Đang tải... (xem toàn văn)
Ta coù: MN // CD (MN laø ñöôøng trung bình cuûa hình chöõ nhaät ABCD) Töù giaùc EMNH laø hình thang coù hai caïnh beân EM vaø HN ñoàng quy taïi K vaø I laø trung ñieåm cuûa MN neân[r]
(1)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 PHƯƠNG 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) a - 1
f(-1) a + số nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự 1 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)
(2)Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = 1; 2; 4, có f(2) = nên x =
2 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 – =
3 2
2 2 ( 2) 2( 2)
x x x x x x x x x x
=
2
x x x
Cách 2:
3 3 2
4 8 ( 2)( 4) ( 2)( 2)
x x x x x x x x x x x
=
2
2 ( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
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 =
1
3 nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên
f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – =
3 2 2
3x x 6x 2x15x 5 3x x 6x 2x 15x5
= x2(3x 1) (3x x 1) 5(3x 1) (3x1)(x22x5)
Vì x22x 5 (x22x 1) (x1)2 4 0 với x nên khơng phân tích
được thành nhân tử
Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x +
(3)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 + 2x2 - 2x - 2)
Vì x4 - x3 + 2x2 - 2x - 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:
1 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)
2 Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung
(4)= 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 + 1 + x3n + 2 + 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 + –
6 +
x x ) = x2 [(x2 +
1
x ) + 6(x -
x ) + ] Đặt x -
x = y x2 +
1
(5)A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x -
x )2 + 3x]2 = (x2
+ 3x – 1)2
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 = (x2y2z2)(x y z)2(xyyz+zx)2
=
2 2 2 2
(x y z ) 2(xy yz+zx) (x y z ) (xy yz+zx)
Đặt x2y2z2 = a, xy + yz + zx = b ta có
A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x2y2z2 + xy + yz + zx)2
Ví dụ 4: B = 2(x4y4z4) ( x2y2z2 2) 2(x2y2z2)(x y z)2 (x y z)4
Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có:
B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2
Ta lại có: a – b2 = - 2(x y2 2y z2 2z x2 2) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó;
B = - 4(x y2 y z2 2z x2 2) + (xy + yz + zx)2
=
2 2 2 2 2 2 2 2
4x y 4y z 4z x 4x y 4y z 4z x 8x yz 8xy z 8xyz 8xyz x( y z)
Ví dụ 5: (a b c )34(a3 b3 c3) 12 abc
Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2
a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 +
2
m - n
4 ) Ta có: C = (m + c)3 –
3
3 2
m + 3mn
4c 3c(m - n )
(6)= 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b)
III PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x +
Nhận xét: số 1, 3 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
(x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd
đồng đa thức với đa thức cho ta có:
6 12 14
a c
ac b d
ad bc bd
Xét bd = với b, d Z, b 1, 3 với b = d = hệ điều kiện trở thành
6
8
3 14
3
a c
ac c c
a c ac a
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)
= 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c
4 a a b a b c b c c
(7)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 –
12
4 10
3
3
6 12
2
3 12
ac
a
bc ad
c c a
b bd
d
d b
12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1)
BÀI TẬP:
Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
(8)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:
1 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
k n
A
2 Tính số chỉnh chập k n phần tử
II Hoán vị:
1 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 hốn vị n phần tử kí hiệu Pn
(9)III Tổ hợp:
1 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
k n
C
2 Tính số tổ hợp chập k n phần tử
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:
3
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):
5
A
(10)c) cách chọn ba chữ số chữ số tổ hợp chập phần tử:
3
C
=
5.(5 - 1).(5 - 2) 60 10
3! 3.(3 - 1)(3 - 2) nhóm 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:
4
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 hoán vị của chữ số cịn lại có P4 = 4! =
2 = 24 cách chọn
(11)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:
1 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
x y B5
B4 B2
B1
A5 A4 A3
A6 B3
A2 A1 A
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 chọn), gồm có: = 30 tam giác + Loại 2: Các tam giác có đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 (có
cách chọn), hai đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có
2
6.5 30 15 2!
(12)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:
2
5.4 20
6 60
2!
C tam giác
Tất có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác
Cách 2: số tam giác chọn 12 điểm
3 12
12.11.10 1320 1320 220
3! 3.2
C
Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ax là:
3
7.6.5 210 210 35
3! 3.2
C
Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ay là:
3
6.5.4 120 120 20
3! 3.2
C
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?
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
(13)CHUYÊN 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 toán phân tích đa thức thành nhân tử
B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Nhị thức Niutơn:
Trong đó:
k n
n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] C
1.2.3 k
II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn: Cách 1: Dùng công thức
k n
n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] C
k !
Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7
4
7.6.5.4 7.6.5.4
C 35
4! 4.3.2.1
Chú ý: a)
k n
n ! C
n!(n - k) !
với quy ước 0! =
4
7! 7.6.5.4.3.2.1
C 35
4!.3! 4.3.2.1.3.2.1
b) Ta có: C k n = k - n
C nên
4
7
7.6.5
C C 35
3!
(14)Đỉnh 1 Dòng 1(n =
1)
1 1 Dòng 2(n =
1)
1 2 1
Dòng 3(n = 3)
1 3 3 1
Dòng 4(n = 4)
1 4 6 4 1
Dòng 5(n = 5)
1 5 10 1
0
5 1
Dòng 6(n = 6)
1 6 15 20 15 6 1
Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm số 1; dòng k + thành lập từ dòng k
(k 1), chẳng hạn dòng (n = 2) ta có = + 1, dịng (n = 3): = + 1, = +
dòng (n = 4): = + 3, = + 3, = + 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
3 Cách 3:
Tìm hệ số hạng tử đứng sau theo hệ số hạng tử đứng trước: a) Hệ số hạng tử thứ
(15)Chẳng hạn: (a + b)4
= a4 +
1.4
1 a3b +
4.3
2 a2b2 +
4.3.2
2.3 ab3 +
4.3.2 2.3.4 b5
Chú ý rằng: hệ số khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa
là hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối có hệ số (a + b)n = an + nan -1b +
n(n - 1)
1.2 an - 2b2 + …+
n(n - 1)
1.2 a2bn - 2 + nan - 1bn - 1 +
bn
III Ví dụ:
1 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) Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5)
x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có:
x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung (x +
y), đặt (x + y) làm nhân tử chung, ta tìm nhân tử lại
b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) - x7 - y7
= 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6
= 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )]
= 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x + y)}
(16)= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2
+ xy + y2 )2
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 = b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c
0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4
Tổng hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4
Thay x = vào đẳng thức ta có: (4.1 - 3)4 = c
0 + c1 + c2 + c3 + c4
Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 =
* Ghi chú: Tổng hệ số khai triển nhị thức, đa thức giá trị đa
thức x = 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
(17)* Củng cố, khắc sâu kiến thức toán chia hết số, đa thức
* HS tiếp tục thực hành thành thạo tốn chứng minh chia hết, khơng chia hết, sốnguyên tố, số phương…
* Vận dụng thành thạo kỹ chứng minh chia hết, không chia hết… vào toán cụ thể
B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết 1 Kiến thức:
* Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m hợp số ta lại phân tích thành nhân tử có đoi nguyên tố nhau, chứng minh A(n) chia hết cho số
* Chú ý:
+ Với k số nguyên liên tiếp củng tồn bội k
+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m
+ Với số nguyên a, b số tự nhiên n thì:
2 Bài tập: 2 Các toán
Bài 1: chứng minh
(18)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 - 23 - =
b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)
1719 + 17 + = 18 1917 - 19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 18
d) 3663 - 36 - = 35
3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư -
e) 4n - = (24) n - 24 - = 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
(19)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 27 (1)
+ 10 n - 9n - = [(9 9n + 1) - 9n - 1] = 9 9n - 9n = 9( 1 1n - n) 27 (2)
vì 9 n
1
- n n
1
- n số có tổng chữ số chia hết cho Từ (1) (2) suy đpcm
3 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
(20)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 khơng chia hết cho Dạng 2: Tìm số dư phép chia Bài 1:
Tìm số dư chia 2100
(21)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 cơng thức Niutơn:
2100 = (5 - 1)50 = (550 - 549 + … + 50.49
2 52 - 50 ) +
Không kể phần hệ số khai triển Niutơn 48 số hạng đầu chứa thừa số với số mũ lớn nên chia hết cho 53 = 125, hai số
hạng tiếp theo: 50.49
2 52 - 50.5 chia hết cho 125 , số hạng cuối
1
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 = a
1 + a2 + …+ an
Gọi S a13a + a + + a23 33 n3 =
3 3
1 n
a a + a + + a + 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
(22)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
cùng 126, 376, 626 876
Hiển nhiên 2100 chia hết cho 2100 = 1625 chi hết ba chữ số tận
cùng chia hết cho
trong 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 không 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)321930
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= 3 6k + 1 = 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
(23)d) 1930
3 = 32860 = 33k + 1 = 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 3: Tìm điều kiện để xảy quan hệ chia hết
Bài 1: Tìm n Z để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho
giá trị biểu thức B = n2 - n
Giải
Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + = (n + 3)(n2 - n) +
Để A chia hết cho B phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) chia hết
cho n, ta có:
n - -
n - - -
n(n - 1) 2
loại loại
Vậy: Để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị
biểu thức
B = n2 - n n 1; 2 Bài 2:
a) Tìm n N để n5 + chia hết cho n3 +
b) Giải toán n Z
(24)Ta có: n5 + n3 + n2(n3 + 1) - (n2 - 1) n3 + (n + 1)(n - 1) n3
+
(n + 1)(n - 1) (n + 1)(n2 - n + 1) n - n2 - n + (Vì n + 0)
a) Nếu n =
Nếu n > n - < n(n - 1) + < n2 - n + nên xẩy n - n2
- n +
Vậy giá trụ n tìm n =
b) n - n2 - n + n(n - 1) n2 - n + (n2 - n + ) - n2 - n +
n2 - n + Có hai trường hợp xẩy ra:
+ n2 - n + = n(n - 1) =
n n
(Tm đề bài)
+ n2 - n + = -1 n2 - n + = (Vơ nghiệm)
Bài 3: Tìm số nguyên n cho:
a) n2 + 2n - 11 b) 2n3 + n2 + 7n + 2n -
c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 - d) n3 - n2 + 2n + n2 + Giải
a) Tách n2 + 2n - thành tổng hai hạng tử có hạng tử B(11)
n2 + 2n - 11 (n2 - 2n - 15) + 11 11 (n - 3)(n + 5) + 11 11 (n - 3)(n + 5) 11
n 1 n = B(11) + n + 1 n = B(11) -
b) 2n3 + n2 + 7n + = (n2 + n + 4) (2n - 1) +
Để 2n3 + n2 + 7n + 2n - 2n - hay 2n - Ư(5)
2n = - n = - 2n = -1 n = 2n = n = 2n = n =
(25)c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 -
Đặt A = n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + = (n4 - n3) - (n3 - n2) + (n2 - n) - (n - 1)
= n3(n - 1) - n2(n - 1) + n(n - 1) - (n - 1) = (n - 1) (n3 - n2 + n - 1) = (n - 1)2(n2 + 1)
B = n4 - = (n - 1)(n + 1)(n2 + 1)
