Đang tải... (xem toàn văn)
CHUYÊN ĐỀ 1 PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A. MỤC TIÊU: Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử Nâng cao trình độ và kỹ năng về 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 thì có dạng pq trong đó p là ước của hệ số tự do, q là ước dương của hệ số cao nhất + Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nhân tử là x – 1 + Nếu f(x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì f(x) có một nhân tử là x + 1 + Nếu a là nghiệm nguyên của f(x) và f(1); f( 1) khác 0 thì và đều là số nguyên. Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước của hệ số tự do 1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4 Cách 1: Tách hạng tử thứ 2 3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 4 Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện một nhân tử là x – 2 Cách 1: x3 – x2 – 4 = = Cách 2: = Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 Nhận xét: không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = = Vì với mọi x nên không phân tích được thành nhân tử nữa Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4 Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1 x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 x3 + 2 x2 2 x 2) Vì x4 x3 + 2 x2 2 x 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích được nữa Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 x + 1 + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 x + 1997) Ví dụ 7: x2 x 2001.2002 = x2 x 2001.(2001 + 1) = x2 x – 20012 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: 1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) = (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 16x2(x4 + 1) + 32x4
CHUYÊN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại dạng tốn 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 + f(1) f(-1) + Nếu a nghiệm nguyên f(x) f(1); f(- 1) khác a - a + số nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = ±1; ±2; ±4 , có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta tách f(x) thành nhóm có xuất nhân tử x – Cách 1: x3 – x2 – = (x − x ) + ( x − x ) + ( x − ) = x ( x − ) + x( x − 2) + 2( x − 2) ( x − 2) ( x2 + x + 2) Cách 2: x − x − = x3 − − x + = ( x − ) − ( x − ) = ( x − 2)( x + x + 4) − ( x − 2)( x + 2) = ( x − ) ( x + x + ) − ( x + 2) = ( x − 2)( x + x + 2) Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: ±1, ±5 không nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = x − x − x + x + 15 x − = ( x − x ) − ( x − x ) + ( 15 x − ) 2 = x (3x − 1) − x(3x − 1) + 5(3x − 1) = (3 x − 1)( x − x + 5) 2 Vì x − x + = ( x − x + 1) + = ( x − 1) + > với x nên khơng phân tích thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử x + = x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + Tổng hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) Vì x4 - x3 + x2 - x - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng phân tích Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 +1; 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 1 + 2 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – x x ) = x2 [(x2 + x ) + 6(x x )+7] 1 Đặt x - x = y x2 + x = y2 + 2, 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: 2 2 A = ( x + y + z )( x + y + z ) + ( xy + yz +zx) ( x + y + z ) + 2( xy + yz +zx) ( x + y + z ) + ( xy + yz +zx) = 2 Đặt x + y + z = a, xy + yz + zx = b ta có 2 A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x + y + z + xy + yz + zx)2 4 2 2 2 2 Ví dụ 4: B = 2( x + y + z ) − ( x + y + z ) − 2( x + y + z )( x + y + z ) + ( x + y + z ) Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 2 2 2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x y + y z + z x ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; 2 2 2 B = - 4( x y + y z + z x ) + (xy + yz + zx)2 = −4 x y − y z − z x + x y + y z + z x + x yz + xy z + xyz = xyz ( x + y + z ) 3 3 Ví dụ 5: (a + b + c) − 4(a + b + c ) − 12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 m2 - n a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + ) Ta có: m3 + 3mn − 4c3 − 3c(m - n ) C = (m + c) – = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) = 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, ± 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 a + c = −6 ac + b + d = 12 ad + bc = −14 đồng đa thức với đa thức cho ta có: bd = Xét bd = với b, d ∈ Z, b ∈ { ±1, ±3} với b = d = hệ điều kiện trở thành a + c = −6 ac = −8 2c = − c = − ⇒ ⇒ a + 3c = −14 ac = a = −2 bd = Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) a − = −3 b − 2a = −7 a = ⇒ b = −5 c − 2b = c = −4 −2c = = 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c ⇒ Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - đa thức có tổng hệ số hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nahu nên có nhân tử x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – ac = 12 bc + ad = −10 a = c = ⇒ 3c − a = bd = −12 b = −6 d = 3d − b = 12 ⇒ ⇒ 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: CHUYÊN ĐỀ - SƠ LƯỢC VỀ CHỈNH HỢP, CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP A MỤC TIÊU: * Bước đầu HS hiểu chỉnh hợp, hoán vị tổ hợp * Vận dụng kiến thức vào ssó tốn cụ thể thực tế * Tạo hứng thú nâng cao kỹ giải toán cho HS B KIẾN THỨC: I Chỉnh hợp: định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp k phần tử tập hợp X ( ≤ k ≤ n) theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập k n phần tử Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu A k n Tính số chỉnh chập k n phần tử II Hoán vị: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp n phần tử tập hợp X theo thứ tự định gọi hoán vị n phần tử Số tất hốn vị n phần tử kí hiệu Pn Tính số hốn vị n phần tử ( n! : n giai thừa) III Tổ hợp: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi tập X gồm k phần tử n phần tử tập hợp X ( ≤ k ≤ n) gọi tổ hợp chập k n phần tử Số tất tổ hợp chập k n phần tử kí hiệu C k n Tính số tổ hợp chập k n phần tử C Ví dụ: Ví dụ 1: Cho chữ số: 1, 2, 3, 4, a) có số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số b) Có số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số c)Có cách chọn ba chữ số chữ số Giải: a) số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2) = = 60 số b) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số hoán vị cua phần tử (chỉnh hợp chập phần tử): A 5 = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = = 120 số c) cách chọn ba chữ số chữ số tổ hợp chập phần tử: C 5.(5 - 1).(5 - 2) 5.4.3 60 = = = 10 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: A = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = = 120 số Trong hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), chữ số có mặt: 120 : = 24 lần Tổng chữ số hang: (1 + + + + 5) 24 = 15 24 = 360 Tổng số lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960 b) chữ số tận có cách chọn (là 4) bốn chữ số trước hốn vị của chữ số cịn lại có P4 = 4! = = 24 cách chọn Tất có 24 = 48 cách chọn - Neáu y = x = A = b) xét x + y ≥ A ≤ So sánh giá trị A, ta thấy max A = ⇔ x = 0; y = 4) Sử dụng bất đẳng thức Ví dụ: Tìm GTLN A = 2x + 3y biết x2 + y2 = 52 p dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) cho số 2, x , 3, y ta có: (2x + 3y)2 ≤ (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 ⇒ 2x + 3y ≤ 26 3x x y 3x ⇔ = ÷ ⇒ y = ⇒ x2 + y2 = x2 + = 52 ⇔ 13x2 = Max A = 26 52.4 ⇔ x = ± Vaäy: Ma x A = 26 ⇔ x = 4; y = hoaëc x = - 4; y = - 5) Hai số có tổng không đổi tích chúng lớn chúng Hai số có tích không đổi tổng chúng lớn chúng a)Ví dụ 1: Tìm GTLN A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn x2 – 3x + = 21 + 3x – x2 ⇔ x2 – 3x – 10 = ⇔ x = hoaëc x = - Khi A = 11 11 = 121 ⇒ Max A = 121 ⇔ x = hoaëc x = - (x + 4)(x + 9) x b) Ví dụ 2: Tìm GTNN B = (x + 4)(x + 9) x + 13x + 36 36 = =x+ + 