20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN CHUN 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 + + Nếu a nghiệm ngun f(x) f(1); f(- 1) khác f(1) f(-1) số ngun a-1 a+1 Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = ±1; ±2; ±4 , có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta tách f(x) thành nhóm có xuất nhân tử x – Cách 1: 2 2 x3 – x2 – = ( x − x ) + ( x − x ) + ( x − ) = x ( x − ) + x( x − 2) + 2( x − 2) = ( x − ) ( x + x + ) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 3 2 Cách 2: x − x − = x − − x + = ( x − ) − ( x − ) = ( x − 2)( x + x + 4) − ( x − 2)( x + 2) 2 = ( x − ) ( x + x + ) − ( x + 2)  = ( x − 2)( x + x + 2) Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: ±1, ±5 khơng nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên 3 2 2 f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x − x − x + x + 15 x − = ( 3x − x ) − ( x − x ) + ( 15 x − ) = x (3x − 1) − x(3x − 1) + 5(3x − 1) = (3 x − 1)( x − x + 5) Vì x − x + = ( x − x + 1) + = ( x − 1) + > với x nên khơng phân tích thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử x + x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + Tổng hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) Vì x4 - x3 + x2 - x - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng phân tích Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + Giả sử x ≠ ta viết x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – 1 + ) = x2 [(x2 + ) + 6(x )+7] x x x x TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Đặt x - 1 = y x2 + = y2 + 2, x x A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - ) + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 x Chú ý: Ví dụ giải cách áp dụng đẳng thức sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3: A = ( x + y + z )( x + y + z )2 + ( xy + yz +zx)2 2 2 2 = ( x + y + z ) + 2( xy + yz +zx)  ( x + y + z ) + ( xy + yz +zx) Đặt x + y + z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x + y + z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x + y + z ) − ( x + y + z )2 − 2( x + y + z )( x + y + z )2 + ( x + y + z )4 Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x y + y z + z x ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( x y + y z + z x ) + (xy + yz + zx)2 = −4 x y − y z − z x + x y + y z + z x + 8x yz + 8xy z + 8xyz = xyz ( x + y + z ) Ví dụ 5: (a + b + c)3 − 4(a + b3 + c3 ) − 12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + m2 - n ) Ta có: m3 + 3mn − 4c3 − 3c(m - n ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) C = (m + c) – 4 = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Nhận xét: số ± 1, ± khơng nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun củng khơng có nghiệm hữu tỉ Như đa thức phân tích thành nhân tử phải có dạng TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd  a + c = −6  ac + b + d = 12  đồng đa thức với đa thức cho ta có:   ad + bc = −14 bd = Xét bd = với b, d ∈ Z, b ∈ { ±1, ±3} với b = d = hệ điều kiện trở thành  a + c = −6  ac = −8  2c = −  c = −  ⇒ ⇒  a = −2  a + 3c = −14 ac = bd = Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c)  a − = −3 b − 2a = −7 a =   ⇒ b = −5 = 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c ⇒  c − 2b = c = −4   −2c = Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - đa thức có tổng hệ số hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nahu nên có nhân tử x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy –  ac = 12 bc + ad = −10 a =   c = ⇒ 3c − a = ⇒ bd = −12 b = −6  d = 3d − b = 12 ⇒ 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 -4 7x 10)1)64x + y+4 + 16 11)2)a6x+ -a9x + a+2b6x + b - b6 6x2 +- xy3+- 30 12)3)x3x+-3xy 4) 2x - x + 5x 2+ 13) 4x + 4x + 5x + 2x + 5) 27x - 27x2 + 18x - 14) x + x + 6) x82 + 2xy4 + y2 - x - y - 12 15) x + 3x + 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 16) 3x24 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 8) 4x - 32x + 17)9)x43(x - 8x + 63 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 CHUN ĐỀ2 - SƠLƯỢC VỀCHỈNH HỢP, CHUN ĐỀ 