A chia hết cho b nên n A chia hết cho B n - n + (n + 1) - n +
n +
n = -3 n = -
n = - n = -
n = n =
n = n = (khong Tm)
Vậy: n 3; 2; n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 -
d) Chia n3 - n2 + 2n + cho n2 + thương n - 1, dư n +
Để n3 - n2 + 2n + n2 + n + n2 + (n + 8)(n - 8) n2 + 65
n2 +
Lần lượt cho n2 + 1; 5; 13; 65 ta n 0; 2; 8
Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = (T/m)
Vậy: n3 - n2 + 2n + n2 + n = 0, n =
Bài tập nhà: Tìm số nguyên n để: a) n3 – chia hết cho n –
b) n3 – 3n2 – 3n – chia hết cho n2 + n +
c)5n – 2n chia hết cho 63
Dạng 4: Tồn hay không tồn chia hết Bài 1: Tìm n N cho 2n – chia hết cho
Giải
(26)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 + 3 + 24n + 1 = 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 + 1 + 162k + 1 chia hết cho + 16 = 25
Nếu n = 2k (k N) 9n có chữ số tận , cịn 16n có chữ số tận
cùng
suy 2((9n + 16n) có chữ số tận nên A không 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 +
(27)CHUYÊN ĐỀ 5: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I Số phương: A Một số kiến thức:
Số phương: số bình phương số khác Ví dụ:
4 = 22; = 32
A = 4n2 + 4n + = (2n + 1)2 = B2
+ Số phương khơng tận chữ số: 2, 3, 7,
+ Số phương chia hết cho chia hết cho 4, chia hết cho chia hết cho 9, chia
hết cho chia hết cho 25, chia hết cho 23 chia hết cho 24,… + Số n
11
= a n
99
= 9a 9a + = n
99
+ = 10n
B Một số toán:
1 Baøi 1:
Chứng minh rằng: Một số phương chia cho 3, cho dư
(28)Goïi 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 Giaûi
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 không số phương
(29)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 Goïi Ak = + + + k =
k(k + 1)
2 , Ak – = + + + k =
k(k - 1) Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 đó:
13 = A12 23 = A22 – A12 n3 = An2 = An - 12
Cộng vế theo vế đẳng thức ta có:
13 + 23 + +n3 = An2 =
2
2
n(n + 1) 100(100 1)
50.101
2
số
phương
3 Bài 3:
CMR: Với n N số sau số phương a) A = (10n +10n-1 + +.10 +1)(10 n+1 + 5) +
A = ( n
11
)(10 n+1 + 5) +
1
1
10
.(10 5) 10
n
n
Đặt a = 10n+1 A = a -
9 (a + 5) + =
2
2
a + 4a - + a + 4a + a +
9
b) B = n
111
n -
555
(30)B = n
111
n
555
+ = n
111
10n + 555 5n + = 111 1n 10n + n
111
+ Đặt n
11
= a 10n = 9a + neân
B = a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2 =
2
n -
33
c) C = 2n
11
.+ 44 n +
Đặt a = n
11
Thì C = n
11
n
11
+ n
11
+ = a 10n + a + a + = a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2
d) D = n
99 n
00
1 Đặt n
99
= a 10n = a + D = n
99
10n + 2 + 10n + 1 + = a 100 10n + 80 10n +
= 100a(a + 1) + 80(a + 1) + = 100a2 + 180a + 81 = (10a + 9)2 = ( n +
99 )2 e) E = n
11
n +
22
5 = n
11
n +
22
00 + 25 = n
11
.10n + 2 + 11 1n 00 + 25
= [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = (33 3n 5)2 f) F = 100
44
= 100
11
số phương 100
11
số phương Số 100
11
(31)100
11
có hai chữ số tận 11 nên chia cho dư 100
11
khoâng số phương nên F = 100
44
không số phương
Bài 4:
a) Cho số A = 2m
11 11
; B = m +
11 11
; C = m
66 66
CMR: A + B + C + số phương Ta có: A
2
10
9
m
; B =
1
10
9
m
; C =
10
9
m
Neân: A + B + C + =
2 10 m + 10
m
+
10
9
m
+ =
2
10 10 6(10 1) 72
9
m m m
=
2
10 10.10 6.10 72
m m m
=
2 2
10 16.10 64 10 8
9
m m m
b) CMR: Với x,y Z A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 số phương
A = (x2 + 5xy + 4y2) (x2 + 5xy + 6y2) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2) [(x2 + 5xy + 4y2) + 2y2) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)2 + 2(x2 + 5xy + 4y2).y2 + y4 = [(x2 + 5xy + 4y2) + y2)2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
Bài 5: Tìm số nguyên dương n để biểu thức sau số phương
(32)a) Với n = n2 – n + = khơng số phương Với n = n2 – n + = số phương
Với n > n2 – n + khơng số phương Vì (n – 1)2 = n2 – (2n – 1) < n2 – (n - 2) < n2
b) Ta có n5 – n chia hết cho Vì n5 – n = (n2 – 1).n.(n2 + 1)
Với n = 5k n chia hết cho
Với n = 5k n2 – chia hết cho Với n = 5k n2 + chia hết cho
Nên n5 – n + chia cho dư nên n5 – n + có chữ số tận nên
n5 – n + không số phương
Vậy : Khơng có giá trị n thỗ mãn tốn
Bài :
a)Chứng minh : Mọi số lẻ viết dạng hiệu hai số phương
b) Một số phương có chữ số tận chữ số hàng chục chữ số chẵn
Giaûi
Mọi số lẻ có dạng a = 4k + a = 4k +
Với a = 4k + a = 4k2 + 4k + – 4k2 = (2k + 1)2 – (2k)2
Với a = 4k + a = (4k2 + 8k + 4) – (4k2 + 4k + 1) = (2k + 2)2 – (2k + 1)2 b)A số phương có chữ số tận nên
(33)Số chục A 10k2 số chẵn (đpcm)
Bài 7:
Một số phương có chữ số hàng chục chữ số lẻ Tìm chữ số hàng đơn vị
Giaûi
Gọi n2 = (10a + b)2 = 10.(10a2 + 2ab) + b2 nên chữ số hàng đơn vị cần tìm chữ số tận b2
Theo đề , chữ số hàng chục n2 chữ số lẻ nên chữ số hàng chục b2 phải lẻ
Xét giá trị b từ đến có b2 = 16, b2 = 36 có chữ số hàng chục chữ số lẻ, chúng tận
Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vị
Bài tập nhà:
Bài 1: Các số sau đây, số số phương a) A = 50
22
4 b) B = 11115556 c) C =
n
99
n
00
25 d) D = n
44
n -
88
9 e) M = 2n
11 – n
22
f) N = 12 + 22 + + 562
Bài 2: Tìm số tự nhiên n để biểu thức sau số phương a) n3 – n +
b) n4 – n +
Bài 3: Chứng minh
(34)b) Một số phương có chữ số tận chữ số hàng chục chữ số lẻ
Bài 4: Một số phương có chữ số hàng chục Tìm chữ số hàng đơn vị
CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TỐN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT
N M
C B
A
A.Kiến thức:
1 ẹũnh lớ Ta-leựt: * Định lí Ta-lét:
ABC MN // BC
AM AN
=
AB AC
* HƯ qu¶: MN // BC
AM AN MN
=
AB AC BC
(35)O
G E
D C
B A
Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G
a) chứng minh: EG // CD
b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB2 = CD EG Giải
Goïi O giao điểm AC BD a) Vì AE // BC
OE OA
=
OB OC (1) BG // AC
OB OG
=
OD OA (2) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
OE OG
=
OD OC EG // CD b) Khi AB // CD EG // AB // CD, BG // AD neân
2
AB OA OD CD AB CD
= = AB CD EG
EG OGOB ABEGAB
Baøi 2:
(36)H
F K
D
C B
A
Chứng minh rằng: a) AH = AK
b) AH2 = BH CK Giải
Đặt AB = c, AC = b
BD // AC (cùng vng góc với AB) nên
AH AC b AH b AH b
HBBD c HB c HB + AH b + c Hay
AH b AH b b.c
AH
AB b + c c b + c b + c (1) AB // CF (cùng vng góc với AC) nên
AK AB c AK c AK c
KCCF b KC b KC + AK b + c Hay
AK b AK c b.c
AK
AC b + c b b + c b + c (2) Từ (1) (2) suy ra: AH = AK
b) Từ
AH AC b
HBBDc vaø
AK AB c
KC CFb suy
AH KC AH KC
HBAKHBAH(Vì AH = AK)
(37)3 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng:
a) AE2 = EK EG b)
1 1
AEAKAG
c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị không đổi
G b
a
E K
D C
B A
Giaûi
a) Vì ABCD hình bình hành K BC nên AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có:
2
EK EB AE EK AE
= = AE EK.EG
AE ED EGAEEG
b) Ta coù:
AE DE
= AK DB ;
AE BE
=
AG BD neân
AE AE BE DE BD 1
= AE
AK AG BD DB BD AK AG
1 1
AEAKAG (đpcm) c) Ta có:
BK AB BK a
= =
KC CGKC CG (1);
KC CG KC CG
= =
AD DG b DG (2) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
BK a
= BK DG = ab
(38)4 Baøi 4:
Q P O
N M
H F
G E
D
C B A
Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng:
a) EG = FH
b) EG vng góc với FH Giải
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG Ta có CM =
1
2 CF =
3BC
BM
=
BC
BE BM
= =
BA BC
EM // AC
EM BM 2
= EM = AC AC BE (1) T¬ng tù, ta cã: NF // BD
NF CF 2
= NF = BD
BDCB (2)
mµ AC = BD (3)
Tõ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a)
T¬ng tù nh trªn ta cã: MG // BD, NH // AC vµ MG = NH =
1
(39)Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC BD EM MG
0
EMG = 90 (4)
T¬ng tù, ta cã: FNH = 900(5)
Tõ (4) vµ (5) suy EMG = FNH = 900 (c)
Tõ (a), (b), (c) suy EMG = FNH (c.g.c) EG = FH
b) Gọi giao điểm EG FH lµ O; cđa EM vµ FH lµ P; cđa EM FN Q
0
PQF = 90
QPF + QFP = 90 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (EMG = FNH)
Suy EOP = PQF = 900 EO OP EG FH
5 Bµi 5:
Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AC M AB K, Từ C vẽ đờng thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đờng thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng minh
a) MP // AB
b) Ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải
a) EP // AC
CP AF
=
(40)I P
F K M
D C
B A
AK // CD
CM DC
=
AM AK (2)
c¸c tø gi¸c AFCD, DCBK la hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3)
Kết hợp (1), (2) (3) ta cã
CP CM
PBAM MP // AB (Định lí Ta-lét đảo) (4)
b) Gäi I giao điểm BD CF, ta có:
CP CM
PBAM =
DC DC
AK FB
Mµ
DC DI
FB IB (Do FB // DC)
CP DI
PB IB IP // DC // AB (5)
Từ (4) (5) suy : qua P có hai đờng thẳng IP, PM song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP qua giao điểm CF DB hay ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy
6 Bµi 6:
(41)M G
K
F
D E C
B
A
Giải
Gọi K giao điểm CF AB; M giao điểm DF BC
KBC có BF vừa phân giác vừa đờng cao nên KBC cân B BK = BC FC = FK
Mặt khác D trung điểm AC nên DF đờng trung bình AKC DF // AK hay DM // AB
Suy M trung điểm BC
DF =
1
2 AK (DF đờng trung bình AKC), ta có
BG BK
=
GD DF( DF // BK)
BG BK 2BK
=
GD DF AK (1)
Mỉt kh¸c
CE DC - DE DC AD
1
DE DE DE DE (V× AD = DC)
CE AE - DE DC AD
1
DE DE DE DE
Hay
CE AE - DE AE AB
1 2
DE DE DE DF (v× AE DE=
AB
DF: Do DF // AB)
Suy
CE AK + BK 2(AK + BK)
2
DE DE AK (Do DF = 2AK)
CE 2(AK + BK) 2BK
2
DE AK AK (2)
Tõ (1) vµ (2) suy
BG GD =
CE
(42)Gọi giao điểm EG DF lµ O ta cã
OG OE FO
= =
MC MB FM
OG = OE
Bµi tËp vỊ nhµ
Bµi 1:
Cho tứ giác ABCD, AC BD cắt O Đờng thẳng qua O song song với BC cắt AB E; đờng thẳng song song với CD qua O cắt AD F a) Chứng minh FE // BD
b) Từ O kẻ đờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD G H Chứng minh: CG DH = BG CH
Bµi 2:
Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối tia BC cho BN = CM; đờng thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự E, F
Chøng minh: a) AE2 = EB FE
b) EB =
2
AN DF
EF
(43)D' B C A
D C
B A
A Kiến thức:
2 Tính chất đường phân giác: ABC ,AD phân giác góc A
BD AB
=
CD AC
AD’là phân giác góc A:
BD' AB
=
CD' AC
B Bài tập vận dụng 1 Baøi 1:
a c b
I
D C
B A
(44)a) Tính độ dài BD, CD
b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: AI ID Giải
a) AD phân giác BAC nên
BD AB c
CDACb
BD c BD c ac
BD = CD + BDb + c a b + c b + c Do CD = a -
ac b + c =
ab b + c b) BI phân giác ABC nên
AI AB ac b + c
c :
IDBD b + c a
2 Baøi 2:
M D B
C
A
Cho ABC, có B< 600 phân giác AD a) Chứng minh AD < AB
b) Gọi AM phân giác ADC Chứng minh BC > DM Giải
a)Ta coù
A ADB = C +
2 > A + C
2 =
0
0
180 - B 60
2
(45)b) Goïi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong ADC, AM phân giác ta có
DM AD
=
CM AC
DM AD DM AD
= =
CM + DM AD + ACCD AD + AC
DM =
CD.AD CD d
AD + AC b + d ; CD = ab
b + c( Vaän dụng 1) DM = abd
(b + c)(b + d)
Để c/m BC > DM ta c/m a >
4abd
(b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) Thật : c > d (b + d)(b + c) > (b + d)2 4bd Bất đẳng thức (1) c/m
Baøi 3:
Cho ABC, trung tuyến AM, tia phân giác góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự D E
a) Chứng minh DE // BC
E D
M I
C B
A
b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE
(46)d) ABC có điều kiện DE đường trung bình Giải
a) MD phân giác AMB nên
DA MB
DBMA (1) ME phân giác AMC nên
EA MC
ECMA (2) Từ (1), (2) giả thiết MB = MC ta suy
DA EA
DBEC DE // BC
b) DE // BC
DE AD AI
BCABAM Đặt DE = x
x m -
x 2 2a.m
x =
a m a + 2m
c) Ta coù: MI =
2 DE = a.m
a + 2m không đổi I cách M đoạn không đổi nên tập hợp điểm I đường trịn tâm M, bán kính MI =
a.m
a + 2m (Trừ giao điểm với BC
d) DE đường trung bình ABC DA = DB MA = MB ABC vng A
4 Bài 4:
Cho ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE
E
D
M
K
C B
(47)a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K
b) Chứng minh: CD > DE > BE Giải
a) BD phân giác nên
AD AB AC AE AD AE
= < =
DC BC BC EBDCEB (1) Mặt khác KD // BC nên
AD AK
DC KB (2) Từ (1) (2) suy
AK AE AK + KB AE + EB
KBEB KB EB
AB AB
KB > EB
KBEB E nằm K B
