CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại dạng toán phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải số tập phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ kỹ phân tích đa thức thành nhân tử B CÁC PHƢƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bổ 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 tổng hệ số f(x) có nhân tử x – + Nếu f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số 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) số nguyên a+1 a-1 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 nhóm có xuất nhân tử x – Cách 1: x3 – x2 – =  x3  x2    x2  x    x  4  x2  x    x( x  2)  2( x  2) =  x  2  x2  x  2 http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Cách 2: x3  x2   x3   x2    x3  8   x2    ( x  2)( x2  x  4)  ( x  2)( x  2) =  x  2  x2  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 f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x3  x2  x2  x  15x   3x3  x2    x2  x   15x  5 = x2 (3x 1)  x(3x 1)  5(3x 1)  (3x 1)( x2  x  5) Vì x2  x   ( x2  x  1)   ( x  1)2   với x nên không 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 phƣơng: http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 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 + – 1 2 + ) = x [(x + ) + 6(x )+7] x x x x http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Đặt 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 = ( x2  y  z )( x  y  z)2  ( xy  yz +zx)2 = ( x2  y  z )  2( xy  yz +zx)  ( x2  y  z )  ( xy  yz +zx)2 Đặt x2  y  z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x2  y  z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x4  y  z )  ( x2  y  z )2  2( x2  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( x2 y  y z  z x2 ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( x2 y  y z  z x2 ) + (xy + yz + zx)2 = 4 x2 y  y z  z x2  x2 y  y z  z x2  8x2 yz  8xy z  8xyz  8xyz( x  y  z) Ví dụ 5: (a  b  c)3  4(a3  b3  c3 )  12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + m2 - n ) Ta có: m3 + 3mn 2  4c3  3c(m2 - n ) = 3( - c +mc – mn + cn ) 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 PHƢƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Nhận xét: số  1,  không nghiệm đa thức, đa thức nghiệm ngun củng khơng có nghiệm hữu tỉ Như đa thức phân tích thành nhân tử phải có dạng http://topdoc.vn - Chun đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN (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  8 c  4     a  2 a  3c  14 ac  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   = 2x + (a - 4)x + (b - 2a)x + (c - 2b)x - 2c    b  5 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 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 – ac  12 bc  ad  10 a  c      3c  a  bd  12 b  6  d  3d  b  12 2  12x + 5x - 12y + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 1) x3 - 7x + 10) 64x4 + y4 2) x3 - 9x2 + 6x + 16 11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6 3) x3 - 6x2 - x + 30 12) x3 + 3xy + y3 - 4) 2x3 - x2 + 5x + 13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 5) 27x3 - 27x2 + 18x - 14) x + x + 6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 8) 4x - 32x + 2 9) 3(x + x + 1) - (x + x + 1) 15) x8 + 3x4 + 16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 17) x4 - 8x + 63 CHUYÊN ĐỀ - SƠLƯỢC VỀ CHỈ NH HỢP, CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP A MỤC TIÊU: * Bước đầu HS hiểu 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 Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu A k n Tính số chỉnh chập k n phần tử A k n = n(n - 1)(n - 2)…[n - (k - 1)] http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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 hoán vị n phần tử 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 tổ hợp chập k n phần tử kí hiệu C k n Tính số tổ hợp chập k n phần tử C k n = A n n : k! = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! C Ví dụ: Ví dụ 1: Cho chữ số: 1, 2, 3, 4, a) có số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số b) Có số tự nhiên có chữ số, 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, chữ số khác nhau, lập ba chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2) = = 60 số b) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số