Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta khơng thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vơ hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 . Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức : a n -b n =(a-b)(a n-1 +a n-2 b +… + b n-1 ) Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp . * Khi n=2 ta có a 2 -b 2 =(a-b)(a+b) là đúng * Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : a k -b k =(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m a k+1 -b k+1 =(a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) . Thật vậy ta có : VT = a k+1 - b k+1 = a k+1 -a k b + a k b -b k+1 = a k (a-b)+ b(a k -b k ) = a k (a-b) + b(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) = (a-b)[ a k + b(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 )] = (a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2 Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n = 2 1)n(n + Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N * ta có : 1 2 +2 2 +3 2 + 4 2 +5 2 +……+n 2 = 6 1++ )1)(2nn(n Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N biểu thức U n =13 n -1 chia hết 6. Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2 n > 2n+1 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 2n 2 4.3 32n 36 64 + + − M Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta ln có: (n+1)(n+2)…(2n) M 1.3.5…(2n-1) Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta ln có: n 3 +2n M 3 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta ln có: n 16 15n 1 225− − M A. CHIA HẾT SỐ NGUN 1. Định nghĩa: Cho hai số ngun bất kì a và b (b ≠ 0). Tồn tại một và chỉ một cặp số ngun (q, r) sao cho a = bq + r với 0 r b≤ < . * Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a M b ⇔ a = kb a, b, k ∈¥ * Nếu r ≠ 0 phép chia a cho b là có dư 2. Tính chất của qua hệ chia hết: a M a a M b và b M a thì a = b a M b và b M c thì a M c a M m thì ka M m và a k M m a M m, b M m thì a ± b M m a ± b M m mà a M m thì b M m a M m, b M n thì ab M nm a M m thì a n M m n a n M m, m ngun tố thì a M m a M m, a M n mà (n, m) = 1 thì a M mn a M m, a M n, a M k; n, m, k ngun tố sánh đơi thì a M mnk a M m, b M m thì a ± b M m * Trong n số ngun liên tiếp (n∈N * ) có một và chỉ một số chia hết cho n. * Trong n+1 số ngun bất kì (n∈N * ) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số ngun tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đơi một ngun tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó. * Để CM f(x) chia hết cho m thơng thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m. PHƯƠNG PHÁP GIẢI : Bồi dưỡng học sinh THCS 1 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin 1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p Ví dụ : A(n) = n(n 2 +1)(n 2 +4) chia hết cho 5 n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5 a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5 b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n 2 = 25k 2 +10k +1 thì (n 2 +4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n 2 = 25k 2 +20k +4 thì (n 2 +1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n 2 = 25k 2 +30k +9 thì (n 2 +1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n 2 = 25k 2 +40k +16 thì (n 2 +4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q b/ Nếu p và q khơng ngun tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q 3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n. 4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n) + Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức : a n – b n  a – b ( a ≠ b) n bất kỳ. a n – b n  a – b ( a ≠ - b) n chẵn. a n + b n  a + b ( a ≠ - b) n lẻ. 5/ Chứng minh bằng quy nạp tốn học : Bài 1. Chứng minh rằng : a) n 5 - 5n 3 + 4n  120 ; với ∀ n ∈ Z b) n 3 -3n 2 -n+3  48 ; với ∀ n lẻ c) n 4 + 4n 3 -4n 2 -16n  384 với ∀ n chẵn Bài 2. CMR: a) 4 2 n n 12− M b) 2 n(n 2)(25n 1) 24+ − M c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n 5 là giống nhau. d) 3 3 (a b) 6 (a b ) 6+ ⇔ +M M e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR 2 n 1 24− M g) 2n 1 n 2 3 2 7 + + + M f) 2n 2 6n 1 3 2 11 + + + M B, CHIA HẾT ĐA THỨC : 1. Ta sử dụng định lý Bơ zu : Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a. Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa thức Từ đó suy ra : Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1 Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì f(x)  ( x + 1) 2.Đa thức bậc 2 trở lên : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia. Cách 2 : Xét giá trị riêng. 3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức chia. Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia. Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x)  g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x)  g(x) hoặc f(x) - g(x)  g(x). Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho: a) 4x 2 - 6x + a  (x-3) b) 2x 2 + x + a  (x+3) c) x 3 + ax 2 - 4  (x 2 + 4x + 4) d) 10x 2 - 7x + a  (2x - 3) e) 2x 2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4 g) ax 5 + 5x 4 - 9  (x-1) Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x 3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5 Bồi dưỡng học sinh THCS 2 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin Bài 3 Tìm n ∈ Z để : a/ n 2 + 2n – 4  11 b/ 2n 3 + n 2 + 7n +1  2n – 1 c/ n 3 – 2  n – 2 d/ n 3 - 3n 2 + 3n - 1  n 2 +n + 1 e/n 4 – 2n 3 + 2n 2 – 2n + 1  n 4 – 1 Bài 4: Tìm số dư phép chia x 99 + x 55 + x 11 +x + 7 cho x + 1 Bài 5: CMR : a/ x 50 + x 10 + 1  x 20 + x 10 + 1 b/ x 2 - x 9 – x 1945  x 2 - x + 1 c/ x 10 - 10x + 9  (x – 1) 2 d/ 8x 9 - 9x 8 + 1  (x – 1) 2 I. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUN 1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất. a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c ngun) * Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn) - Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn . Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại. - Kết luận nghiệm Bài tập mẫu: Tìm nghiệm ngun của phương trình: 2x + 3y = 11 Giải: Cách 1: 2x + 3y = 11 1 y x y 5 2 − ⇒ = − + + x ngun khi 1 y 2 hay y = 2t + 1 t− ∈M ¢ ⇒ x = 4 – 3t Vậy nghiệm ngun của phương trình: x 4 – 3t y 2t 1 =   = +  t ∈ Z Cách 2: 2x + 3y = 11 d = (a, b) = (2, 3) = 1 nghiệm riêng: (x 0, y 0) = (4, 1) 1 1 a a d b b d  =     =   nghiệm tổng qt 0 1 0 1 x x b t y y a t = −   = +  Vậy nghiệm phương trình là: x 4 – 3t y 2t 1 =   = +  Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 120 Hướng dẫn giải 11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 – 1  11(x + 2y -11 ) = 4y – 1  4y – 1 M 11 => 12y – 3 M 11  y – 3 M 11 => y = 11t + 3 (t Z∈ ) x = 6 – 18 t.  