b) Gọi M giao điểm DE CB Ta có CBD = KDB(Góc so le trong) KBD = KDB
mà E nằm K B nên KDB > EDBKBD > EDB EBD > EDB
EB < DE
Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC DEC>ECB DEC>DCE (Vì DCE = ECB)
Suy CD > ED CD > ED > BE
5 Baøi 5:
Cho ABC với ba đường phân giác AD, BE, CF Chứng minh
a
1
FB FA EA EC DC DB
b AD BE CF BC CA AB
1 1 1
1
(48)Giaûi
a)AD đường phân giác BAC nên ta có:
DB AB
=
DC AC (1)
H
F
E
D C
B
A
Tương tự: với phân giác BE, CF ta có:
EC BC
=
EA BA (2) ;
FA CA
=
FB CB (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra:
DB EC FA AB BC CA
=
DC EA FB AC BA CB=
b) Đặt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da
Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA H
Theo §L TalÐt ta cã:
AD BA
CH BH
BA.CH c.CH c
AD CH
BH BA + AH b + c
Do CH < AC + AH = 2b nªn:
2
a
bc d
b c
1 1 1 1
2 2
a a
b c
d bc b c d b c
Chøng minh t¬ng tù ta cã :
1 1
b
d a c
Vµ
1 1
c
d a b
(49)1 1 1 1 1
a b c
d d d b c a c a b
1 1 1 1
2
a b c
d d d a b c
1 1 1 a b c
d d d a b c
( đpcm )
Bài tập nhµ
Cho ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), phân giác BD, CE a) Tính độ dài CD, BE suy CD > BE
b) Vẽ hình bình hành BEKD Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD
CHUYÊN ĐỀ – CHỮ SỐ TẬN CÙNG
A Kiến thức:
1 Một số tính chất: a) Tính chất 1:
+ Các số có chữ số tận 0; 1; 5; 6khi nâng lên luỹ thừa bậc chữ số tận khơng thay đổi
+ Các số có chữ số tận 4; nâng lên luỹ thừa bậc lẻ chữ số tận khơng thay đổi
(50)+ Các số có chữ số tận 2; 4; nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n N) chữ số tận
b) Tính chất 2: Một số tự nhiên nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận khơng thay đổi
c) Tính chất 3:
+ Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận 7; Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận
+ Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận 8; Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận
+ Các số có chữ số tận 0; 1; 4; 5; 6; nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận khơng đổi
2 Một số phương pháp:
+ Tìm chữ số tận x = am ta xét chữ số tận a: - Nếu chữ số tận a chữ số: 0; 1; 5; chữ số tận x 0; 1; 5;
- Nếu chữ số tận a chữ số: 3; 7; : * Vì am = a4n + r = a4n ar
Nếu r 0; 1; 2; chữ số tận x chữ số tận ar Nếu r 2; 4; chữ số tận x chữ số tận 6.ar
(51)Tìm chữ số tận a) 2436 ; 1672010
b) 9
7 ; 14 14
14 ;
7
4
Giaûi
a) 2436 = 2434 + 2 = 2434 2432
2432có chữ số tận nên chữ số tận 2436 Ta có 2010 = 4.502 + nên 1672010 = 1674 502 + 2 = 1674.502.1672
1674.502 có chữ số tận 6; 1672 có chữ số tận nên chữ số tận 1672010 chữ số tận tích 6.9
b) Ta coù:
+) 99 - = (9 – 1)(98 + 97 + + + 1) = 4k (k N) 99 = 4k + 1
9
7 = 74k + 1
= 74k.7 nên có chữ số tận
1414 = (12 + 2)14 = 1214 + 12.1413.2 + + 12.12.213 + 214 chia hết cho 4, hạng tử trước 214 có nhân tử 12 nên chia hết cho 4; hạng tử 214 = 47 chia hết cho hay
1414 = 4k 1414 14 = 144k có chữ số tận +) 56 có chữ số tận nên
7
5 = 5.(2k + 1) 5.(2k + 1) – = q
(k, q N)
5.(2k + 1) = 4q +
7
4
(52)Bài 2: Tìm chữ số tận A = 21+ 35 + 49 + 513 + + 20048009 Giải
a) Luỹ thừa số hạng A chia dư 1(Các số hạng A có dạng n4(n – 2) + 1
(n {2; 3; ; 2004} ) nên số hạng A luỹ thừa có chữ số tận giống (Tính chất 2) nên chữ số tận A chữ số tận tổng số hạng
Từ đến 2004 có 2003 số hạng có 2000 : 10 = 200 số hạng có chữ số tận 0,Tổng chữ số tận A
(2 + + + 9) + 199.(1 + + + 9) + + + + = 9009 có chữ số tận
Vây A có chữ số tận
Bài 3: Tìm
a) Hai chữ số tận 3999; 77 b) Ba chữ số tận 3100
c) Bốn chữ số tận 51994 Giải
a) 3999 = 3.3998 =3 9499= 3.(10 – 1)499 = 3.(10499 – 499.10498 + +499.10 – 1)
= 3.[BS(100) + 4989] = 67
(53)b) 3100 = 950 = (10 – 1)50 = 1050 – 50 1049 + + 50.49
2 102 – 50.10 + = 1050 – 50 1049 + +
49
2 5000 – 500 + = BS(1000) + = 001 Chú ý:
+ Nếu n số lẻ khơng chi hết cho ba chữ số tận n100 001 + Nếu số tự nhiên n khơng chia hết cho n100 chia cho 125 dư HD C/m: n = 5k + 1; n = 5k +
+ Nếu n số lẻ không chia hết cho n101 n có ba chữ số tận
c) Caùch 1: 54 = 625
Ta thấy số ( 0625)n = 0625
51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(0625)k = 25.( 0625) = 5625 Caùch 2: Tìm số dư chia 51994 cho 10000 = 24 54
Ta thấy 54k – chia hết cho 54 – = (52 – 1)(52 + 1) chia hết cho 16 Ta có: 51994 = 56 (51988 – 1) + 56
Do 56 chia heát cho 54, 51988 – chia hết cho 16 nên 56(51988 – 1) chia heát cho 10000
Ta coù 56= 15625
Vậy bốn chữ số tận 51994 5625 Chú ý: Nếu viết 51994 = 52 (51992 – 1) + 52
Ta có: 51992 – chia hết cho 16; 52 không chia hết cho 54
(54)C Vận dụng vào toán khác
Bài 1:
Chứng minh rằng: Tổng sau khơng số phương a) A = 19k + 5k + 1995k + 1996k ( k N, k chẵn)
b) B = 20042004k + 2001 Giaûi
a) Ta có:
19k có chữ số tận 5k có chữ số tận 1995k có chữ số tận 1996k có chữ số tận
Nên A có chữ số tận chữ số tận tổng chữ số tận tổng
1 + + + = 17, có chữ số tận nên khơng thể số phương
b) Ta có :k chẵn nên k = 2n (n N)
20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = ( 6)1002n luỹ thừa bậc chẵn số có chữ số tận nên có chữ số tận nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận 7, B khơng số phương
Bài 2:
(55)b) B = 23 + 37 +411 + + 20058007 Giaûi
a) Chữ số tận A chữ số tận tổng (2 + + + 9) + 199.(1 + + + 9) + + + = 9005 Chữ số tận A nên chia A cho dư
b)Tương tự, chữ số tận B chữ số tận tổng
(8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + 9) + + + + = 9024 B có chữ số tận nên B chia dư
Bài tập nhà
Bài 1: Tìm chữ số tận của: 3102 ; 73 5; 320 + 230 + 715 - 816 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) 20092010 – 20082009
CHUYÊN ĐỀ – ĐỒNG DƯ A Định nghĩa:
Nếu hai số nguyên a b có số dư phép chia cho số tự nhiên m ta nói a đồng dư với b theo mơđun m, có đồng dư thức: a b (mod m)
(56)B Tính chất đồng dư thức:
1 Tính chất phản xạ: a a (mod m)
2 Tính chất đỗi xứng: a b (mod m) b a (mod m)
3 Tính chất bắc cầu: a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m) Cộng , trừ vế:
a b (mod m)
a c b d (mod m) c d (mod m)
Heä quaû:
a) a b (mod m) a + c b + c (mod m) b) a + b c (mod m) a c - b (mod m) c) a b (mod m) a + km b (mod m) Nhân vế :
a b (mod m)
ac bd (mod m) c d (mod m)
Hệ quả:
a) a b (mod m) ac bc (mod m) (c Z) b) a b (mod m) an bn (mod m)
6 Có thể nhân (chia) hai vế môđun đồng dư thức với số nguyên dương
a b (mod m) ac bc (mod mc)
Chẳng hạn: 11 (mod 4) 22 (mod 8)
ac bc (mod m)
a b (mod m) (c, m) =
Chẳng hạn :
16 (mod 7)
8 (mod 7) (2, 7) =
(57)1 Ví dụ 1:
Tìm số dư chia 9294 cho 15 Giải
Ta thấy 92 (mod 15) 9294 294 (mod 15) (1)
Lại có 24 (mod 15) (24)23 22 (mod 15) hay 294 (mod 15) (2) Từ (1) (2) suy 9294 (mod 15) tức 9294 chia 15 dư
2 Ví dụ 2:
Chứng minh: số có dạng 2n – 4(n N), có vơ số số chia hết cho
Thaät vaäy:
Từ 24 (mod 5) 24k (mod 5) (1) Lại có 22 (mod 5) (2)
Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k + (mod 5) 24k + 2 - (mod 5)
Hay 24k + 2 - chia hết cho với k = 0, 1, 2, hay ta vô số số dạng 2n –
(n N) chia heát cho
Chú ý: giải toán đồng dư, ta thường quan tâm đến a (mod m)
a (mod m) an (mod m) a -1 (mod m) an (-1)n (mod m) Ví dụ 3: Chứng minh
(58)c) 555222 + 222555 chia heát cho Giaûi
a) 25 - (mod 11) (1); 10 - (mod 11) 105 - (mod 11) (2) Từ (1) (2) suy 25 105 (mod 11) 205 (mod 11) 205 – (mod 11)
b) 26 - (mod 13) 230 - (mod 13) (3) 33 (mod 13) 330 (mod 13) (4)
Từ (3) (4) suy 230 + 330 - + (mod 13) 230 + 330 (mod 13) Vậy: 230 + 330 chi hết cho 13
c) 555 (mod 7) 555222 2222 (mod 7) (5)
23 (mod 7) (23)74 (mod 7) 555222 (mod 7) (6) 222 - (mod 7) 222555 (-2)555 (mod 7)
Laïi coù (-2)3 - (mod 7) [(-2)3]185 - (mod 7) 222555 - (mod 7)
Ta suy 555222 + 222555 - (mod 7) hay 555222 + 222555 chia hết cho
4 Ví dụ 4: Chứng minh số 4n +
2
2 + chia hết cho 11 với số tự nhiên n
Thật vậy:Ta có: 25 - (mod 11) 210 (mod 11)
Xét số dư chia 24n + 1 cho 10 Ta coù: 24 (mod 5) 24n (mod 5)
2.24n (mod 10) 24n + (mod 10) 24n + 1 = 10 k + Neân 24n +
(59)= BS 11 + 11 chia hết cho 11
Bài tập nhaø:
Baøi 1: CMR:
a) 228– chia hết cho 29
b)Trong số có dạng2n – có vô số số chia hết cho 13 Bài 2: Tìm số dư chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho 7
CHUYÊN ĐỀ 10 – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC
A Dạng 1: Tìm dư phép chia mà không thực phép chia
1 Đa thức chia có dạng x – a (a hằng) a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783):
Số dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a giá trị f(x) x = a
Ta coù: f(x) = (x – a) Q(x) + r
Đẳng thức với x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r
Ta suy ra: f(x) chia heát cho x – a f(a) =
b) f(x) có tổng hệ số chia hết cho x –
c) f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ chia hết cho x +
(60)B = x + 1, C = x – không Kết quả:
A chia hết cho B, không chia hết cho C Đa thức chia có bậc hai trở lên
Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia dư
Caùch 2: Xét giá trị riêng: gọi thương phép chia Q(x), dư ax + b
f(x) = g(x) Q(x) + ax + b
Ví dụ 1: Tìm dư phép chia x7 + x5 + x3 + cho x2 – Caùch 1: Ta biết x2n – chia hết cho x2 – nên ta tách: x7 + x5 + x3 + = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x +
= x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + chia cho x2 – dư 3x + Cách 2:
Gọi thương phép chia Q(x), dư ax + b, Ta có: x7 + x5 + x3 + = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với x Đẳng thức với x nên với x = 1, ta có = a + b (1) với x = - ta có - = - a + b (2)
Từ (1) (2) suy a = 3, b =1 nên ta dư 3x + Ghi nhớ:
an – bn chia heát cho a – b (a -b)
(61)a) x41 chia cho x2 + b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – c) x99 + x55 + x11 + x + cho x2 + Giaûi
a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – 1 dư x nên chia cho
x2 + dö x
b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9– x) + (x3 – x) + 4x = x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – dö 4x
c) x99 + x55 + x11 + x + = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x +
chia cho x2 + dö – 2x +
B Sơ đồ HORNƠ
1 Sơ đồ
Để tìm kết phép chia f(x) cho x – a (a số), ta sử dụng sơ đồ hornơ
(62)b0x2 + b1x + b2, dư r ta có
r= ab2 + a3 a3
b2 = ab1+ a2 b1= ab0+ a1
a2 a1
b0 = a0 a0
a
Ví dụ:
Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – Ta có sơ đồ
1 - -
2 + (- 5) = -3 2.(- 3) + = r = 2 +(- 4) = Vaäy: x3 -5x2 + 8x – = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + phép chia hết
2 Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị đa thức x = a Giá trị f(x) x = a số dư phép chia f(x) cho x – a Ví dụ 1:
Tính giá trị A = x3 + 3x2 – x = 2010 Ta có sơ đồ:
1 -4
a = 2010 2010.1+3 = 2013 2010.2013 + = 4046130
2010.4046130 – = 8132721296 Vaäy: A(2010) = 8132721296
(63)1 Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có thừa số đa thức chia
2 Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia
3 Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) g(x) f(x) g(x) g(x)
4 cách 4: Chứng tỏ nghiệm đa thức chia nghiệm đa thức bị chia
II Ví dụ 1.Ví dụ 1:
Chứng minh rằng: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn +
Ta coù: x8n + x4n + = x8n + 2x4n + - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1)
Ta lại có: x4n + x2n + = x4n + 2x2n + – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia heát cho x2n + xn +
Vậy: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn +
2 Ví duï 2:
Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + chia hết cho x2 + x + với m, n
N
Ta coù: x3m + 1 + x3n + 2 + = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)
Vì x3m – x3n – chia hết cho x3 – nên chia hết cho x2 + x + Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + chia hết cho x2 + x + với m, n N
(64)f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x +
Ta coù: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + – = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia heát cho x10 –