2: HỐN VỊ, TỔ HỢP A MỤC TIÊU: * Bước đầu HS hiểu chỉnh hợp, hốn vị tổ hợp * Vận dụng kiến thức vào ssó tốn cụ thể thực tế * Tạo hứng thú nâng cao kỹ giải tốn cho HS B KIẾN THỨC: I Chỉnh hợp: định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp k phần tử tập hợp X ( ≤ k ≤ n) theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập k n phần tử Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu A k n Tính số chỉnh chập k n phần tử A k n = n(n - 1)(n - 2)…[n - (k - 1)] TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN II Hốn 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 hốn vị n phần tử Số tất hốn vị n phần tử kí hiệu Pn Tính số hốn vị n phần tử Pn = ( n! : n giai thừa) A n n = n(n - 1)(n - 2) …2 = n! III Tổ hợp: Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi tập X gồm k phần tử n phần tử tập hợp X ( ≤ k ≤ n) gọi tổ hợp chập k n phần tử Số tất tổ hợp chập k n phần tử kí hiệu C k n Tính số tổ hợp chập k n phần tử C k n = A n n : k! = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! C Ví dụ: Ví dụ 1: Cho chữ số: 1, 2, 3, 4, a) có số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số b) Có số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số c)Có cách chọn ba chữ số chữ số Giải: a) số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2) = = 60 số b) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số hốn vị cua phần tử (chỉnh hợp chập phần tử): TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN A 5 = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = = 120 số c) cách chọn ba chữ số chữ số tổ hợp chập phần tử: C = 5.(5 - 1).(5 - 2) 5.4.3 60 = = = 10 nhóm 3! 3.(3 - 1)(3 - 2) Ví dụ 2: Cho chữ số 1, 2, 3, 4, Dùng chữ số này: a) Lập số tự nhiên có chữ số khơng có chữ số lặp lại? Tính tổng số lập b) lập số chẵn có chữ số khác nhau? c) Lập số tự nhiên có chữ số, hai chữ số kề phải khác d) Lập số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn Giải a) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số chỉnh hợp chập phần tử: A = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = = 120 số Trong hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), chữ số có mặt: 120 : = 24 lần Tổng chữ số hang: (1 + + + + 5) 24 = 15 24 = 360 Tổng số lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960 b) chữ số tận có cách chọn (là 4) bốn chữ số trước hốn vị của chữ số lại có P4 = 4! = = 24 cách chọn Tất có 24 = 48 cách chọn c) Các số phải lập có dạng abcde , : a có cách chọn, b có cách chọn (khác a), c có cách chọn (khác b), d có cách chọn (khác c), e có cách chọn (khác d) Tất có: = 1280 số d) Chọn chữ số chẵn, có cách chọn chọn chữ số lẻ, có cách chọn Các chữ số hốn vị, có: TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 4! =1 = 72 số · ≠ 1800 Trên Ax lấy điểm khác A, Ay lấy điểm khác A 12 Bài 3: Cho xAy điểm nói (kể điểm A), hai điểm củng nối với đoạn thẳng Có tam giác mà đỉnh 12 điểm Giải Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại: + Loại 1: tam giác có đỉnh A, đỉnh thứ thuộc Ax (có cách chọn), đỉnh thứ thuộc Ay (có cách A B1 A1 chọn), gồm có: = 30 tam giác B2 B3 A2 + Loại 2: Các tam giác có đỉnh điểm B1, B2, A3 B4 A4 y B5 A5 A x B3, B4, B5 (có cách chọn), hai đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có C = 6.5 30 = = 15 cách chọn) 2! Gồm 15 = 75 tam giác + Loại 3: Các tam giác có đỉnh điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 hai đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 gồm có: C = 5.4 20 = = 60 tam giác 2! Tất có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác Cách 2: số tam giác chọn 12 điểm C 12 = 12.11.10 1320 1320 = = = 220 3! 3.2 Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ax là: C Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ay là: C = 7.6.5 210 210 = = = 35 3! 3.2 = 6.5.4 120 120 = = = 20 3! 