hoán vị cua phần tử (chỉnh hợp chập phần tử): http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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 số tự nhiên có chữ số khơng có chữ số lặp lại? Tính tổng số lập b) lập số chẵn có chữ số khác nhau? c) Lập số tự nhiên có chữ số, hai chữ số kề phải khác d) Lập số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn Giải a) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập 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 Tổng chữ số hang: (1 + + + + 5) 24 = 15 24 = 360 Tổng số lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960 b) chữ số tận có cách chọn (là 4) bốn chữ số trước hốn 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 hốn vị, có: http://topdoc.vn - Chun đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 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 nối với đoạn thẳng Có tam giác mà đỉnh 12 điểm Giải Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại: + Loại 1: tam giác có đỉnh A, đỉnh thứ thuộc Ax (có cách chọn), đỉnh thứ thuộc Ay (có cách A B1 A1 chọn), gồm có: = 30 tam giác B2 B3 A2 + Loại 2: Các tam giác có đỉnh điểm B1, A3 B4 A4 y B5 A5 A x 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 gồm có: C  5.4 20   60 tam giác 2! Tất có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác Cách 2: số 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 chữ số lập số tự nhiên: a) Có chữ số gồm chữ số ấy? b) Có chữ số, có chữ số khác nhau? c) có chữ số, chữ số khác nhau? http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN d) có chữ số, chữ số giống nhau? Bài 2: Có số tự nhiên có chữ số lập 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 CHUN ĐỀ - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC A MỤC TIÊU: HS nắm công thức khai triển luỹ thừa bậc n nhị thức: (a + b)n Vận dụng kiến thức vào tập xác định hệ số luỹ thừa bậc n nhị thức, vận dụng vào tốn phân tích đa thức thành nhân tử B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Nhị thức Niutơn: Trong đó: C kn  (a + b)n = an + C1n an - b + C2n an - b2 + …+ Cnn 1 ab n - + bn n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] 1.2.3 k II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn: Cách 1: Dùng công thức C kn  n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7 C 74  7.6.5.4 7.6.5.4   35 4! 4.3.2.1 Chú ý: a) C kn  7! 7.6.5.4.3.2.1 n!   35 với quy ước 0! =  C 74  4!.3! 4.3.2.1.3.2.1 n!(n - k) ! b) Ta có: C kn = C kn - nên C 74  C 37  7.6.5  35 3! Cách 2: Dùng tam giác Patxcan Đỉnh http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 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 duù 3: Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x + y + z = 1 Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z 3 xyz  xyz   xyz  27 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta cã  x  y   y  z   z  x   3  x  y   y  z   x  z  DÊu b»ng x¶y x = y = z = Vậy S có giá trị lớn  33  x  y . y  z . z  x  1  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 sè (x,y,z) ;(x,y,z) Ta cã  xy  yz  zx    x2  y  z     x  y  z  (1) 2 ¸p dơng B§T Bunhiacèpski cho ( x2 , y , z ) vµ (1,1,1) Ta cã ( x2  y  z )2  (12  12  12 )( x4  y  z )  ( x2  y  z )2  3( x4  y  z ) Tõ (1) vµ (2)   3( x4  y  z )  x  y  z  VËy x4  y z có giá trị nhỏ lµ 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: http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN +) -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 =  x =  max A =  x =   1   A A x +1 x +1 b) Ta coù (x2 – 1)2   x4 - 2x2 +   x4 +  2x2 (Dấu xẩy x2 = 1) Vì x4 + >   A = 2x 2x =  x2 = 1      max   4 x +1 x +1 A  x = 1 3) Nhieàu ta tìm cực trị biểu thức khoảng biến, sau so sámh cực trị để để tìm GTNN, GTLN toàn tập xác định biến Ví dụ: Tìm GTLN B = y - (x + y) a) xeùt x + y  - Nếu x = A = - Neáu  y  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 p dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) cho số 2, x , 3, y ta coù: (2x + 3y)2  (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262  2x + 3y  26 http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN x y 3x  3x  2 2 Max A = 26  =  y =  x + y = x +   = 52  13x = 52.4  x =    Vaäy: Ma x A = 26  x = 4; y = hoaëc x = - 4; y = - 5) Hai số có tổng không đổi tích chúng lớn