Maø x10 – = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia heát cho x9 + x8 + x7 + + x +
Suy f(x) – g(x) chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x +
Neân f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x +
4 Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia heát cho g(x) = x2 – x
Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có nghiệm x = x =
Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – = x = nghiệm f(x) f(x) chứa thừa số x
f(1) = (12 + – 1)10 + (12 – + 1)10 – = x = nghiệm f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà thừa số x x – khơng có nhân tử chung, f(x) chia hết cho x(x – 1)
hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia heát cho g(x) = x2 – x
5 Ví dụ 5: Chứng minh
a) A = x2 – x9 – x1945 chia heát cho B = x2 – x + b) C = 8x9 – 9x8 + chia heát cho D = (x – 1)2
(65)Giaûi
a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta coù: x2 – x + chia heát cho B = x2 – x +
x9 + chia hết cho x3 + nên chia hết cho B = x2 – x +
x1945 – x = x(x1944 – 1) chia heát cho x3 + (cùng có nghiệm x = - 1) nên chia hết cho B = x2 – x +
Vaäy A = x2 – x9 – x1945 chia heát cho B = x2 – x +
b) C = 8x9 – 9x8 + = 8x9 – - 9x8 + = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8(x – 1)(x8 + x7 + + 1) – 9(x – 1)(x7+ x6 + + 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1)
(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – có tổng hệ số
suy (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia heát cho (x – 1)2
c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm x = 0, x = - 1, x = -
1 Ta coù:
C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – = x = nghiệm C(x)
C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – = x = - nghiệm C(x) C(-
1 ) =
(-1
2 + 1)2n – (-1
2 )2n – 2.(-
2 ) – = x = -
2 laø nghiệm C(x)
(66)6 Ví dụ 6:
Cho f(x) đa thức có hệ số nguyên Biết f(0), f(1) số lẻ Chứng minh f(x) khơng có nghiệm ngun
Giả sử x = a nghiệm nguyên f(x) f(x) = (x – a) Q(x) Trong Q(x) đa thức có hệ số nguyên, f(0) = - a Q(0), f(1) = (1 – a) Q(1)
Do f(0) số lẻ nên a số lẻ, f(1) số lẻ nên – a số lẻ, mà – a hiệu số lẻ số lẻ, mâu thuẩn
Vậy f(x) nghiệm nguyên
Bài tập nhà:
Bài 1: Tìm số dư a) x43 chia cho x2 +
b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + cho x2 +
Bài 2: Tính giá trị đa thức x4 + 3x3 – x = 2009 Bài 3: Chứng minh
a) x50 + x10 + chia heát cho x20 + x10 + b) x10 – 10x + chia heát cho x2 – 2x + c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + chia heát cho x2 + 2x + d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia heát cho x2 + e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia heát cho (x + 1)(x – 1)2
(67)A Nhắc lại kiến thức:
Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ
a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất nhân tử khác
b) Phân tích tử thành nhân , chia tử mẫu cho nhân tử chung
B Bài tập:
Bài 1: Cho biểu thức A =
4
4
5
10
x x
x x
a) Rút gọn A b) tìm x để A =
c) Tìm giá trị A 2x 1 Giải
a)Đkxđ :
x4 – 10x2 + [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9) x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1)
(x2 – 1)(x2 – 9) (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3) x
x 1
x 3
x
x x
Tử : x4 – 5x2 + = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) = (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2)
(68)A =
(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2) (x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3) b) A =
(x - 2)(x + 2)
(x - 3)(x + 3) = (x – 2)(x + 2) = x = c) 2x 1
2
2
x x x
x x x
* Với x = A =
(x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12 (x - 3)(x + 3)(4 - 3)(4 + 3) * Với x = - A khơng xác định
2 Bài 2:
Cho biểu thức B =
3
3
2 12 45
3 19 33
x x x
x x x
a) Rút gọn B b) Tìm x để B > Giải
a) Phân tích mẫu: 3x3 – 19x2 + 33x – = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9)
= (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1) Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1) x vaø x
1 b) Phân tích tử, ta có:
2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15)
= (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5) Với x x
(69)Thì B =
3
3
2 12 45
3 19 33
x x x
x x x
=
2
2
(x - 3) (2x + 5) 2x + (x - 3) (3x - 1) 3x -
c) B >
2x +
3x - >
1
3 5 1
2 2 3
5
3 1
2
2
5 x x x x x x x x x x
3 Baøi
Cho biểu thức C = 2
1
:
1 1
x x
x x x x
a) Rút gọn biểu thức C
b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B số ngun Giải
a) Đkxđ: x
C = 2
1 2(1 ) ( 1)( 1)
:
1 1 (1 )(1 ) 2
x x x x x x
x x x x x x x x
b) B có giá trị nguyên x số nguyên 2x
có giá trị nguyên
2x – Ư(2)
2 1
2 1
2 1,5
2
x x x x x x x x
Đối chiếu Đkxđ có x = thoả mãn
(70)Cho biểu thức D =
3
2
2
2
x x x
x x x
a) Rút gọn biểu thức D
b) Tìm x ngun để D có giá trị nguyên c) Tìm giá trị D x =
Giải
a) Nếu x + > x2 = x + nên
D =
3
2
2
2
x x x
x x x
=
3 2
2
2 ( 1)( 2)
( 2) ( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x x
x x x x x x x
Neáu x + < x2 = - (x + 2) neân
D =
3
2
2
2
x x x
x x x
=
3
2
2 ( 1)( 2)
( 2) ( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
x x x x x x x
Nếu x + = x = -2 biểu thức D khơng xác định b) Để D có giá trị ngun
2
2
x x
x
có giá trị nguyên +)
2
2
x x
có giá trị nguyeân
2 x(x - 1)
x - x
x > - x > -
Vì x(x – 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho với x > -
+)
x
có giá trị nguyeân
x x = 2k
2k (k Z; k < - 1) x < - x < - x
c) Khia x = x > - neân D =
2
2
x x
=
6(6 1) 15
Bài tập nhà
(71)Cho biểu thức A =
2
:
3
x x x x
x x x x x
a) Rút gọn A
b) Tìm x để A = 0; A > Bài 2:
Cho biểu thức B =
3
3
3
2
y y y
y y y
a) Rút gọn B
b) Tìm số nguyên y để 2D
2y + có giá trị ngun c) Tìm số ngun y để B
CHUYÊN ĐỀ 12 – CÁC BÀI TỐN VỀ BIỂU THỨC (TIẾP)
* Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật Bài 1: Rút gọn biểu thức
a) A = 2 2
3
(1.2) (2.3) ( 1)
n n n
Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm quy luật Ta có 2
2
( 1)
n n n
= 2 2
2 1
( 1) ( 1)
n
n n n n
Neân
A = 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 ( 1)
1 2 3 ( 1) ( 1) ( 1)
n n
n n n n n
(72)b) B = 2 2
1 1
1
2 n
Ta coù
2
2 2
1 ( 1)( 1)
1 k k k
k k k
Neân B =
2 2 2 2
1.3 2.4 3.5 ( 1)( 1) 1.3.2.4 ( 1)( 1) 1.2.3 ( 1) 3.4.5 ( 1) 1
2 4 2.3.4 ( 1) 2.3.4 2
n n n n n n n n
n n n n n n n
c) C =
150 150 150 150
5.88.11 11.14 47.50 =
1 1 1 1
150
3 8 11 47 50
= 50
1
50 45
5 50 10
d) D =
1 1
1.2.32.3.43.4.5 (n1) (n n1) =
1 1 1 1
2 1.2 2.3 2.3 3.4 (n 1)n n n( 1)
=
1 1 ( 1)( 2)
2 1.2 ( 1) ( 1)
n n
n n n n
Baøi 2:
a) Cho A =
1 2
1 2
m m
m n
; B =
1 1
2 3 n Tính
A B Ta có
A =
1 1
1 ( 1)
1 2 n 2
n n n n
n n
n n n n
=
1 1 1 1
nB
1 2 2
n n
n n n n
(73)b) A =
1 1
1.(2n - 1)3.(2n - 3) (2n - 3).3(2n - 1).1 ; B = +
1
3 2n - Tính A : B Giải
A =
1 1 1 1
1
2n 2n - 2n - 2n - 3 2n -
1 1 1 1
1
2n 2n - 2n - 2n - 2n - 3
1 1 1 A
.2 2.B
2n 2n - 2n - 2n B n
Bài tập nhaø
Rút gọn biểu thức sau: a)
1 1
+ +
1.22.3 (n - 1)n b)
2 2
2 2
1 n
2 1 1 1 (n + 1) 1 c)
1 1
+ +
1.2.32.3.4 n(n + 1)(n +2)
* Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện biến Bài 1: Cho
1
x
x Tính giá trị cđa c¸c biĨu thøc sau :
a)
2
1
A x
x ; b)
3
1 B x
x ; c)
4
1 C x
x ; d)
(74)a)
2
2
1
A x x
x x ;
b)
3
3
1 1
B x x x 27 18
x x x ;
c)
2
4
4
1
C x x 49 47
x x ;
d)
2
2
1 1
A.B x x x x D
x x x x D = 7.18 –
= 123
Baøi 2: Cho
x y z
+ + = a b c (1);
a b c
+ + = x y z (2)
Tính giá trị biểu thức D =
2
2
a b c
+ +
x y z
Từ (1) suy bcx + acy + abz = (3)
Từ (2) suy
2
2 2
a b c ab ac bc a b c ab ac bc
+ + + + +
x y z xy xz yz x y z xy xz yz
(4)
Thay (3) vào (4) ta có D = – 2.0 =
Baøi
a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A =
a b 2c
ab + a + 2bc + b + ac + 2c + 2 Ta coù :
A =
a ab 2c a ab 2c
(75)=
a ab 2c a ab ab + a +
1 ab + a + 22 + ab + ac(a + + ab)ab + a + 22 + ab + aa + + abab + a + 2 b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B =
2 2
2 2 2 2 2
a b c
a - b - c b - c - a c - b - a
Từ a + b + c = a = -(b + c) a2 = b2 + c2 + 2bc a2 - b2 - c2 = 2bc Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên
B =
2 2 3
a b c a b c
2bc 2ac 2ab 2abc
(1)
a + b + c = -a = (b + c) -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c) -a3 = b3 + c3 – 3abc
a3 + b3 + c3 = 3abc (2) Thay (2) vào (1) ta có B =
3 3
a b c 3abc
2abc 2abc
(Vì abc 0)
c) Cho a, b, c đôi khác thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 Rút gọn biểu thức C =
2 2
2 2
a b c
+
a + 2bc b + 2acc + 2ab Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 ab + ac + bc =
(76)C =
2 2 2
a b c a b c
+ -
(a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b)(a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) =
2 2
a (b - c) b (a - c) c (b - c) (a - b)(a - c)(b - c)
-
(a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c)(a - b)(a - c)(b - c)(a - b)(a - c)(b - c)
* Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện biến 1 Bài 1: Cho
1 1
+ + =
a b c (1); 2
1 1
+ + = a b c (2) Chứng minh rằng: a + b + c = abc
Từ (1) suy
2 2 2
1 1 1 1 1 1
+ + + + + + + + +
a b c ab bc ac ab bc ac a b c
1 1 a + b + c
+ + 1
ab bc ac abc a + b + c = abc
2 Baøi 2: Cho a, b, c ≠ vµ a + b + c ≠ tháa m·n ®iỊu kiƯn
1 1
a b c a b c
Chứng minh ba số a, b, c có hai số đối
Từ suy : 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1
a b c a b c
Ta cã :
1 1
a b c a b c
1 1
0 a b c a b c
a b a b
0
(77)
a b a b
c(a b c) ab
(a b) (a + b)(b + c)(c + a) = b c b c
abc(a b c)
c a c a
Từ suy : 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1 1 1
a b c a ( c) c a
2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1
a b c a ( c) c a
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 1
a b c a b c
3 Baøi 3: Cho
a b c b c a
+ +
b c a a b c (1)
chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số
Từ (1) 2 2 2 2
a c + ab + bc = b c + ac + a b a (b - c) - a(c b )bc(c - b) = (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = (c – b)(a – b)( a – c) = đpcm
4 Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc vaø a b
Chứng minh rằng:
1 1
+ + = a + b + c
a b c
Từ GT a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2
(a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b) (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c)
ab + ac + bc
= a + b + c
abc
1 1
+ + = a + b + c
a b c
5 Baøi 5: Cho a + b + c = x + y + z =
a b c
+ + =
(78)Từ x + y + z = x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2
ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = … = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) Từ a + b + c = - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) Từ
a b c
+ + =
x y z ayz + bxz + cxy = (3) Thay (2), (3) vào (1); ta có: ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 ) ax2 + by2 + cz2 =
6 Baøi 6: Cho
a b c
+
b - c c - aa - b ; chứng minh:
2 2
a b c
+
(b - c) (c - a) (a - b) Từ
a b c
+
b - c c - aa - b
2
a b c b ab + ac - c
=
b - c a - c b - a (a - b)(c - a)
2
2
a b ab + ac - c (b - c) (a - b)(c - a)(b - c)
(1) (Nhân hai vế với b - c) Tương tự, ta có:
2
2
b c bc + ba - a (c - a) (a - b)(c - a)(b - c)
(2) ;
2
2
c a ac + cb - b (a - b) (a - b)(c - a)(b - c)
(3) Cộng vế (1), (2) (3) ta có đpcm
7 Bài 7:
Cho a + b + c = 0; chứng minh:
a - b b - c c - a c a b
+ +
c a b a - b b - c c - a
= (1) Đặt
a - b b - c c - a
= x ; ;
c a y b z
c a b
= ;
a - b x b - c y c - a z
(1)
1 1
x + y + z + +
x y z
(79)Ta coù:
1 1 y + z x + z x + y
x + y + z + + + +
x y z x y z
(2)
Ta lại có:
2
y + z b - c c - a c b bc + ac - a c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b)
x a b a - b ab a - b ab(a - b) ab
=
c 2c - (a + b + c) 2c ab ab (3) Tương tự, ta có:
2
x + z 2a
y bc (4) ;
2
x + y 2b z ac (5) Thay (3), (4) vaø (5) vào (2) ta có:
1
x + y + z + +
x y z
+
2 2
2c 2a 2b
ab bc ac = +
abc(a3 + b3 + c3 ) (6) Từ a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ?