Vậy nghiệm pt là: 6 18 11 3 x t y t = −   = +  (t Z∈ ) Ví dụ 2 Tìm nghiệm ngun dương của phương trình: 12x + 7y = 45 (1) Hướng dẫn giải Theo cách giải trên ta tìm được nghiệm ngun của phương trình (1) là 7 12 27 12 x t y t = −   = −  Với điều kiện nghiệm ngun dương ta có: 7 12 0 27 12 0 x t y t = − >   = − >  => t = 2 Vậy nghiệm ngun của phương trình là 2 3 x y =   =  b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d ngun) Ví dụ Tìm nghiệm ngun của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1) Hướng dẫn giải  (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z => z M 3 => z = 3t (t Z∈ )  Thay vào phương trình ta có: 2x + 5y + 10t = 1 (t Z∈ ) Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta được: Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k ngun tuỳ ý . Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn. Dạng ax 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số ngun) Ví dụ 1 Tìm nghiệm ngun của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 (1) Bồi dưỡng học sinh THCS 3 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin Hướng dẫn giải Cách 1: Rút y theo x: y = 5 11 5 2 2 3 2 3 x x x x + + = + + + (Do x ngun nên 2x + 3 khác 0) Vì y ngun => x + 5 M 2x + 3 => …. 7 M 2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2); (2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng. Cách 2. Đưa về phương trình ước số: Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x ngun. Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm ngun của phương trình. x 2 + 2y 2 +3xy –x – y + 3 =0 (1) Hướng dẫn giải Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên. 3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Ví dụ 1 Tìm nghiệm ngun của phương trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y 2 (1) Hướng dẫn giải Phương trình (1)  (x 2 + 3x)(x 2 + 3x + 2) = y 2 Đặt a = x 2 + 3x (ĐK: a 2≥ − (*) Ta có: a 2 – 1 = y 2 GiảI phương trình này bằng cách đưa về phương trình ước số: => nghiệm phương trình (1) Ví dụ 2. Tìm nghiệm ngun của phương trình: x 3 - y 3 = xy + 8 (1) Hướng dẫn giải Ta có: 2 2 . 8x y x xy y− + + = Ta có x khác y vì nếu x = y => x 2 + 8 = 0 Vơ lý. Vì x; y ngun => 1x y− ≥ => 2 2 8x xy y xy+ + ≤ + => x 2 + xy + y 2 8xy≤ + (2) Nếu xy + 8 < 0=> (2)  (x + y) 2 ≤ -8. Vơ nghiệm. N ếu xy +8 > 0 => (2)  x 2 + y 2 ≤ 8 => x 2 , y 2 { } 0;1;4∈ Từ đó tìm được Hai nghiệm ngun của (1) là: (0; - 2); (2; 0) 4. Dạng 4: Phương trình dạng phân thức. Ví dụ 1 Tìm nghiệm ngun của phương trình: 1 1 1 1 6 6x y xy + + = (1) Hướng dẫn giải Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43) Ví dụ 2 Tìm x ngun sao cho − − 17 9 x x là bình phương của một phân số. Hướng dẫn giải Giả sử − − 17 9 x x =    ÷   2 a b Với a, b ngun, b khác 0 và (a, b) = 1. Nếu a = 0 => x = 17. Nếu a khác 0. Ta có (a 2 , b 2 ) = 1 => x – 17 = a 2 .k; x – 9 = b 2 .k (k ngun) Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình x =17; 18; 8 5. Dạng 5: Phương trình dạng mũ. Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: 2 x + 3 = y 2 (1) Hướng dẫn giải  Nếu x = 0 => y 2 = 4 => y = 2 hoặc y = -2.  Nếu x = 1 => y 2 = 5 Vơ nghiệm ngun.  Nếu x ≥ 2 => 2 x M 4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y 2 chia 4 dư 1 => Vơ lý.  Vậy nghiệm ngun của (1) là: (0; 2); (0; -2) II. BÀI TẬP: 1. Tìm nghiệm ngun của phương trình: a) 2x + 3y = 11 b) 3x + 5y = 10 2. Tìm tất cả các nghiệm ngun dương của phương trình: 4x + 5y = 65 3. Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11. 4. Tìm số ngun dương bé nhất chia cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11. 5. Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, 17 quả hỏng, số còn lại chia đều cho 79 người. Hỏi mỗi cây có ít nhất mấy quả? I. Tính chất cơ bản của BĐT: Bồi dưỡng học sinh THCS 4 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin a) a < b, b < c ⇒ a < c b) a < b ⇔ a +c < b+ c. c) a< b ⇔ a.c < b.c (với c > 0) a< b ⇔ a.c > b.c (với c < 0) d) a < b và c < d ⇒ a+c < b + d. e) 0 < a < b và 0 < c < d ⇒ a.c < b.d f) ( ) 2 1 2 1 n n n a b a b + + + < ⇔ < ∈¢ 0 < ( ) 2 2 n n n a b a b + < ⇔ < ∈¢ g) ( ) 2 1 2 1 n n n a b a b + + + < ⇔ < ∈¢ ( ) 2 2 0 n n n a b a b + < < ⇔ < ∈¢ II. BĐT Cauchy: (Cơ–si) a,b 0 2 a b ab + ≤ ∀ ≥ Đẳng thức 2 a b ab + = xảy ra khi và chỉ khi a = b. a, b, c 0 3 + + ≤ ∀ ≥ a b c abc Hệ quả: 1 a + 2 a ≥ , a 0∀ > III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối a) |x| ≥ 0, |x| ≥ x, |x| ≥ -x b) |x| ≤ a ⇔ -a ≤ x ≤ a ( với a > 0) |x| ≥ a ⇔ x ≤ -a hoặc x ≥ a c) |a|-|b| ≤ |a+b| ≤ |a| + |b|. II. BĐT Bunhinacơpxki Cho a, b, x, y là các số thực, ta có: ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 Đẳng thức xảy ra khi: a b x y = Tổng qt: Cho 2n số thực: 1 2 1 2 , , , ; , , , n n a a a b b b Ta có: 1 1 2 2 | | + + + ≤ n n a b a b a b 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ( )( ) n n a a a b b b + + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 1 2 n n a a a b b b = = = III. BĐT Becnuli Cho a > -1, n ∈ N * : (1+ + a) n ≥ 1 + na. Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc n = 1 • Bất đẳng thức Cơ-si mở rộng: Cho n số khơng âm: a 1 ; a 2; …; a n Ta có: 1 2 1 2 a a n n a a n a a a+ + + ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 a n a a= = = Bài 1: Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)( b 1 a 1 + ) ≥ 4 Giải: Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: (a+b) 2 ab 1 1 1 + 2 a b ab 1 1 1 (a+b) 2 .2 =4 a ab ab b ≥ ≥   + ≥  ÷   Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b. Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc ¡ . Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 2 | |ax by a b x y 2 + ≤ + + Áp dụng : 1. Cho x 2 + y 2 =1 , chứng minh - 2 ≤ x+y ≤ 2 2. Cho x+2y = 2 , chứng minh x 2 + y 2 ≥ 5 4 Bài 3 Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: Bồi dưỡng học sinh THCS 5 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin ( ) 1 1 1 9a b c a b c   + + + + ≥  ÷   Bài 4: Cho 3 ab+bc+ca , , 0. C/m: 3 a b c abc≥ ≥ Bài 5: Cho a,b,c >0. C/m: ab bc ca a b c c a b + + ≥ + + Bài 6: Cho a > 0, b > 0, c > 0, a + b + c =1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 64 a b c     + + + ≥  ÷ ÷ ÷     Bài 7: CMR với 4 số a, b, x, y bất kỳ ta có: ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Bài 8: Cho a, b, c, d > 0. Cm: ( )( ) dbcacdab ++≤+ Bài 9: CM bất đẳng thức: ( ) ( ) 22 2222 dbcadcba +++≥+++ Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT 2 222 cba ba c ac b cb a ++ ≥ + + + + + Bài 11: CM với mọi n ngun dương thì: 2 1 2 1 2 1 1 1 >++ + + + nnn Bài 12: Cho a 3 + b 3 = 2. Cmr: a + b ≤ 2. Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = -2 (1) a 2 + b 2 + c 2 = 2 (2) CMR mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn       − 0; 3 4 Bài 14: Cho a, b, c thỏa mãn hệ thức 2a + 3b = 5. CMR: 2a 2 + 3b 2 ≥ 5. Bài 15: Cho a, b là hai số thỏa mãn đi: a + 4b = 1. CM: a 2 + 4b 2 ≥ 5 1 . Dấu “=” xảy ra khi nào? Bài 16: CM: 3 1 2222 22222 < ++− +++− Bài 17: Chứng minh: a) ≥++ ))(( 2222 yxba (ax + by) 2 b) 2420 ≤−+−< xx Bài 18: Cho a, b, c > 0. Cm: 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a Bài 19: Cho 100 1 3 1 2 1 1 ++++=S . CMR: S khơng là số tự nhiên. Bài 20: a) Cho x, y dương. CMR: yxyx + ≥+ 411 . Dấu bằng xảy ra khi nào? Bồi dưỡng học sinh THCS 6 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin b) Tam giác ABC có chu vi 2 cba P ++ = .       ++≥ − + − + − cbacpbpap 111 2 111 Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì? Bài 21: a) CM x > 1 ta có: 2 1 ≥ −x x b) Cho a > 1, b > 1. Tìm GTNN của: 11 22 − + − = a b b a P Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì 9 111 ≥       ++ cba . Bài 24: CMR nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì: ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 25: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có chu vi là 2. CMR: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1) 2 + ( b - 2) 2 = 5. Cm: a + 2b ≤ 10. Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 = 4 + ab. CMR: 8 3 8 22 ≤+≤ ba . Dấu bằng xảy ra khi nào? Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. Ta có BĐT: 3 211 ≥ + ++ baba Bài 29: CMR nếu: a) 51 ≤≤ a thì 105413 ≤−+− aa b) a + b 2;01;0 =+≥+≥ bab thì 2211 ≤+++ ba Bài 30: Cho biểu thức 4 3 4 3 5 4 3 2 3 1 1 1 4 1 P x x x x x x x x x x x = − − − + − + − − − − + − + − CMR: 9 32 0 << P với 1±≠∀x . Bài 31: a) Cho a, b, k là các số dương và 1 a b < : a a k Cmr b b k + < + b) Cmr nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì: ba c ac b cb a + + + + + < 2. Bài 32: Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. CMR : 9 1 1 1 1 ≥       +       + ba Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0:         +≥++ x y y x x y y x 34 2 2 2 2 1) Định nghĩa: Là số có dạng 2 ,n n∈¢ . 2) Tính chất: 1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1 Bồi dưỡng học sinh THCS 7 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin 2. Nếu a=3k thì ( ) 2 0 mod9a ≡ ; Nếu 3a k≠ thì ( ) 2 1 mod3a ≡ 3. Giữa các bình phương của hai số ngun liên tiếp khơng có số chính phương nào 4. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; khơng thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 5. Nếu hiệu của hai số ngun bằng 2n thì tích của chúng thêm n 2 sẽ là số chính phương. 6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương. HD: G/s ab= c 2 và gọi d=(a,c) suy ra a=a 1 d; c=c 1 d, (c 1 , d 1 )=1do đó ab=c 1 2 d + Do ( ) 2 2 1 1 1 1 1 a d c c , 1b vi a c→ =M M + Do ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 , , 1 ; c c d b c b vi b d b a b c a d b → = = → = = =M M 7. Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- ngun tố thì số chính phương đó chia hết cho p 2 . Do đó nếu một số a chia hết cho số ngun tố p nhưng số a khơng chia hết cho p 2 thì a khơng là số chính phương. 2. Khi phân tích ra thừa số ngun tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số ngun tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Khơng có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n ∈ N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Khơng có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n ∈ N). 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số ngun x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 = (x 2 + 5xy + 4y 2 )( x 2 + 5xy + 6y 2 ) + y 4 Đặt x 2 + 5xy + 5y 2 = t ( t ∈ Z) thì A = (t - y 2 )( t + y 2 ) + y 4 = t 2 –y 4 + y 4 = t 2 = (x 2 + 5xy + 5y 2)2 V ì x, y, z ∈ Z nên x 2 ∈ Z, 5xy ∈ Z, 5y 2 ∈ Z ⇒ x 2 + 5xy + 5y 2 ∈ Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 ln là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈ N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n 2 + 3n)( n 2 + 3n + 2) + 1 (*) Bồi dưỡng học sinh THCS 8 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin Đặt n 2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t 2 + 2t + 1 = ( t + 1 ) 2 = (n 2 + 3n + 1) 2 Vì n ∈ N nên n 2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . Ta có k(k+1)(k+2) = 4 1 k(k+1)(k+2).4 = 4 1 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) ⇒ S = 4 1 .1.2.3.4 - 4 1 .0.1.2.3 + 4 1 .2.3.4.5 - 4 1 .1.2.3.4 +…+ 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) = 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 . 