chúng Hai số có tích không 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 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn chæ x2 – 3x + = 21 + 3x – x2  x2 – 3x – 10 =  x = hoaëc x = - Khi A = 11 11 = 121  Max A = 121  x = hoaëc x = - b) Ví dụ 2: Tìm GTNN B = Ta coù: 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 có tích x = 36 không đổi nên x + nhỏ  x =  x=6 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 Ví dụ: Tìm GTNN A = 11m  5n 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 = CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa dạng tổng http://topdoc.vn - Chun đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN  Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng bình phương - Biến đổi phương trình dạng vế tổng bình phương biểu thức chứa ẩn; vế lại tổng bình phương số nguyên (số số hạng hai vế nhau) Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x; y  Z thoả mãn: 5x  xy  y  169 (1) 2   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 2  122  x  5  x  5   ;   x  52  y   y  22    x  y 2  52  x  12  x  12  ;  2 y  19   y  29 x  12     x  y 2  132 x      x   y  13    x  y 2   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    Vaäy  x, y    Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả mãn: x2  y  x  y  (2) (2)  x2  x  y  y  32  x2  x   y  y   34   x  1   y  1  52  32   x  12  32  x  2; x  1      y  1  52  y  3; y  2      x  12  52  x  3; x  2    2   y  1   y  2; y  1  Vaäy  x; y   2;3 ;  2; 2 ;  1;3 ;  1; 2  ; 3;2  ; 3; 1 ;  2;2  ;  2; 1 Ví dụ 3: Tìm x; y  Z thoả mãn: x3  y3  91 (1) (1)   x  y   x2  xy  y   91.1  13.7 (Vì  x2  xy  y   ) http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN   x  y   x   x  5  ;  2 x  xy  y  91 y       y  6   x  y   x  xy  y   91.1      x  y  91  VN  2 x  xy  y       Ví dụ 4: Tìm x; y  Z thoả maõn: x2  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  Vaäy:  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 trò bình đẳng Do đó; ta giả thiết x  y  z ; tìm điều kiện nghiệm; loại trừ dần 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 * Neáu: x y   x  y    z  z (vô lí) * Nếu: x y   x  1; y  2; z  * Neáu: x y   x  1; y   z   y (vô lí) http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Vậy: x; y; z hoán 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: x y z x (2)       x   x  1 y z y Với: x       y   y  1; 2 z .Neáu: y    (vô 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  Ta có: A  x2  x x2  x  nhận giá trị nguyên x2  x x2  x  1   1 Khi đó: 2 x  x 1 x  x 1 x  x 1 Để A nhậ n giá trị nguyên nhận giá trị nguyên x  x 1   x2  x  1   x  x  1 U 1  1;1 x   x  1 Vì :  x  x  1  0; x   x  x     Vaäy để A nhận giá trị nguyên thì: x  x  1 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả mãn: y x  x  y   x2  y  x y (2)  y  x 1  x  x 1  y  x 1   * http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Với: x  1; *    x  ngiệm phương trình Nên: y2  x  y   ** x 1 Phương trình có nghiệm nguyên  x    x  1 U (1)  1; 1   x  1  x 1 Ví dụ 3: Tìm x; y  Z  thoả mãn: 3x    y  1 (3) Ta coù: (3)  3x   y  1   y  y   3x số lẻ  y;  y   hai số lẻ liên tiếp   y; y     y; y  luỹ thừa 3, nên: m   y  *  m  n  x   3m   3n  m  n  n   y   **  Với: m  0;  n   y  1; x  y   y;  y     ( vô lí)   y    Với: m  1;  n  Từ * ; **   x  y 1 Phương trình có nghiệm nguyên:   - 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 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 Daáu “=” xaûy  a1  a2  a3   an n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1; a2 ; a3 ; ; an vaø b1; b2 ; b3 ; ; bn Khi ñoù: http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN  a1.b1  a2 b2  a3.b3   an bn    a1  a2  a3   an  b1  b2  b3   bn  Dấu “=” xảy   kbi  i  1; n  *Baát đẳng thứcgiá trị tuyết đối:  a  b  a.b  a b   a  b  a.b  Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y  Z  thoả: x y y.z z.x    (1) z x y Áp dụng BĐT Cô – 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   x2  y  1 (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có:  x  y  1  12  12  12  x2  y  1   x2  y  1 x Dấu “=” xảy   y   x  y 1 1 Vậy nghiệm phương trình là: x  y  Ví dụ 3: Tìm tất 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 vaø a  a Ta coù:(3)   x  10  x  x  101  x  990  x  1000  2004 