Thay (7) vào (6) ta có:
1 1
x + y + z + +
x y z
+
2
abc 3abc = + =
Bài tập nhà:
1) cho
1 1
+ +
x y z ; tính giá trị biểu thức A = 2
yz xz xy
+ +
x y z
HD: A = 3
xyz xyz xyz + +
x y z ; vận dụng a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc 2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A =
a b c
+ + +
b c a
3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng:
y z x z x y
x y z
(80)4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1;
a b c
x y z Chứng minh xy + yz + xz =
CHUYÊN ĐỀ 13 – CÁC BÀI TỐN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
A Kiến thức:
* Tam giác đồng dạng:
a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c) ABC A’B’C’
AB AC BC
= = A'B' A'C' B'C'
b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)
ABC A’B’C’
AB AC
=
A'B' A'C' ; A = A' c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)
ABC A’B’C’ A = A'; B = B'
AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: A'H'
AH = k (Tỉ số đồng dạng);
A'B'C'
ABC
S S
= K2
B Bài tập áp dụng Bài 1:
(81)E
D
C B
A
b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu?
Giải Cách 1:
Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC ACD ABC (g.g)
AC AD
ABAC
2
AC AB AD =AB.(AB + BD)
= AB(AB + BC)
= 8(10 + 8) = 144 AC = 12 cm Cách 2:
Vẽ tia phân giác BE cuûa ABC ABE ACB
2
AB AE BE AE + BE AC
= AC = AB(AB + CB)
AC ABCBAB + CBAB + CB = 8(8 + 10) = 144
AC = 12 cm
b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên b = a + b = a +
(82)a = 1; b = 2; c = 3(loại)
+ Nếu b = a + a(c – 4) = - Với a = c = (loại)
D
C B
A
- Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c =
Baøi 2:
Cho ABC cân A, đường phân giác BD; tính BD biết BC = cm; AC = 20 cm
Giải Ta có
CD BC
=
AD AC4 CD = cm BC = cm Bài toán trở
Baøi 3:
Cho ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động
trên AB, lấy điểm E AC cho
2
OB CE =
(83)a) DBO OCE
b) DOE DBO OCE
c) DO, EO phân giác góc BDE, CED
d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB Giải
2
3
1 H
I
O E
D
C B
A
a) Từ
2
OB CE =
BD
CE OB
=
OB BD B = C (gt) DBO OCE b) Từ câu a suy O = E3 (1)
Vì B, O ,C thẳng hàng nên
O + DOEEOC 180 (2) tam giác EOC
2
E + C EOC 180 (3) Từ (1), (2), (3) suy DOE B C
DOE vaø DBO coù
DO OE
=
DB OC (Do DBO OCE) vaø
DO OE
=
DB OB (Do OC = OB) vaø DOE B C neân DOE DBO OCE
(84)Củng từ câu b suy E = E1 EO phân giác góc CED
c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi OI không đổi D di động AB
Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008)
Cho ABC cân A, có BC = 2a, M trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC cho DME = B
a) Chứng minh tích BD CE không đổi b)Chứng minh DM tia phân giác BDE
c) Tính chu vi AED ABC tam giác
Giaûi
a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM, mà DME = B(gt) nên CME = BDM, kết hợp với B = C (ABC cân A) suy BDM CME (g.g)
BD BM
= BD CE = BM CM = a
CM CE không đổi
b) BDM CME
DM BD DM BD
= =
ME CM ME BM
(85)K H I
M E D
C B
A
c) chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác DEC
kẻ MH CE ,MI DE, MK DB MH = MI = MK DKM = DIM
DK =DI EIM = EHM EI = EH
Chu vi AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)
ABC tam giác nên suy CME củng tam giác CH =
MC
2
a
(86)K F
E
D M
C B
A
Baøi 5:
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC E F
a) chứng minh DE + DF không đổi D di động BC
b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K Chứng minh K trung điểm FE
Giaûi
a) DE // AM
DE BD BD
= DE = AM
AM BM BM (1)
DF // AM
DF CD CD CD
= DF = AM = AM
AM CM CM BM (2)
Từ (1) (2) suy DE + DF =
BD CD
.AM + AM
BM BM =
BD CD BC
+ AM = AM = 2AM
BM BM BM
khoâng
đổi
b) AK // BC suy FKA AMC (g.g)
FK KA
=
(87)EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA
= = =
ED BDED + EK BD + KAKD BD + DMAMBMAMCM (2)
(Vì CM = BM) Từ (1) (2) suy
FK EK
AMAM FK = EK hay K trung điểm FE
Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) Cho hình thoi ABCD cạnh a có
A = 60 , đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA, DA M, N
a) Chứng minh tích BM DN có giá trị khơng đổi
b) Gọi K giao điểm BN DM Tính số đo góc BKD
1
1 K
M
N D
C B
A
Giaûi
a) BC // AN
MB CM
=
BA CN (1) CD// AM
CM AD
=
CN DN (2) Từ (1) (2) suy
2
MB AD
= MB.DN = BA.AD = a.a = a
BA DN
(88)MB MB CM AD BD
= =
BD BA CN DNDN(Do ABCD hình thoi có A = 600neân AB = BC = CD = DA) MBD BDN
Suy M = B1 MBD vaøBKD có BDM = BDK M = B1 nên
BKD = MBD = 120
Baøi 7:
I
K F
G
E M D
C
B
A N
Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC I, M, N Vẽ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD, BG vng góc với AC Gọi K điểm đối xứng với D qua I Chứng minh a) IM IN = ID2
b)
KM DM
=
KN DN
c) AB AE + AD AF = AC2 Giaûi
a) Từ AD // CM
IM CI
=
ID AI (1) Từ CD // AN
(89)Từ (1) (2) suy IM ID =
ID
IN hay ID2 = IM IN b) Ta coù
DM CM DM CM DM CM
= = =
MN MBMN + DM MB + CMDN CB (3) Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN
IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM
= = = =
IM IK IM IK IM IK KN IK
KM IM CM CM
=
KN ID AD CB (4) Từ (3) (4) suy
KM DM
=
KN DN
c) Ta coù AGB AEC
AE AC
= AB.AE = AC.AG
AG AB AB AE =
AG(AG + CG) (5) CGB AFC
AF CG CG
=
AC CBAD(vì CB = AD)
AF AD = AC CG AF AD = (AG + CG) CG (6)
Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG
AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vaäy: AB AE + AD AF = AC2
Bài tập nhà
Bài
Cho Hình bình hành ABCD, đường thẳng cắt AB, AD, AC E, F, G
Chứng minh:
AB AD AC
+ =
(90)HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) Bài 2:
Qua đỉnh C hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD E, G, F
chứng minh: a) DE2 =
FE
EG BE2 b) CE2 = FE GE
(Gợi ý: Xét tam giác DFE BCE, DEC BEG) Bài
Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt điểm Chứng minh
a)
BH CM AD
HC MA BD b) BH = AC
CHUYÊN ĐỀ 14 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
A.Mục tiêu:
* Củng cố, ơn tập kiến thức kỹ giải Pt bậc cao cách phân tích thành nhân tử
* Khắc sâu kỹ phân tích đa thức thành nhân tử kỹ giải Pt
(91)* Cách 1: Để giải Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt dạng Pt có vế trái đa thức bậc cao, vế phải 0, vận dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt dạng pt tích để giải * Cách 2: Đặt ẩn phụ
II Các ví dụ: 1.Ví dụ 1: Giải Pt
a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12
2x3 + 10x = 12 x3 + 5x – = (x3 – 1) + (5x – 5) (x – 1)(x2 + x + 6) =
2
x = x - =
x
1 23
x + x + = x +
2
(Vì
2
1 23
x +
2
vô
nghiệm)
b) x4 + x2 + 6x – = (1)
Vế phải Pt đa thức có tổng hệ số 0, nên có nghiệm x = nên có nhân tử x – 1, ta có
(1) (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) =
(x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8) (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] =
(x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) =
c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 +
x3 – 3x2 + 3x – + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – =
(92)Ta thấy Pt có nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: (2) (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) =
6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = (x – 3)(6x2 + 7x + 2) =
(x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] = (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] =
(x – 3)(2x + 1)(3x + 2)
d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24 [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 =
(x2 + 5x - 1)2 – 25 = (x2 + 5x - + 5)( (x2 + 5x - – 5) =
(x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] =
(x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) =
e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1) (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) =
(x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) =
( x2 + x + 1)[ x2 + x + – 3(x2 - x + 1)] = ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) =
(x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = ( x2 + x + 1)(x – 1)2 = f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =
(x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =
(x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = +) x – = x =
+) x4 + x3 + x2 + x + = (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = (x + 1)(x3 + 1) + x2 =
(x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 = (x + 1)2 [(x2 – 2.x. +
1 ) +
3
(93) (x + 1)2
2
1
x + +
2
+ x2 = Vô nghiệm (x + 1)2
2
1
x + +
2
không xẩy dấu
Baøi 2:
a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12 (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 =
(x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = Đặt x2 + x – = y Thì
(x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = y2 – y – 12 = (y – 4)(y + 3) =
* y – = x2 + x – – = x2 + x – = (x2 + 3x) – (2x + 6) =
(x + 3)(x – 2) =
* y + = x2 + x – + = x2 + x + = (vô nghiệm)
b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680 (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680
Đặt x2 – 11x + 29 = y , ta coù:
(x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 (y + 1)(y – 1) = 1680 y2 = 1681 y = 41
y = 41 x2 – 11x + 29 = 41 x2 – 11x – 12 = (x2 – x) + (12x – 12) =
(x – 1)(x + 12) =
* y = - 41 x2 – 11x + 29 = - 41 x2 – 11x + 70 = (x2 – 2x 11
2 + 121
4 )+ 159
(94)c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = (3) Đặt x2 – 6x + = (x – 3)2 = y 0, ta coù
(3) y2 – 15(y + 1) – = y2 – 15y – 16 = (y + 1)(y – 15) = Với y + = y = -1 (loại)
Với y – 15 = y = 15 (x – 3)2 = 16 x – = + x – = x =
+ x – = - x = -
d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = (4) Đặt x2 + = y
(4) y2 + 3xy + 2x2 = (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = (y + x)(y + 2x) =
+) x + y = x2 + x + = : Vô nghiệm
+) y + 2x = x2 + 2x + = (x + 1)2 = x = -
Baøi 3:
a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18 (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72 (1) Đặt 2x + = y, ta có
(1) (y – 1)y2(y + 1) = 72 y2(y2 – 1) = 72
y4 – y2 – 72 =
Đặt y2 = z Thì y4 – y2 – 72 = z2 – z – 72 = (z + 8)( z – 9) =
* z + = z = - (loại)
(95)Đặt y = x – x + = y + 2; x – = y – 2, ta coù (2) (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82
y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82 2y4 + 48y2 + 32 – 82 = y4 + 24y2 – 25 =
Đặt y2 = z y4 + 24y2 – 25 = z2 + 24 z – 25 = (z – 1)(z + 25) =
+) z – = z = y = 1 x = 0; x = +) z + 25 = z = - 25 (loại)
Chú ý: Khi giải Pt bậc dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x +
a + b
c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32 (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 Đặt y = x – x – = y + 1; x – = y – 1; ta coù: (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32
y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 =
10y4 + 20y2 – 30 = y4 + 2y2 – =
Đặt y2 = z y4 + 2y2 – = z2 + 2z – = (z – 1)(z + 3) =
d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4
(96) 4ab(a2 +
2ab + b2) =
2
2
3
4ab a + b + b
4 16
= 4ab = (Vì
2
2
3
a + b + b
4 16
không xẩy dấu bằng) ab = x = 7; x =
e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + =
2
1
6 x x - 36
x x
(Vì x = không nghiệm) Đặt x -
x = y
2 x x
= y2 + ,
2
1
6 x x - 36
x x
6(y2 + 2) + 7y – 36 = 6y2 + 7y – 24 =
(6y2 – 9y) + (16y – 24) = (3y + )(2y – 3) = +) 3y + = y = -
8
1 x -
x = -
3 (x + 3)(3x – 1) =
0
x = - x + =
1 3x - = x =
3
+) 2y – = y =
3
1 x -
x =
2 (2x + 1)(x – 2) =
0
x = x - =
1 2x + = x = -
2
Bài 4: Chứng minh rằng: Pt sau vô nghiệm
(97)Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2 không đồng thời xẩy x2 = x = -3
b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) =
x7 – = x =
x = không nghiệm Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + =
Bài tập nhà: Bài 1: Giải Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1)
HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) =
b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ)
c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = (Nhân vế với 24, đặt 12x + = y) d) (x2 – 9)2 = 12x + (Thêm, bớt 36x2)
e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = ( Đặt y = x – 1,5; Ñs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Đặt x + = y; Ñs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3
Đặt x + = a; x – = b; - 2x = c a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + = (Chia vế cho x2; Đặt y =
1 x +
x ) i) x5 + 2x4 + 3x3+ 3x2 + 2x + = (Vế trái đa thức có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ )
(98)a) 2x4 – 10x2 + 17 =
(Phaân tích vế trái thành tổng hai bình phương) b) x4 – 2x3+ 4x2 – 3x + =
(Phân tích vế trái thành tích đa thức có giá trị khơng âm ) CHUN ĐỀ – SỬ DỤNG CƠNG THỨC DIỆN TÍCH
ĐỂ THIẾT LẬP QUAN HỆ ĐỘ DAØI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG
Ngày soạn:23 – - 2010
A Một số kiến thức:
1 Cơng thức tính diện tích tam giác: S =
1
2 a.h (a – độ dài cạnh, h – độ dài đường cao tương ứng) 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: 1 Bài 1:
Cho ABC có AC = 6cm; AB = cm; đường cao AH; BK; CI Biết
AH =
(99)K I
H C
B A
Tính BC Giải
Ta có: BK = ABC 2S
AC ; CI =
ABC
2S AB
BK + CI = SABC
1
AC AB
2AH = 2.
1
2 BC AH
1
AC AB
BC.