10 n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số = 4. 9 110 − n . 10 n + 8. 9 110 − n + 1 = 9 9810.810.410.4 2 +−+− nnn = 9 110.410.4 2 ++ nn =         + 3 110.2 n Ta thấy 2.10 n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n-1 chữ số 0 ⇒         + 3 110.2 n ∈ Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 Kết quả: A =         + 3 210 n ; B =         + 3 810 n ; Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a. A = 224.10 2n + 99…9.10 n+2 + 10 n+1 + 9 Bồi dưỡng học sinh THCS 9 GV: Lỡ Ngọc Sơn 2 2 Trường THPT An Lão Tổ: Tốn - Tin = 224.10 2n + ( 10 n-2 – 1 ) . 10 n+2 + 10 n+1 + 9 = 224.10 2n + 10 2n – 10 n+2 + 10 n+1 + 9 = 225.10 2n – 90.10 n + 9 = ( 15.10 n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n 2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n 2 + n + 1589 Giải a. Vì n 2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n 2 + 2n + 12 = k 2 (k ∈ N) ⇒ (n 2 + 2n + 1) + 11 = k 2 ⇔ k 2 – (n+1) 2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số ngun dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6 k – n - 1 = 1 n = 4 b. Đặt n(n+3) = a 2 (n ∈ N) ⇒ n 2 + 3n = a 2 ⇔ 4n 2 + 12n = 4a 2 ⇔ (4n 2 + 12n + 9) – 9 = 4a 2 ⇔ (2n + 3) 2 - 4a 2 = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số ngun dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c. Đặt 13n + 3 = y 2 ( y ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = y 2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) ⇒ (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 là số ngun tố nên y + 4  13 hoặc y – 4  13 ⇒ y = 13k ± 4 (Với k ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 ) 2 – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k 2 ± 8k + 1 Vậy n = 13k 2 ± 8k + 1 (Với k ∈ N) thì 13n + 3 là số chính phương. a. Đặt n 2 + n + 1589 = m 2 (m ∈ N) ⇒ (4n 2 + 1) 2 + 6355 = 4m 2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1) (2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a. a 2 + a + 43 b. a 2 + 81 c. a 2 + 31a + 1984 Bồi dưỡng học sinh THCS 10 GV: Lỡ Ngọc Sơn [...]... tiếp thêm 1 là số chính phương 13 Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 199 4 hoặc 199 5 được hay khơng? HD: a) N ≡ S ( N ) ( mod 3) Vì 199 4 ≡ 2 ( mod 3) nên nếu S(N)= 199 4 thì N ≡ 2 ( mod 3) b) vì 199 5 chia hết cho 3, nhưng 199 5 khơng chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương khơng thể bằng 199 5 14 Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số ngun liên tiếp khơng chính phương 2... thi HSG 4 x4 + 4 − 5x = 0 x2 − 2 ( Đề thi HSG V2 2003) Bài 32: a) x4 - 4x3 - 19x2 + 106x - 120 = 0 b) (x2 - x + 1)4 - 10(x2 - x + 1)2 4 +9x = 0 Bài 33: (x + 3 x + 2)(x + 9 x +18) = 168x (Đề thi HSG 2005) Bài 34: a) x2 + 4x + 5 = 2 2 x + 3 b) 3 x 3 + 8 = 2x2 - 6x + 4 4 =2 c) 2 − x + 2− x +3 3 Bài 35: x +1 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0 Bài 36: Cho phương trình: x4 -4 x3 +8x = m a) Giải phương trình khi m =... hệ thức 2a2+a = 3b2 + b thì a - b và 2a + 2b+ 1 là các số chính phương HD: Có 2a 2-2 b2+a-b=b2(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b2 Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+ 1-2 (a-b)=4b+1) Mặt khác (1) (1) ⇒ d 2 \ b 2 ⇒ d \ b ⇒ d \1 ⇒ d = 1 Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1 Từ đó ta được ĐPCM * Lưu ý: Từ gt suy ra (a-b)(3a+3b+1)=a2 nên (3a+3b+1) là chính phương 25 (HSGQG 199 5) Tìm p ngun tố sao cho tổng... + 2)2 + (x + 3)3 + (x + 4)4 = 2 ( Đề thi HSG V1 2003) Bài 24: a) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3 b) (x2 + 3x - 4)(x2 + x - 6) = 24 Bài 25: a) x3 - 6x + 4 = 0 b) x4 - 4x3 + 3x2 + 2x - 1 = 0 Bài 26: a) x4 + 2x3 + 5x2 + 4x - 12 = 0 b) x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 x 2 48  x 4 + 2 − 10 −  = 0 Bài 27: 3 x 3 x Bài 28: a) Phân tích thành nhân tử: 2(a2 + b2) -5 ab b) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5... - 10x + 1 = 0 b) x4 + 3x3 - 14x2 - 6x + 4 = 0 c) x4 - 3x3 + 3x + 1 = 0 Bài 9: a) x4 = 24x + 32 b) x3 + 3x2 - 3x + 1 = 0 5 3 x−8 + x 9 =1 Bài 10: Bài 17: 2004) Bài 18: Bài 19: Bài 20:  x −1 x +  = 8( Đề thi HSG V1  x  2 3 x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2 x +1 + 3 7 − x = 2 x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2 3x2 + 21x + 18 + 2 x 2 +7 x + 7 = 2 a) (x - 2)4 + (x - 3)4 = 1 b) x4 + 2x3 - 6x2 + 2x + 1 = 0 c) x4 +... tích m.n cũng là tổng của 4 số chính phương HD: (a2+b2+c2+d2)(m2+n2+p2+p2)=(am-bm-cp-dq)2+ +(an+bm-cq+dp)2+(ap+bq+cm-dn)2+(aq-bp+cn-dm)2 28 Chứng minh rằng tổng các bình phương của 7 số ngun liên tiếp khơng chính phương 29 Chứng minh rằng tổng các bình phương của 9 số ngun liên tiếp khơng chính phương 30 Tìm a ∈ ¥ để a2+a+15 89 chính phương 31 Chứng minh rằng nếu 8n+1 và 24n+1 là chính phương thì 8n+3... để P = -1 c) T ìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có m( x - 3)P > x + 1 Bài 9: Cho biểu thức x 2 + y 2 + xy xy - 1 x-y Bài 3: Tính giá trị biểu thức Q = x + y Biết x2 -2 y2 = xy và x ≠ 0; x + y ≠ 0 Bài 4: Cho biểu thức P = 15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3 + − x +3 x + 2 x − 3 1- x 1 a) Tìm các giá trị của x sao cho P = 2 b) Chứng minh P ≤ P= y x + y  − xy − x xy   Bài 10: Cho biểu thức 2 3 P= 3a + 9a − 3... a)   +  = 9  x   x −2 b) 2 5 x2 − 4  x −2 + =0  − 2 x2 −1  x −1  8− x 8− x x−  = 15 c) x x −1  x −1  Bài 21: Bài 22: 2 2 = 15 2 2x 7x − 2 =1 3 x − x + 2 3x + 5 x + 2 4x 2 2 = 12 Bài 12: x + ( x + 2) 2 Bài 11: 2 = 40 x3 + 1 ( Đề thi HSG 199 8) 18 GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão Bài 29: Bài 30: 2000) Bài 31: Tổ: Tốn - Tin x − 14 x−5 − 3+ x −5 x - 4 3 x -5 = 0 ( Đề thi HSG 4 x4 + 4... k – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10  101 hoặc k-10  101 Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10  101 2 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 91 2 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 2 Ta có n = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11. (99 a+a+b) (1)... ) − ( 10b + a ) = 99 ( a 2 − b 2 ) M 2 2 2 2 2 2 Vì 0 . a k+1 -a k b + a k b -b k+1 = a k (a-b)+ b(a k -b k ) = a k (a-b) + b(a-b)(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 ) = (a-b)[ a k + b(a k-1 +a k-2 b +… + b k-1 )] = (a-b)(a k +a k-1 b +… + b k ) = VP. thể bằng 199 4 hoặc 199 5 được hay khơng? HD: a) ( ) ( ) mod3N S N≡ . Vì ( ) 199 4 2 mod3≡ nên nếu S(N)= 199 4 thì ( ) 2 mod3N ≡ b) vì 199 5 chia hết cho 3, nhưng 199 5 khơng chia hết cho 9 nên tổng. phương: a. A = 22 499 91 00… 09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a. A = 224.10 2n + 99 9. 10 n+2 + 10 n+1 + 9 Bồi dưỡng học sinh THCS 9 GV: Lỡ Ngọc Sơn 2 2 Trường