http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN  3 x  3 x   10  x  10  x Maø 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 (vô lí) Vậy nghiệm phửụng trỡnh laứ: x 102; 100 1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mÃn: x2 y z  xy  y  2z  Vì x,y,z số nguyên nên x2 y  z  xy  y  2z    y2   y2  x  y  z  xy  y  z     x  xy      3y  3  z  2z       2  2 y  y    x      1   z  1  2  2   y y (*) Mµ  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 C¸c sè 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 giá trị nghiệm biết Áp dụng tính chất chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trị khác phương trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y  Z  thoả mãn: x6  3x3   y  Nhận xét – Tìm hướng giải: http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Ta thấy với x  0; y  1 phương trình nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x  + Với x  0; y  1 phương trình nghiệm + Với x  Khi đó: x6  x3   x6  3x3   x6  x3    x3  1  y   x3   (*) 2 Vì  x3  1 ;  x3   hai số nguyên liên tiếp nên giá trị y thoả (*) Vậy x  0; y  1 nghiệm phương trình Ví dụ 2: Tìm x; y  Z  thoả: x2  x   32 y 1 (2) (Taïp chí Toán học tuổi trẻ ) Gọi b chữ số tận x ( Với b 0;1; 2; ;9 Khi đó:  x2  x  1 có chữ số tận là: 1, (*) Mặt khác: 32 y1 luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vô nghiệm Ví dụ 3: Tìm x; y  Z  thoả mãn: x2  xy  13 y  100 (3)  y 5 (3)   x  3   25  y      25  y   n n   Do đó: y 5; 4; 3;0;3;4;5  x 3;9;11;13 Phương trình có nghiệm nguyeân:  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 phương trình đơn giản - Sử dụng linh hoạt phương pháp để giải phương trình http://topdoc.vn - Chun đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x3  y3  z  (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thaáy x3  y3  z    x3  y3  z  maø  3 y3  z  nên x3 Ta có: (1)   x3  y3  z3   x3  x  x  3x1 Khi đó: (1)   27 x13  y3  z    x13  y3  3z   y3  y  y  y1   x13  27 y13  3z   z 3  z  y  3z1 * Tiếp tục biểu diễn gọi x0 ; y0 ; z0 nghiệm cuûa (1) U  x0 ; y0 ; z0  vaø  x0 ; y0 ; z0  Thực thử chọn ta được: x0  y0  z0  Vậy nghiệm phương trình laứ: x0 y0 z0 tập KHáC 1/Dùng định nghĩa 1) Cho abc = vµ a  36 Chøng minh r»ng a2  b2+c2> ab+bc+ac Gi¶i Ta cã hiƯu: http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word vaø CÁC CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN a2 a2 a2  b2+c2- ab- bc – ac =   b2+c2- ab- bc – ac 12 = ( a  36abc a2 a2 a  b2+c2- ab– ac+ 2bc) +  3bc =( -b- c)2 + 12 12a a  36abc a =( -b- c) + >0 (vì abc=1 a3 > 36 nªn 12a VËy : a >0 ) a2  b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh r»ng x  y  z   x.( xy  x  z  1) a) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã : a  5b2  4ab  2a  6b   a  2b2  2ab  2a  4b   c) Gi¶i : a) XÐt hiƯu : H = x  y  z   x y  x  xz  x = x  y   x  z 2  x  12 H  ta cã điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = a  2b  12  b  12   H > ta cã ®iỊu phải chứng minh c) vế trái viết H = a  b  12  b  12 H ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi t-ơng đ-ơng x  y2 8 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng : x  y 2 Gi¶i : Ta cã x  y  x  y   xy  x  y   2  x  y2   x  y  (v× xy = 1)  4.x  y   Do BĐT cần chứng minh t-ơng đ-ơng với http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN x  y 4  4x  y 2   8.x  y 2  x  y        x  y   4x  y    BĐT cuối nên ta có ®iỊu ph¶i chøng minh 2) Cho xy  Chøng minh r»ng : 1   2 1 x 1 y  xy Gi¶i :  1   1  1          2   2 1 x 1 y  xy   x  y    y  xy  Ta cã  xy  x xy  y  1  x .1  xy  1  y .1  xy      y  x 2 xy  1  1  x   y .1  xy  x( y  x) y( x  y)  0  x 1  xy   y 1  xy BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng a  b c Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) 1.a  1.b  1.c2  1   1.a  b2  c  Ta cã  a  b  c2  3.a  b2  c   a  b2  c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số d-ơng 1 Chứng minh r»ng a  b  c .     a b c (1) Gi¶i : a a b b c c a b a c b c (1)                         b c a c a a b a c a c b http://topdoc.vn - Chuyên đánh máy văn bản, tài liệu word CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN áp dụng BĐT phụ x y y x Víi x,y > Ta cã B§T ci cïng 1 Vậy a b c .     a b (®pcm) c Iv / dùng ph-ơng pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c