1
AC AB
=
BC = :
1
AC AB
= : 1
= 4,8 cm
Baøi 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 xeùt a + = b + hb a – b = – hb =
2S 2S 1 a - b
- 2S - 2S
b a b a ab
a – b =
a - b 2S
ab (a – b)
2S -
ab
(100)Tương tự ta có: ABC cân A vuông A (2); ABC cân B vuông B (3)
Từ (1), (2) (3) suy ABC cân vuông ba đỉnh (Không xẩy vuông ba đỉnh) ABC tam giác
Baøi 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'
AA'BB'CC' b)
OA OB OC
2 AA'BB'CC' c) M =
OA OB OC
6
OA'OB'OC' Tìm vị trí O để tổng M có giá trị nhỏ
C' B'
A' O
C B
A
d) N =
OA OB OC
OA' OB' OC' Tìm vị trí O để tích N có giá trị nhỏ Giải
Goïi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB Ta coù:
3
2
OA'C OA'B
S S S
S OA
= =
OA' S S S
(101)
OA'C OA'B OA'C OA'B
AA'C AA'B AA'C AA'B
S S S S S
OA'
= =
AA' S S S S S
(2)
Từ (1) (2) suy
S S
OA
AA' S
Tương tự ta có
1 S S OB OB' S ; S S OC OC' S
;
S OB'
BB' S ;
3
S OC' CC' S
a)
S
S S
OA' OB' OC' S
1 AA'BB'CC' S S S S
b) 3
S S S S S S
OA OB OC 2S
2
AA' BB' CC' S S S S
c) M =
2 3 2 3
1 2 3
S S S S S S S S S S S S
OA OB OC
OA' OB' OC' S S S S S S S S S
Aùp duïng Bđt Cô si ta có
3
1 2
2 3
S S
S S S S
2 2
S S S S S S
Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3 O trọng tâm tam giác ABC d) N =
3 3 2
2 3
1 3
S S S S S S
S S S S S S
S S S S S S
N2 =
2 2
2 3 2 3
2
1 3
S S S S S S 4S S 4S S 4S S 64
S S S S S S
N
Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3 O trọng tâm tam giác ABC
Baøi 4:
Cho tam giác ABC, đường caoAD, BE, CF; gọi A’, B’, C’ hình chiếu M
(102)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
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 SBMC + SCMA + SBMA = SABC
BC.(MQ + MR + MP) = BC AH
MQ + MR + MP = AH A’D + B’E + C’F = AH = h Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi
b) AA’ + BB’ + CC’ = (AH – A’D)+(BE – B’E) (CF – C’F)
R
Q P
C' B'
A' M
F E
D C
B
A
= (AH + BE + CF) – (A’D + B’E + C’F) = 3h – h = 2h khơng đổi
Bài 5:
(103)Giaûi
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
Vì I nằm tam giác ABC nên:
M K
H
G I
D C
B A
SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) Maø BC =
AB + CA
2 AB + CA = BC (2)
Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC IK =
1
3AH (a) Vì G trọng tâm tam giác ABC neân:
SBGC =
3 SABC BC GD =
3 BC AH GD =
3 AH (b)
Từ (a) (b) suy IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC nên IG // BC
Bài tập nhà:
1) Cho C điểm thuộc tia phân giác
(104)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 CHUYÊN ĐỀ 16 – BT NG THC
Phần I : kiến thức cần lu ý
1-Đinhnghĩa:
0
A B A B
A B A B
2-tÝnh chÊt + A>B BA
+ A>B vµ B >C A > C + A>B A + C >B + C
+ A>B vµ C > D A +C > B + D + A>B vµ C > A.C > B.C + A>B vµ C < A.C < B.C
+ < A < B vµ < C < D < A.C < B.D
+ A > B > An > Bn n
+ A > B An > Bn víi n lỴ
+ A > B An > Bn víi n ch½n
+ m > n > vµ A > Am > An + m > n > vµ <A < Am < An
+A < B vµ A.B > A B
1
3 - số bất đẳng thức
(105)+ A 0 víi A (dÊu = x¶y A = )
+ - A < A = A
+ AB A B ( dÊu = x¶y A.B > 0) + AB A B ( dÊu = x¶y A.B < 0)
Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phơng pháp 1: dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A – B > Lu ý dùng bất đẳng thức M2 với M
VÝ dô x, y, z chøng minh r»ng : a) x2 + y2 + z2 xy+ yz + zx b) x2 + y2 + z2 2xy – 2xz + 2yz Gi¶i:
a) Ta xÐt hiƯu : x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =
.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)
=2
2 2
(x y) (x z) (y z)
với x;y;zR
V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y x = y
(x- z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x = z
(y- z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z = y
VËy x2 + y2 + z2 xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiƯu:
x2 + y2 + z2- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz – 2yz = ( x – y + z)2 0
(106)Vậy x2 + y2 + z2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR
DÊu b»ng x¶y x + y = z
VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a)
2
2
2
2
b a b
a
; b)
2
2
3
3
b c a b c
a
c) H·y tổng quát toán
giải
a) Ta xét hiÖu
2
2
2
2
b a b a = 4
2a2 b2 a2 abb2
= 42a 2b a b 2ab 2 2 2 2
=
4
1 b a VËy 2 2
2
b a b
a
DÊu b»ng x¶y a = b
b)Ta xÐt hiÖu:
2
2
3
3
b c a b c
a
= 9 2 2
a c c b b a VËy 2 2
3
b c a b c
a
DÊu b»ng x¶y a = b =c
c)Tỉng qu¸t: 2 2 2
1
n a a a n a a
a n n
* Tóm lại bớc để chứng minh AB theo định nghĩa Bớc 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bớc 2:Biến đổi H = (C+D)2hoặc H=(C+D)2+….+(E+F)2 Bớc 3: Kết luận A B
2) phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng
(107)Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đợc chứng minh
VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e số thực chøng minh r»ng
a) ab
b
a
4
2
b)a2b2 1abab c)a2 b2 c2 d2 e2 abcde
Gi¶i:
a) ab
b
a
4 2 ab b a
4 2
4a24ab2 0 2ab2 0 (Bđt đúng)
VËy ab
b
a
4
2
(dÊu b»ng x¶y 2a = b) b) a2b21abab2(a2 b2 1 2(abab)
0
2
2 2
2
a ab b a a b b (ab)2 (a1)2 (b1)2 0
(luôn đúng)
VËy a2b21ababDÊu b»ng x¶y a = b = c)
b c d e a
e d c b
a2
a b c d e 4abcd e
4 2 2 a24ab4b2 a24ac4c2 a2 4ad4d2 a24ac4c20
a2b 2 a2c 2 a2d 2 a2c2 0
VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: a10b10a2b2 a8b8a4 b4 Gi¶i:
10 10 2 8 4
b a b a b a b
a
12 10 2 10 12 12 4 12
b b a b a a b b a b a
a
2 2 2 8 2 20
a b b a b a b
a a2b2(a2-b2)(a6-b6) a2b2(a2-b2)2(a4+
(108)Ví dụ 4: cho ba số thực khác không x, y, z tháa m·n: z y x z y x z y x 1 1
Chứng minh : có ba số x,y,z lớn Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z -
= (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz(x y z
1 1
) = x + y + z - (
0 ) 1 z y x
(v×x y z
1 1
< x+y+z theo gt) sè x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-sỗ-1, z-sỗ-1 dơng
N trng hp sau xy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z =1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn
3) Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A) số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:
a) x2 y2 2xy b) x y xy
2
dÊu( = ) x = y =
c) xy2 4xy d) a 2 b b a
2)Bất đẳng thức Cô sy: n
n n a a a a n a a a a 3
1
Víi ai 0
3)Bất đẳng thức Bunhiacopski
2 1 2 2 2 2
2 a an x x n ax a x anxn
a
4) Bất đẳng thức Trê-b - sép:
NÕu C B A c b a
3
C B A c b a cC bB
aA
NÕu C B A c b a
3
C B A c b a cC bB
(109)DÊu b»ng x¶y khi C B A c b a
B) c¸c vÝ dơ
vÝ dô
Cho a, b ,c số không âm chứng minh (a+b) (b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: xy2 4xy
Tacã ab24ab; bc2 4bc ; ca2 4ac 2
b
a bc2ca2 64a2b2c2 8abc2(a + b)(b + c)(c + a) 8abc
DÊu “=” x¶y a = b = c
vÝ dô 2: Cho a > b > c > vµ a2b2c2 1 chøng minh r»ng
3 3
1
a b c
b c a c a b
Do a,b,c đối xứng , giả sử a b c b a c c a b c b a c b
a2 2
áp dụng BĐT Trê- b-sÐp ta cã
a b
c c a b c b a c b a b a c c c a b b c b a a 2 2 2 = =2
VËy
1 3
a b
c c a b c b a
DÊu b»ng x¶y a = b = c =
1
vÝ dô 3: Cho a,b,c,d > vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :
10
2 2
2
a c d d c b c b a d c b a
Ta cã a2 b2 2ab; c2d22cd Do abcd =1 nªn cd =ab
1
(dïng 1 x x )
Ta cã )
1 ( ) ( 2
2
(110)= 2 1 bc bc ac ac ab ab
10
2 2
2
a c d d c b c b a d c b a
vÝ dô 4: Chøng minh r»ng : a2b2c2 abbcac
Giải: Dùng bất đẳng thc Bunhiacopski
Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta cã 121212(a2b2c2)1.a1.b1.c2 3a2 b2 c2a2 b2 c2 2abbcac
a2b2c2 abbcac (đpcm)
Dấu xảy a = b = c
4) Phơng pháp 4: dïng tÝnh chÊt cña tû sè A KiÕn thức
1) Cho a, b ,c số dơng
a Nếu b a
th× b c c a b a
b – NÕu
1
b a
th× b c c a b a
2) NÕu b,d >0 th× tõ d c d b c a b a d c b a
B C¸c vÝ dơ:
vÝ dô 1: Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng
:1 dab2 d a d c c d c b b c b a a
Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã a b c d d a c b a a c b a a
(1)
Mặt khác : a b c d a c b a a
(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã a b c d a
< a b c a
<a b c d d a (3)
T¬ng tù ta cã : a b c d
a b d c b b d c b a b
(111)d c b a c b a d c c d c b a c
(5); a b c d
c d b a d d d c b a d (6)
céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã
2 b a d d a d c c d c b b c b a a (®pcm)
vÝ dơ : Cho:b a
<d c
vµ b,d >
Chøng minh r»ng b a < d c d b cd ab 2
Gi¶i: Tõ b a <d c 2 d cd b ab d c d cd d b cd ab b
ab
2 2 b a < d c d b cd ab 2 (®pcm)
ví dụ : Cho a;b;c;d số nguyên d¬ng tháa m·n : a + b = c+d =1000
tìm giá trị lớn d b c a
giải : Không tính tổng quát ta gi¶ sư :c a d b d b d c b a c a
; c 1 a
v× a + b = c + d
a, NÕu: b 998 th× d b
998
d
b c a
999
b, NÕu: b = 998 th× a =1 d b c a
=c d
999 1
Đạt giá trị lớn d = 1; c = 999
Vậy: giá trị lớn d b c a
= 999 + 999
a = d = 1; c = b = 999 VÝ dơ : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng :
(112)Ta cã n k n n 2n 1
víi k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:
1 2 2 1
1
n n n n n n n
VÝ dô 5: CMR: A = 2 2
1 1 n
vi n không số tù nhiªn
HD: 2
1 1
; ; 1.2 2.3
VÝ dô 6: Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng :
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
Giải :
Vì a ,b ,c ,d > nªn ta cã:
a b a b a b d
a b c d a b c a b c d
(1)
b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
(2)
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
(3) Cộng vế bất đẳng thức ta có :
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
(®pcm)
5.Phơng pháp 5:Dùng bất đẳng thức tam giác
Lu ý: NÕu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : a; b; c > Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
VÝ dô1:
Cho a; b; clà số đo ba cạnh tam giác chứng minh r»ng a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
(113)a)V× a,b,c số đo cạnh tam giác nªn ta cã b a c c a b c b a 0 ) ( ) ( ) ( 2 b a c c c a b b c b a a
Cộng vế bất đẳng thức ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
b) Ta có a > b-c a2 a2 (bc)2> b > a-c b2 b2(ca)2> c > a-b c2 c2(ab)2 0 Nhân vế bất đẳng thức ta đợc:
2 2 2
2 2 2
a b c a b c b c a c a b
2 2 2
2 2
a b c a b c b c a c a b abc a b c b c a c a b
Ví dụ2: (đổi biến số)
Cho a,b,c ba cạnh tam giác Chứng minh r»ng
2
a b
c a c b c b a (1)
Đặt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta cã a =
x z y
; b =
y x z
; c
=
z y x
ta cã (1) z
z y x y y x z x x z y 2 1
1
z y z x y z y x x z x y ( ) ( ) ( ) z y y z z x x z y x x y
(114)Cho a, b, c > vµ a + b + c <1 Chøng minh r»ng : 2 2
2
ab c
ac b
bc
a (1)
Gi¶i: §Ỉt x = a2 2bc ; y = b22ac ; z = c22ab
Ta cã xyzabc21 (1) 1 z y
x Víi x + y + z < vµ x ,y,z >
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có:
y z
x 3.3 xyz
vµ z y x 1
xyz
1 1 z y x z y x
6) phơng pháp làm trội :
Chứng minh BĐT sau :
a)
1 1
1.33.5 (2n1).(2n1)2
b)
1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n
Gi¶i :
a) Ta cã :
2 1 (2 1)
1 1 1
2 2 (2 1).(2 1) 2
k k
n n k k k k
Cho n chạy từ đến k Sau cộng lại ta có
1 1
1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2n
(®pcm)
b) Ta cã :
1 1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n n
<
1 1 1
1 2
2 n n n
(đpcm)
Bài tËp vỊ nhµ:
(115)HD: Ta xÐt hiÖu: x2 + y2 + z2 +3 – 2( x+ y +z ) = x2- 2x + + y2 -2y +1 + z2-2z +1
2) Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh r»ng :
1 a b c
b c c a a b
(HD:
2
a a a a
b c a b c a b c
vµ
a a
b c a b c )
3) <
1 1 1
n + 1 n + 2 2n + 1 3n 3n + 1 <
áp dụng phơng pháp làm trội
4) Cho a, b, c > Chøng minh r»ng
bc ac ab
a b c a + b + c
HD:
bc ac a b = c
b a a b
2c;
ac ab b c ? ;
bc ab a c ?
