – 200 82 00 9 CHUYÊN ĐỀ 10 – TÍNH