13 x x x Ta coù: B = 36 36 36 x+ x nhỏ ⇔ x Vì số x x có tích x x = 36 không đổi nên 36 = x ⇔ x=6 ⇒ A= x+ 36 + 13 x nhỏ A = 25 ⇔ x = 6)Trong tìm cực trị cần tồn giá trị biến để xẩy đẳng thức không cần giá trị để xẩy đẳng thức Ví dụ: Tìm GTNN A = 11m − 5n Ta thấy 11m tận 1, 5n tận Nếu 11m > 5n A tận 6, 11m < 5n A tận m = 2; n = thÌ A = 121 − 124 = ⇒ A = 4, chẳng hạn m = 2, n=3 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: 2 - Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − xy + y = 169 (1) ( x − y ) + x = 144 + 25 2 ⇔ x − xy + y + x = 144 + 25 = 169 + ⇔ ( x − y ) + x = 169 + (1) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta coù: ( x − y ) = 122 x = ±5 x = ±5 ⇒ ; 22 x = 52 y = m y = m ( x − y ) = 52 x = ±12 x = ±12 ⇒ ; 2 19 29 y = m y = m x = 12 ( x − y ) = 132 x = ⇒ x2 = y = ±13 ( x − y ) = x = ±13 ⇒ 2 y = ±26 x = 13 ( 5; −2 ) ; ( 5; −22 ) ; ( −5; ) ; ( −5; 22 ) ; ( 12; −19 ) ; ( 12; −29 ) ( x, y ) ∈ ( −12;19 ) ; ( −12; 29 ) ; ( 0;13) ; ( 0; −13 ) ; ( 13; 26 ) ; ( −13; −26 ) Vaäy 2 Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả maõn: x + y − x − y = (2) (2) ⇔ x − x + y − y = 32 ⇔ x − x + + y − y + = 34 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 52 + 32 ( x − 1) = 32 x = 2; x = −1 ⇒ ( y − 1) = 52 y = 3; y = −2 ⇒ ( x − 1) = 52 x = 3; x = −2 ⇒ ( y − 1) = 32 y = 2; y = −1 Vaäy ( x; y ) ∈ { ( 2;3) ; ( 2; −2 ) ; ( −1;3) ; ( −1; −2 ) ; ( 3; ) ; ( 3; −1) ; ( −2; ) ; ( −2; −1) } 3 Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − y = 91 (1) (1) ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = 91.1 = 13.7 ( x − y ) ( x + xy + y ) (x (Vì + xy + y ) > ) x − y = x = x = −5 ⇒ ; 2 ( x + xy + y ) = 91 y = y = −6 = 91.1 ⇒ x − y = 91 ⇒ VN 2 ( x + xy + y ) = 2 Ví dụ 4: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + x − y = (2) x + x − y = ⇒ x + x − y = ⇒ ( x + 1) − ( y ) = ⇒ ( x + y + 1) ( x − xy + 1) = 2 2 x + y + = x = ⇒ 2 x − y + = y = ⇒ 2 x + y + = −1 x = −1 ⇒ 2 x − y + = −1 y = Vaäy: ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( −1;0 ) } - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng Do đó; ta giả thiết x ≤ y ≤ z ; tìm điều kiện nghiệm; loại trừ dần ẩn để có phương trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy nghiệm Ta thường giả thiết ≤ x ≤ y ≤ z ≤ Các ví dụ minh hoạ: + Ví dụ 1: Tìm x; y; z ∈ Z thoả mãn: x + y + z = x y.z (1) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy phương trình đối xứng Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Khi đó: + (1) ⇒ x y.z = x + y + z ≤ 3z ⇒ x y ≤ (Vì x; y; z ∈ Z ) ⇒ x y ∈ { 1; 2;3} * Neáu: x y = ⇒ x = y = ⇒ + z = z (voâ lí) * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = 2; z = * Neáu: x y = ⇒ x = 1; y = ⇒ z = < y (vô lí) Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2;3) 1 + + =2 Ví dụ 2: Tìm x; y; z ∈ Z thoả mãn: x y z (2) + Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây phương trình đối xứng Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Khi đó: (2) ⇒2= Với: .Nếu: 1 3 + + ≤ ⇒ x ≤ ⇒ x =1 x y z x x =1⇒1 = y =1⇒ 1 + ≤ ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ { 1; 2} y z y =0 z (vô lí) .Nếu: y = ⇒ z = Vậy: x; y; z hoán vị ( 1; 2; ) - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z để: A= x2 + x x2 + x + nhận giá trị nguyên A= Ta coù: x2 + x x2 + x + − 1 = = 1+ 2 x + x +1 x + x +1 x + x + Khi đó: Để A nhận giá trị nguyên x + x + nhận giá trị nguyeân ⇒ 1Mx + x + 1) ⇒ ( x + x + 1) ∈ U ( 1) = { −1;1} ( Vì : (x x = + x + 1) > 0; ∀x ∈ ¢ ⇒ x + x + = ⇒ x = −1 Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = x = −1 2 Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: y x + x + y + = x + y + x y (2) ⇒ y ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + = ( *) Với: x = 1; ( *) ⇒ = ⇒ x = ngiệm phương trình Neân: y2 − x − y + = ( **) x −1 Phương ⇔ trình có nghiệm nguyên x = ∈ ¢ ⇔ ( x − 1) ∈ U (1) = { 1; −1} ⇒ x −1 x = x x; y ∈ Z + thoả mãn: + = ( y + 1) (3) Ví dụ 3: Tìm Ta coù: x x (3) ⇒ = ( y − 1) − = y ( y + ) số lẻ ⇒ y; ( y + ) hai số lẻ liên tiếp ⇒ ( y; y + ) = ⇒ y; y + luỹ thừa 3, nên: y = 3m ( *) ( m + n = x ) ⇒ 3m + = 3n ⇒ m < n n y + = ( **) Với: m = 0; ⇒ n = ⇒ y = 1; x = yM ⇒ ( y; ( y + ) ) ≠ ( *) ; ( **) ⇒ ( y + ) M m ≥ 1; ⇒ n > Từ Với: ( vô lí) x = Phương trình có nghiệm nguyên: 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: a1 ; a2 ; a3 ; ; an Khi đó: a1 + a2 + a3 + + an n ≥ a1.a2 a3 .an n Dấu “=” xảy ⇔ a1 = a2 = a3 = = an * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1 ; a2 ; a3 ; ; an vaø b1 ; b2 ; b3 ; ; bn Khi đó: ( a1.b1 + a2 b2 + a3 b3 + + an bn ) ≤ ( a1 + a2 + a3 + + an ) ( b1 + b2 + b3 + + bn ) Dấu “=” xảy ⇔ = kbi ( i = 1; n ) *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối: a + b ⇔ a.b ≥ a + b = a − b ⇔ a.b < Các ví dụ minh hoạ: x y y.z z.x + + =3 x y Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả: z (1) + Áp dụng BĐT Cô – si Ta có: 3= x y y.z z.x x y y.z z.x + + ≥ 3 = 3 x y.z z x y z x y ⇒ x y.z ≤ ⇔ x y.z ≤ ⇒ x = y = z = Vậy nghiệm phương trình là: x = y = z = ( x + y + 1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: = ( x + y + 1) (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: ( x + y + 1) ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( x + y + 1) = ( x + y + 1) Dấu “=” xảy ⇔ x y = = ⇒ x = y =1 1 Vậy nghiệm phương trình là: x = y = Ví dụ 3: Tìm tất số nguyên x thoả mãn: x − + x − 10 + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 (3) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 a = −a Ta có:(3) ⇒ − x + 10 − x + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 Maø 3− x ≥ 3− x 10 − x ≥ 10 − x a ≥ a ⇒ x + 101 ≥ x + 101 ⇒ 2004 ≥ x + 101 + 2003 ⇒ x + 101 ≤ x + 990 ≥ x + 990 x + 1000 ≥ x + 1000 Do đó: −1 ≤ ( x + 101) ≤ ⇒ ( x + 101) ∈ { −1;0;1} ⇒ x ∈ { −102; −101; −100} Với x = −101 ⇒ 2004 = 2003 (vô lí) Vậy nghiệm phương trình là: x ∈ { −102; −100} 2 1) Tìm số nguyên x,y,z thoả m·n: x + y + z ≤ xy + y + z Vì x,y,z sè nguyªn nªn x + y + z ≤ xy + y + z − y2 3y2 ⇔ x + y + z − xy − y − z + ≤ ⇔ x − xy + ÷+ − y + ÷+ z − z + ≤ ( 2 y y ⇔ x − ÷ + − 1÷ + ( z − 1) ≤ 2 2 ) y y x − ÷ + − 1÷ + ( z − 1) ≥ 2 (*) Mµ ∀x, y ∈ R y x − = x =1 y ⇔ −1 = ⇔ y = 2 z =1 2 y z −1 = y ⇒ x − ÷ + − 1÷ + ( z − 1) = tìm x =1 y = z =1 PHƯƠNG PHÁP 5: Phửụng phaựp lửùa choùn Các số x,y,z phải Phửụng pháp: Phương pháp sử dụng với phương trình mà ta nhẩm (phát dể dàng) vài giá trị nghiệm - Trên sở giá trị nghiệm biết Áp dụng tính chất chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trị khác phương trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: + Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + 3x + = y Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x = 0; y = ±1 phương trình nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x ≠ + Với x = 0; y = ±1 phương trình nghiệm + Với x > Khi đó: x + x3 + < x + 3x + < x + x3 + ⇒ ( x + 1) < y < ( x3 + ) Vì (x + 1) ; ( x + ) (*) hai số nguyên liên tiếp nên giá trị y thoả (*) Vậy x = 0; y = ±1 nghiệm phương trình + 2 y +1 Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoaû: x + x − = (2) (Tạp chí Toán học tuổi trẻ ) x + x − 1) Gọi b chữ số tận x ( Với b ∈ { 0;1; 2; ;9} Khi đó: ( có chữ số tận là: 1, (*) y+1 Mặt khác: luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vô nghiệm + 2 Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − xy + 13 y = 100 (3) y ≤5 ⇒ ( x − 3) = ( 25 − y ) ⇒ 2 ( 25 − y ) = n ( n ∈ ¥ ) (3) Do đó: y ∈ { −5; −4; −3;0;3; 4;5} ⇒ x ∈ { 3;9;11;13} Phương trình có nghiệm nguyên: ( x; y ) ∈ { ( −5;3) ; ( −4;9 ) ; ( −3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3 ) } PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) số tự do, để có phương trình đơn giản - Sử dụng linh hoạt phương pháp để giải phương trình Các ví dụ minh hoạ: 3 Ví dụ 1: Giải phương trình: x − y − z = (1) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy x3 − y − z = ⇒ ( x3 − y − z ) M Ta coù: (1) ( −3 y − 9z3 ) M 3 neân x M ⇒ ( x − y − z ) M ⇒ x M ⇒ x M ⇒ x = 3x1 3 Khi đó: (1) maø ⇒ ( 27 x13 − y − z ) M ⇒ ( x13 − y − z ) M ⇒ y M ⇒ y M ⇒ y = y1 3 3 ⇒ ( x13 − 27 y13 − z ) M ⇒ z M ⇒ z M ⇒ y = z1 3 * Tiếp tục biểu diễn gọi x0 ; y0 ; z0 nghiệm (1) ∈ U ( x0 ; y0 ; z0 ) vaø ≤ x0 ; y0 ; z0 ≤ Thực thử chọn ta được: x0 = y0 = z0 = Vậy nghiệm phương trình là: x0 = y0 = z0 = tập KHáC 1/Dùng định nghĩa a2 + 1) Cho abc = vµ a > 36 Chøng minh r»ng b2+c2> ab+bc+ac Gi¶i Ta cã hiƯu: a2 a2 a2 + + + b2+c2- ab- bc – ac = 12 b2+c2- ab- bc – ac a2 a2 a a − 36abc + − = ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) + 12 3bc =( -b- c)2 + 12a a a − 36abc =( -b- c)2 + 12a >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên a2 + Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chøng minh r»ng a >0 ) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) a) 2 b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã : a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > 2 c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Gi¶i : a) XÐt hiƯu : 2 4 2 2 2 H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) H ≥ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái có thÓ viÕt 2 H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + ⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt 2 H = ( a − b + 1) + ( b − 1) H ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tơng đơng (x ) + y2 ≥8 ( x − y) 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng : Gi¶i : Ta cã x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + 2 ⇒ (x + y2 ) = ( x − y) 2 (v× xy = 1) + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với ( x y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ ( x − y ) − ≥ B§T cuối nên ta có điều phải chứng minh 1 + ≥ 2 2) Cho xy ≥ Chøng minh r»ng : + x + y + xy Gi¶i : Ta cã 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy ⇔ 1 1 + x − + y + + y − + xy ≥ xy − x xy − y + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ⇔ ⇔ ( ) ( ) ⇔ x ( y − x) y( x − y) + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ( ) ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chứng minh r»ng a2 + b2 + c2 ≥ Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (a,b,c) (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) Ta cã ⇔ ⇔ ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) a2 + b2 + c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng Chứng minh ( a + b + c ). + + ≥ a b c (1) Gi¶i : (1) ⇔ 1+ a b a c b c a a b b c c 3+ + + + + + ≥ + + +1+ + + +1 ≥ b a c a c b ⇔ b c a c a a x y + y x áp dụng BĐT phơ Víi x,y > Ta cã B§T ci cïng ( a + b + c ). + + ≥ a b c Vậy (đpcm) Iv / dùng phơng pháp bắc cÇu 1) Cho < a, b,c a + b3 3 VËy a + b < + a b b3 + c < + b 2c 3 T¬ng tù ta cã : a + c < + c a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a 2) So s¸nh 31 Giải : 11 17 14 ( ) 11 3211 = 25 Ta thấy 31 < Mặt khác ( ) 256 = 24.14 = 24 11 Vëy 31 < 17 V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè vÝ dô 4: (®pcm) 14 14 11 = 255 < 256 = 1614 < 1714 (®pcm) Cho sè a,b,c,d bÊt kú, chøng minh r»ng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta cã ac + bd ≤ a2 + b2 c2 + d 2 2 2 mµ ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ( ) ≤ a2 + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d 2 2 2 ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d ... ta có: (4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 86 4x2 432x + 81 Tổng hệ số: 256 - 7 68 + 86 4 - 432 + 81 = b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x... 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng... x8 + x4 +1; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 1 28 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 1 28 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128