CHUYÊN ĐỀ 17 – VẼ ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG ĐỂ TẠO THAØNH CÁC CẶP ĐOẠN THẲNG TỶ LỆ
A.Phương pháp:
Trong tập vận dụng định lí Talét Nhiều ta cần vẽ thêm đường phlà đường thẳng song song với đường thẳng cho trước, Đây cách vẽ đường phụ ïhay dùng, nhờ mà tạo thành cặp đoạn thẳng tỉ lệ
(116)O F E
R Q
C P
B A
Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC, lấy tương ứng điểm P, Q, R cho ba đường thẳng AP, BQ, CR cắt điểm
Chứng minh:
AR BP CQ
RB PC QA (Định lí Cê – va) Giải
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng CR, BQ E, F Gọi O giao điểm AP, BQ, CR
ARE BRC
AR AE
=
RB BC (a)
BOP FOA
BP OP
=
FA OA (1)
POC AOE
PC PO
=
AE AO (2) Từ (1) (2) suy ra:
BP PC BP FA
=
FA AEPCAE (b)
AQF CQB
CQ BC
=
AQ FA (c) Nhaân (a), (b), (c) vế theo vế ta có:
AR BP CQ AE FA BC
RB PC QA BC AE FA * Đảo lại: Nếu
AR BP CQ
(117)
2) Ví dụ 2:
Một đường thăng cắt cạnh( phần kéo dài cạnh) tam giác ABC P, Q, R
Chứng minh rằng:
RB.QA.PC
RA.CQ.BP (Định lí Mê-nê-la-uýt) Giải:
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt PR E Ta có RAE RBP
RB BP
=
RA AE (a)
AQE CQP
QA AE
=
QC CP (b)
Nhân vế theo vế đẳng thức (a) (b) ta có
RB QA BP AE
=
RA QC AE CP (1)
Nhân hai vế đẳng thức (1) với PC
BP ta coù:
RB PC QA BP AE PC
=
RA BP QC AE CP BP Đảo lại: Nếu
RB.QA.PC
RA.CQ.BP ba điểm P, Q, R thẳng hàng 3) Ví dụ 3:
(118)N D
I M
E
K
C B
A
Giaûi
Qua M kẻ MN // IE (N AC).Ta có:
DE AE DE MN
=
MN ANAE AN (1)
MN // IE, mà MB = MC AN = CN (2) Từ (1) (2) suy
DE MN
AE CN (3) Ta lại có
MN CN MN AB
AB AC CN AC(4) Từ (4) (5) suy
DE AB
AEAC (a)
E R
Q
C P
(119)Tương tự ta có:
BK AB
KI AC (6)
Vì KI // AC, IE // AC nên tứ giác AKIE hình bình hành nên KI = AE (7) Từ (6) (7) suy
BK BK AB
KI AE AC (b) Từ (a) (b) suy
DE BK
AEAE DE = BK
4) Ví dụ 4:
Đường thẳng qua trung điểm cạnh đối AB, CD tứ giác ABCD cắt đường thẳng AD, BC theo thứ tự I, K Chứng minh: IA KC = ID KB
F
E I K
M
N
D C
B
A
Giaûi
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB, CD Ta có AM = BM; DN = CN
(120)Theo định lí Talét ta coù:
IA AE BF
=
ID DNCN (1) Củng theo định lí Talét ta có:
KB BF
=
KC CN(2) Từ (1) (2) suy
IA KB
=
ID KC IA KC = ID KB
5) Ví dụ 5:
Cho xOy, điểm A, B theo thứ tự chuyển động tia Ox, Oy cho
1 1
+
OA OBk (k số) Chứng minh AB qua điểm cố định
z
O
y
x D
C B
A Giaûi
Vẽ tia phân giác Oz xOy cắt AB C vẽ CD // OA (D OB) DOC = DCO = AOC
COD cân D DO = DC
Theo định lí Talét ta có
CD BD CD OB - CD
=
OA OBOA OB
CD CD 1
1
(121)Theo giả thiết
1 1
+
OA OBk (2) Từ (1) (2) suy CD = k , khơng đổi
Vậy AB qua điểm cố định C cho CD = k vaø CD // Ox , D OB
Q P
F
K I
H G
M O
D C
B A
6) Ví dụ 6:
Cho điểm M di động đáy nhỏ AB hình thang ABCD, Gọi O giao điểm hai cạnh bên DA, CB Gọi G giao điểm OA CM, H giao điểm OB DM Chứng minh rằng: Khi M di động AB tổng
OG OH
+
GD HC không đổi Giải
Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự I K Theo định lí Talét ta có:
OG OI
GD CD;
OH OK
HCCD
OG OH OI OK IK
+
(122)OG OH IK +
GD HC CD
(1)
Qua M vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự P Q, ta có:
IK MP FO
CDMQMQ khơng đổi FO khoảng cách từ O đến AB, MQ đường cao hình thang nên không đổi (2)
Từ (1) (2) suy
OG OH FO
+
GD HCMQ khơng đổi
7) Ví dụ 7:
Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M, AC lấy điểm N cho BM = CN, gọi giao điểm CM BN O, Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB E F
G
P O K
I N
D Q
C B
M A
F E
Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA Giải
AD phân giác nên BAD = DAF EI // AD BAD = AEF (góc đồng vị)
(123)Suy AEF AFE AFE cân A AE =AF (a)
p dụng định lí Talét vào ACD , với I giao điểm EF với BC ta có
CF CI CF CA
=
CA CD CI CD (1)
AD phân giác BAC neân
CA BA
CDBD (2) Từ (1) (2) suy
CF BA
CI BD (3)
Kẻ đường cao AG AFE BP // AG (P AD); CQ // AG (Q OI) BPD = CQI = 900
Gọi trung điểm BC K, ta có BPK = CQK (g.c.g) CQ = BP BPD = CQI (g.c.g) CI = BD (4)
Thay (4) vaøo (3) ta coù
CF BA
BDBD CF = BA (b) Từ (a) (b) suy BE = CA
Bài tập nhà
1) Cho tam giác ABC Điểm D chia BC theo tỉ số : 2, điểm O chia AD theo tỉ số : gọi K giao điểm BO AC Chứng minh
KA
KC không đổi
2) Cho tam giác ABC (AB > AC) Lấy điểm D, E tuỳ ý thứ tự thuộc cạnh AB, AC cho BD = CE Gọi giao điểm DE, BC K, chứng minh :
Tỉ số KE
(124)CHUN ĐỀ 18 – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY
A Kiến thức
1) Bổ đề hình thang:
“Trong hình thang có hai đáy khơng nhau, đường thẳng qua giao điểm đường chéo qua giao điểm đường thẳng chứa hai cạnh bên qua trung điểm hai đáy”
Chứng minh:
Gọi giao điểm AB, CD H, AC, BD G, trung điểm AD, BC E F
Nối EG, FG, ta có: ADG CBG (g.g) , nên :
AD AG 2AE AG AE AG
CB CG 2CF CG CFCG (1) Ta lại có : EAGFCG (SL ) (2)
(125)// //
/ /
H
G E
F D
C B
A
H , E , F thẳng hàng (4)
Tõừ (3) (4) suy : H , E , G , F thẳng hàng
c b
a
O
n m
A' B' C'
C B
A
2) Chùm đường thẳng đồng quy:
Nếu đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song chúng định hai đường thẳng song song đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ Nếu m // n, ba đường thẳng a, b, c đồng quy O chúng cắt m A, B, C cắt n A’, B’, C’
AB BC AC
=
A'B' B'C'A'C'
AB A'B' AB A'B' = ;
(126)* Đảo lại:
+ Nếu ba đường thẳng có hai đường thẳng cắt nhau, định hai đường thẳng song song cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ ba đường thẳng đồng quy
+ Nếu hai đường thẳng bị cắt ba đường thẳng đồng quy tạo thành cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ chúng song song với
B p dụng: 1) Bài 1:
Cho tứ giác ABCD có M trung điểm CD, N trung điểm CB Biết AM, AN cắt BD thành ba đoạn Chứng minh ABCD hình bình hành
H
G F
E
N
M D
C B
A
Giaûi
Gọi E, F giao điểm AM, AN với BD; G, H giao điểm MN với AD, BD
(127) Tứ giác HBFM hình thang có hai cạnh bên đòng quy A, N trung điểm đáy BF nên theo bổ đề hình thang N trung điểm đáy MH
MN = NH (1)
Tương tự : hình thang CDEN M trung điểm GN GM = MN (2)
Từ (1) (2) suy GM = MN = NH
Ta coù BNH = CNM (c.g.c) BHN = CMN BH // CM hay AB // CD (a)
Tương tự: GDM = NCM (c.g.c) DGM = CNM GD // CN hay AD // CB (b)
Từ (a) (b) suy tứ giác ABCD có cặp cạnh đối song song nên hình bình hành
2) Bài 2:
Cho ABC có ba góc nhọn, trực tâm H, đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự tạ P, Q cho HP = HQ Gọi M trung điểm BC Chứng minh: HM PQ
I K N
M
Q P
H
C B
(128)Giaûi
Gọi giao điểm AH BC I Từ C kẻ CN // PQ (N AB),
ta chứng minh MH CN HM PQ
Tứ giác CNPQ hình thang, có H trung điểm PQ, hai cạnh bên NP CQ đồng quy A nên K trung điểm CN MK đường trung bình BCN MK // CN MK // AB (1)
H trực tâm ABC nên CH A B (2)
Từ (1) (2) suy MK CH MK đường cao củaCHK (3) Từ AH BC MCHK MI đường cao CHK (4)
Từ (3) (4) suy M trực tâm CHK MHCN MHPQ
3) 3:
Cho hình chữ nhật ABCD có M, N thứ tự trung điểm AD, BC Gọi E điểm thuộc tia đối tia DC, K giao điểm EM AC
Chứng minh rằng: NM tia phân giác KNE Giải
Goïi H giao điểm KN DC, giao điểm AC MN I IM = IN
(129)// //
I
H E
N M
K
D C
B A
Trong ENH NC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến nên ENH cân N NC tia phân giác ENH mà NC MN (Do NM BC – MN // AB) NM tia phân giác góc ngồi N ENH Vậy NM tia phân giác KNE
Baøi 4:
H
M
G F
E
D C
B A
Trên cạnh BC = cm hình vng ABCD lấy điểm E cho BE = cm Trên tia đối tia CD lấy điểm F cho CF = cm Gọi M giao điểm AE BF Tính AMC
Giải
Gọi giao điểm CM AB H, AM DF G Ta có:
BH AB BH
=
CF FG FG Ta laïi coù
AB BE
(130) FG = cm
BH
BH = cm
3 9 BH = BE
BAE = BCH (c.g.c) BAE = BCH mà BAE + BEA = 900
Mặt khác BEA = MEC ; MCE = BCH MEC + MCE = 900 AMC = 900 Baøi 5:
Cho tứ giác ABCD Qua điểm E thuộc AB, H thuộc AC vẽ đường thẳng song song với BD, cắt cạnh lại tứ giác F, G a) Có thể kết luận đường thẳng EH, AC, FG
b) Gọi O giao điểm AC BD, cho biết OB = OD Chứng minh ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy
Giải
a) Nếu EH // AC EH // AC // FG
Nếu EH AC khơng song song EH, AC, FG đồng quy b) Gọi giao điểm EH, HG với AC
Trong hình thang DFEB có hai cạnh bên DF, BE đồng quy A OB = OD nên theo bổ đề hình thang M trung điểm EF
(131)O
H
G F
E
N M
D C
B
A
Ta coù
ME MF
=
GN HN nên ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy O
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 luôn 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
(132)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 +
5 x) + = - 5(x2 + 2.x +
4 25) +
9 =
9
5 - 5(x + )2
9 max B =
9
5 x =
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
a x) + c = a(x + b
2a )2 + (c -
2
b 4a ) Đặt c -
2
b
4a = k Do (x + b
(133)a) Neáu a > a(x + b
2a )2 P k P = k x = - b 2a b) Nếu a < a(x +
b
2a )2 P k max P = k x = - b 2a
II Dạng 2: Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ
a) A = (3x – 1)2 – 3x - +
đặt 3x - = y A = y2 – 4y + = (y – 2)2 +
min A = y = 3x - =
x = 3x - =
1 3x - = - x = -
3
b) B = x - + x -
B = x - + x - = B = x - + - x x - + - x = B = (x – 2)(3 – x) x
2) Ví dụ 2: Tìm GTNN C = x - x + x - x - 2 Ta coù C = x - x + x - x - 2 =
2 2
x - x + + x - x x - x + + + x - x =
min C = (x2 – x + 1)(2 + x – x2) + x – x2 x2 – x –
(x + 1)(x – 2) - x
3) Ví dụ 3:
(134)Vµ x 2 x x x x x = (2) VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| + = Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y 1 x (2) DÊu b»ng x¶y 2 x Vậy T có giá trị nhỏ 2 x
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)2 + (x – 1)2 +
x - y =
x = y = x - =
c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta coù 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 C + = a2 + b2 + ab = (a2 + 2.a.
b +
2
b ) +
2
3b
4 = (a + b )2 +
2
3b
4 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
(135)= 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:
1 Phân thức có tử số, mẫu tam thức bậc hai
Biểu thức dạng đạt GTNN mẫu đạt GTLN
Ví dụ : Tìm GTNN A =
2
6x - - 9x = 2
- 2
9x - 6x + (3x - 1)
Vì (3x – 1)2 (3x – 1)2 + 2
1 2
(3x - 1) 4 (3x - 1) 4
A -
1 A =
-1
2 3x – = x =
2 Phân thức có mẫu bình phương nhị thức a) Ví dụ 1: Tìm GTNN A =
2
3x - 8x + x - 2x +
+) Cách 1: Tách tử thành nhóm có nhân tử chung với mẫu A =
2
2 2
3x - 8x + 3(x - 2x + 1) - 2(x - 1) +
=
x - 2x + (x - 1) x - 1(x - 1) Đặt y = x - Thì
A = – 2y + y2 = (y – 1)2 + A = y =
x - = x =
(136)A =
2 2
2 2
3x - 8x + 2(x - 2x + 1) + (x - 4x + 4) (x - 2)
= 2
x - 2x + (x - 1) (x - 1)
A = x – = x = b) Ví dụ 2: Tìm GTLN cuûa B =
x x 20x + 100
Ta coù B = 2
x x
x 20x + 100(x + 10) Đặt y =
x + 10 x =
10 y B = (
1 10
y ).y2 = - 10y2 + y = - 10(y2 – 2.y 20y +
1 400) +
1 40 = - 10 y - 10 + 40
1 40 Max B =
1 40
1 y -
10 = y =
10 x = 10 c) Ví dụ 3: Tìm GTNN C =
2
2
x + y x + 2xy + y
Ta coù: C =
2
2 2
2 2
1
(x + y) (x - y)
x + y 2 1 (x - y)
x + 2xy + y (x + y) 2 (x + y)
A =
1
2 x = y
3 Các phân thức có dạng khác
a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) A =
3 - 4x x 1 Ta coù: A =
2 2
2 2
3 - 4x (4x 4x 4) (x 1) (x - 2)
1
x x x
A = -
(137)Ta lại có: A =
2 2
2 2
3 - 4x (4x 4) (4x + 4x + 1) (2x 1)
4
x x x
max A =
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 coù A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1)
a) Cách 1: Biểu thị ẩn qua ẩn kia, đưa tam thức bậc hai Từ x + y = x = – y
neân A = (1 – y)2 + y2 = 2(y2 – y) + = 2(y2 – 2.y. +
1 4) +
1 =
2
1 1
y - +
2 2
Vaäy A =
2 x = y =
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
2 A =
2 x = y =
(138)Từ Cho x + y + z = Cho (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (1)
Ta coù x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =
2
.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)
=2
2 2
(x y) (x z) (y z)
x2 + y2 + z2 xy+ yz + zx (2)
Đẳng thức xẩy x = y = z a) Từ (1) (2) suy
9 = 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) víi x,y,z > vµ x + y + z =
Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT C«si ta cã: x+ y + z 33 xyz
3 1
3 27
xyz xyz
áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có xy yz zx33xy yz xz
3
2 x y y z z x
DÊu b»ng x¶y x = y = z =
1
3 S
8
(139)
VËy S cã giá trị lớn
8
729 x = y = z =
4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x4y4z4
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta cã
2
2 2 2 2
xyyzzx x y z x2y2z22
(1) áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho (x2,y z2, 2) vµ (1,1,1)
Ta cã (x2y2z2 2) (12 12 )(2 x4y4z4)(x2y2z2 2) 3(x4y4z4) Tõ (1) vµ (2) 1 3(x4y4z4)
4 4
3
x y z
Vậy x4y4z4 có giá trị nhỏ
1
3 x= y = z =
3
D Một số ý:
1) Khi tìm GTNN, GTLN ta đổi biến
Ví dụ : Khi tìm GTNN cuûa 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 ; +)
1
Blớn B nhỏ (với B > 0)
+) C lớn C2 lớn Ví dụ: Tìm cực trị A =
4
2
x + x + a) Ta coù A > nên A nhỏ
1
(140) 2 2
2
4
x +
1 2x
1
A x + x + 1
1
A = x = max A = x = b) Ta coù (x2 – 1)2 x4 - 2x2 + x4 + 2x2 (Dấu xẩy x2 = 1)
Vì x4 + >
2
2x
x +
2
2x
1 1
x +
max
1
A = x2 =
A =
1
2 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
Ví dụ: Tìm GTLN B = y - (x + y) a) xeùt x + y
- Nếu x = A = - Nếu y 3 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 bieát x2 + y2 = 52
p dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) cho số 2, x , 3, y ta coù:
(141)Max A = 26
x y
=
2
y =
3x
2 x2 + y2 = x2 +
2
3x
= 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 =
(x + 4)(x + 9) x Ta coù: B =
2
(x + 4)(x + 9) x 13x + 36 36 x + 13
x x x
Vì số x
36
x có tích x 36
x = 36 không đổi nên
36 x +
x nhỏ x =
36
x x =
A =
36 x + 13
x nhoû A = 25 x =
(142)Ví dụ: Tìm GTNN A = 11m5n
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
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;yZthoả mãn: 5x2 4xyy2 169 (1)
(1)4x2 4xyy2 x2 144251690
2 2
2
2 144 25
2 169
x y x
x y x
(143) 2 2 2 2 5 12 ; 22 12 12 ; 19 29 12 x x x y y y x x x x y y y x 2 2 2 13 13 13 26 13 x x y y x x x y y x
Vaäy
5; ; 5; 22 ; 5; ; 5; 22 ; 12; 19 ; 12; 29 ,
12;19 ; 12; 29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26
x y
Ví dụ 2: Tìm x;yZthoả mãn: x2y2 x y 8 (2)
(2)
2 2
2 2 2
4x 4x 4y 4y 32 4x 4x 4y 4y 34 2x 2y
2 2 2 2
2 2;
3;
2
2 3;
2;
2
x x x
y y
y
x x x
y y y
Vậy x y; 2;3 ; 2; ; 1;3 ; 1; ; 3; ; 3; ; 2; ; 2; 1 Ví dụ 3: Tìm x;yZthoả mãn: x3y391 (1)
(144)
2
2
2
1 6 5
;
91
91.1
91
1
x y x x
x xy y y y
x y x xy y
x y
VN
x xy y
Ví dụ 4: Tìm x;yZthoả mãn: x2 x y2 0 (2)
2
2 2
0 4 2 2 1
2 1
2 1
2 1
2 1
x x y x x y x y x y x xy
x y x
x y y
x y x
x y y
Vaäy: x y; 0; ; 1; 0
- PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn
Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương
trình đối xứng
- Vì phương trình đối xứng nên x y z; ; có vai trị bình đẳng Do đó; ta giả thiết x y z; tìm điều kiện 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 1 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:
(145)(1)x y z x y z 3zx y 3 (Vì x y z; ; Z)x y 1; 2;3
* Neáu: x y 1 x y z z(voâ lí)
* Nếu: x y 2 x 1;y2;z3
* Neáu: x y 3 x 1;y 3 z y(vô lí)
Vậy: x y z; ; là hoán vị 1; 2;3 Ví dụ 2: Tìm x y z; ; Z thoả mãn:
1 1
2
x y z (2)
Nhận xét – Tìm hướng giải:
Đây phương trình đối xứng Giả sử 1 x y z Khi đó:
(2)
1 1 3
2
2
x x
x y z x
Với:
1
1 1;2
x y y
y z y
.Neáu:
1
1
y
z
(vô lí)
.Nếu: y 2 z
Vậy: x y z; ; hoán vị 1; 2; 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:
2
1
x x
A
x x
nhận giá trị nguyên Ta coù:
2
2 2
1 1
1
1 1
x x x x
A
x x x x x x
(146)Để A nhận giá trị nguyên
1
x x nhận giá trị nguyên
1
1 x x x x U 1;1
Vì :
2
1 0; 1
1
x
x x x x x
x Vậy để A nhận giá trị ngun thì: x0 x 1 Ví dụ 2: Tìm x y; Z thoả mãn: 2y x2 x y x22y2x y (2)2y2.x 1 x x. 1 y x. 1 *
Với: x1; * 1 x 1 khơng phải ngiệm phương trình Nên:
2
2 **
1
y x y
x
Phương trình có nghiệm nguyên
1
1 (1) 1;
1 x x U x x
Ví dụ 3: Tìm x y; Z thoả mãn: 3x 1 y12 (3)
Ta coù:
(3)3x y12 1 y y 2.3x
số lẻ y y; 2là hai số lẻ liên tiếp y y; 2 y y;
là luỹ thừa 3, nên:
3 *
3
2 **
m
m n
n
y
m n x m n
y
Với: m 0; n y 1;x1
Với: m 1; n 1Từ
3
* ; ** ;
2 y y y y
(147)Phương trình có nghiệm nguyên: 1
x y
- 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: a a a1; 2; 3; ;an Khi đó:
3
n n
n
a a a a
a a a a
n
Dấu “=” xảy
1 n
a a a a
* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Cho 2n số thực: a a a1; 2; 3; ;an vàb b b1; 2; ; ;3 bn Khi đó:
2
1 2 3 n n n n
a b a b a b a b a a a a b b b b
Dấu “=” xảy ai kb ii 1;n
*Bất 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:
3
x y y z z x
(148)Áp dụng BĐT Cô – si Ta có:
3
3 x y y z z x x y y z z x x y z
z x y z x y
3 x y z . 1 x y z . 1 x y z 1
Vậy nghiệm phương trình là: x y z
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y 123x2y21 (2)
(Toán Tuổi thơ 2)
Theo Bunhiacôpxki,ta có:
x y 1212 12 12x2y2 1 3 x2y21 Dấu “=” xảy
1
1
1 1
x y
x y
Vậy nghiệm phương trình là: x y Ví dụ 3: Tìm tất số ngunx thoả mãn:
x 3 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
(149)Maø
3
10 10
101 101 2004 101 2003 101
990 990
1000 1000
x x
x x
a a x x x x
x x x x
Do đó: 1 x101 1 x101 1; 0;1 x 102; 101; 100
Với x 10120042003(vơ lí) Vậy nghiệm phương trình là:
102; 100
x
1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mÃn: x2y2z2 xy3y2z3 Vì x,y,z số nguyên nên
x2 y2z2 xy3y2z3
2
2 2
3 3
4
y y
x y z xy y z x xy y z z
2
2
3 1
2
y y
x z
(*) Mµ
2
2
3 1
2 y y x z ,
x y R
2
2
3 1
2 y y x z 1
1
2 1 y x x y y z z
C¸c số x,y,z phải
tìm x y z
PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn
(150)- 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 vơ nghiệm
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm x y; Z thoả mãn: x63x3 1 y4
Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy với x0;y 1 phương trình nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vơ nghiệm với x0
+ Với x0;y 1 phương trình nghiệm + Với x0 Khi đó:
x62x3 1 x6 3x3 1 x6 4x3 4 x312y4x322 (*)
Vì x31 ; x32là hai số nguyên liên tiếp nên khơng có giá trị y thoả (*)
Vậy x0;y 1 nghiệm phương trình Ví dụ 2: Tìm x y; Z thoả: 2
1 y
x x (2)
(Tạp chí Tốn học tuổi trẻ )
Gọi b chữ số tận x ( Với b0;1; 2; ;9 Khi đó: x2 x 1 có chữ số tận là: 1, (*)
Mặt khác:
3 y
là luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**)
(151)Ví dụ 3: Tìm x y; Z thoả mãn: x26xy13y2 100 (3)
(3)
2
2
5 25
25
y
x y
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 1
- 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
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3
3
x y z (1)
Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thaáy x33y39z3 0 x33y39z3 3 mà 3y39z3 3nên
3
x
Ta coù: (1)x33y39z3 3x3 3x 3 x 3x1
Khi đó:
(1)27x133y39z3 39x13y33z3 3 y3 3y 3 y 3y1
3 3
1 1
9x 27y 3z z z y 3z
* Tiếp tục biểu diễn gọi x y z0; 0; nghiệm (1)
(152)Vậy nghiệm phương trình là: x0 y0 z0
các tập KHáC
1/Dựng nh nghĩa
1) Cho abc = vµ a3 36 Chøng minh r»ng
2 a
b2+c2> ab+bc+ac
Gi¶i Ta cã hiƯu:
3
2 a
b2+c2- ab- bc – ac = 4
2 a
12
2 a
b2+c2- ab- bc – ac
= (
2 a
b2+c2- ab– ac+ 2bc) +12
2 a
3bc =(2
a
-b- c)2 + a
abc a
12 36
3
=(2
a
-b- c)2 + a
abc a
12 36
3
>0 (vì abc=1 a3 > 36 nên a >0 )
VËy :
2 a
b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
2) Chøng minh r»ng
a) x4 y4z212x.(xy2xz1)
(153)c) a22b22ab2a4b20 Gi¶i :
a) XÐt hiƯu :
H = x4 y4z212x2y2 2x22xz2x = 2 2
2 2
y x z x
x
H0 ta có điều phải chứng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt
H = a2b1 2 b12 1
H > ta có điều phải chứng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt
H = ab1 2 b12
H ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tơng đơng
1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng :
2 2 y x y x Giải :
Ta có x2y2xy22xyxy22 (vì xy = 1) 4 4. 2
2
2
y x y x y x
Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với 4 2 2
4x y x y
y
x xy44xy240
2
2 x y
BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh
(154)Ta cã x y xy 1 1
2 1
1 1 1 1 2
2
x y y xy
1 2 2 xy y y xy xy x x xy
1 .1 ) ( ) (
2
xy y y x y xy x x y x
1 1 2 xy y x xy x y
BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c sè thùc vµ a + b +c =1
Chøng minh r»ng
2
2
c b a
Gi¶i :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho sè (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã 1.a1.b1.c 2 111.a2b2c2
abc23.a2b2c2
1
2
2
c b a
(vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng
Chứng minh r»ng
1 19
c b a c b a (1) Gi¶i :
(1) 1 1 a19 c a c c b a b c a b a
9
b c c b a c c a a b b a
¸p dơng B§T phơ
2 x y y x
(155)VËy
1 19
c b a c b a
(®pcm) Iv / dùng phơng pháp bắc cầu
1) Cho < a, b,c <1 Chøng minh r»ng : 2a32b32c33a2bb2cc2a
Gi¶i :
Do a <1 a2<1 b <1 Nên 1a2.1b201a2ba2b0 Hay 1a2ba2b (1)
Mặt khác <a,b <1 a2 a3 ; bb3 1a2a3b3
VËy a3b31a2b
T¬ng tù ta cã : a c c a
c b c
b
2
3
2
3
1
2a32b32c33a2bb2cc2a (®pcm)
2) So sánh 3111 1714 Giải :
Ta thÊy 3111 <
11
11 55 56
32 2 Mặt khác
14
56 4.14 14 14
2 2 16 17 Vëy 3111 < 1714 (®pcm) V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè
vÝ dô 4: Cho sè a,b,c,d bÊt kú, chøng minh r»ng:
2 2 2
2
) ( )
(ac bd a b c d
(156)mµ
2 2 2 2
2ac bd c d
b a d b c
a
2 2 2 2
2 a b c d c d
b
a
2 2 2
) ( )