3.2 Số tam giác tạo thành: 220 - ( 35 + 20) = 165 tam giác D BÀI TẬP: Bài 1: cho số: 0, 1, 2, 3, từ chữ số lập số tự nhiên: a) Có chữ số gồm chữ số ấy? b) Có chữ số, có chữ số khác nhau? TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 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 Bài 3: Trên trang có đường kẻ thẳng đứng đường kẻ nằm ngang đơi cắt Hỏi trang có hình chữ nhật CHUN ĐỀ - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC A MỤC TIÊU: HS nắm cơng thức khai triển luỹ thừa bậc n nhị thức: (a + b)n Vận dụng kiến thức vào tập xác định hệ số luỹ thừa bậc n nhị thức, vận dụng vào tốn phân tích đa thức thành nhân tử B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Nhị thức Niutơn: Trong đó: (a + b)n = an + C1n an - b + C2n an - b2 + …+ Cnn −1 ab n - + bn C kn = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] 1.2.3 k II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn: Cách 1: Dùng cơng thức C kn = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] k! Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7 C 74 = 7.6.5.4 7.6.5.4 = = 35 4! 4.3.2.1 n! 7! 7.6.5.4.3.2.1 k = = 35 Chú ý: a) C n = n!(n - k) ! với quy ước 0! = ⇒ C 74 = 4!.3! 4.3.2.1.3.2.1 b) Ta có: C kn = C kn - nên C 74 = C 37 = 7.6.5 = 35 3! Cách 2: Dùng tam giác Patxcan TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 2)Ví dụ 2: Cho x + y + z = a) Tìm GTNN A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN B = xy + yz + xz Từ Cho x + y + z = ⇒ Cho (x + y + z)2 = ⇔ x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (1) Ta có x + y + z - xy – yz – zx = 2 ( x + y + z - xy – yz – zx) 2 = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z )  ≥ ⇒ x + y + z ≥ xy+ yz + zx (2) Đẳng thức xẩy x = y = z a) Từ (1) (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≤ x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2) ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ ⇒ A = ⇔ x = y = z = b) Từ (1) (2) suy = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≥ xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx) ⇒ xy+ yz + zx ≤ ⇒ max B = ⇔ x = y = z = 3) Ví dụ 3: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x + y + z = 1 V× x,y,z > ,¸p dơng B§T C«si ta cã: x+ y + z ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤ ⇒ xyz ≤ 27 ¸p dơng bÊt ®¼ng thøc C«si cho x+y ; y+z ; x+z ta cã ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) DÊu b»ng x¶y x = y = z = VËy S cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ ⇒ ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 8 ⇒ S ≤ = 27 27 729 x = y = z = 729 4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa x4 + y + z ¸p dơng B§T Bunhiacèpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z) Ta cã ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) ⇒ ≤ ( x + y + z ) 2 (1) ¸p dơng B§T Bunhiacèpski cho ( x , y , z ) vµ (1,1,1) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Ta cã ( x + y + z ) ≤ (12 + 12 + 12 )( x + y + z ) ⇒ ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) Tõ (1) vµ (2) ⇒ ≤ 3( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≤ VËy x + y + z cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ x= y = z = ± 3 D Một số ý: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta đổi biến Ví dụ : Khi tìm GTNN A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – = y A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + ≥ 2… 2) Khi tìm cực trò biểu thức, ta thay đk biểu thức đạt cực trò đk tương đương biểu thức khác đạt cực trò: +) -A lớn ⇔ A nhỏ ; +) B lớn ⇔ B nhỏ (với B > 0) +) C lớn ⇔ C2 lớn x4 + Ví dụ: Tìm cực trò A = x + ( ) a) Ta có A > nên A nhỏ lớn nhất, ta có A 1 ( x + 1) 2x = = 1+ ≥ ⇒ A = ⇔ x = ⇒ max A = ⇔ x = A x +1 x +1 b) Ta có (x2 – 1)2 ≥ ⇔ x4 - 2x2 + ≥ ⇒ x4 + ≥ 2x2 (Dấu xẩy x2 = 1) Vì x + > ⇒ ⇒ A = 2x 2x ⇒ ⇔ x2 = ≤ 1+ ≤ + = ⇒ max = A x +1 x +1 ⇔ x= ±1 3) Nhiều ta tìm cực trò biểu thức khoảng biến, sau so sámh cực trò để để tìm GTNN, GTLN toàn tập xác đònh biến y Ví dụ: Tìm GTLN B = - (x + y) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN a) xét x + y ≤ - Nếu x = A = - Nếu ≤ y ≤ A ≤ - Nếu y = x = A = b) xét x + y ≥ A ≤ So sánh giá trò 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 Max A = 26 ⇔ x y 3x ⇒y = ⇒ x2 + y2 = x2 + = 2  3x   ÷ = 52 ⇔ 13x = 52.4 ⇔ x = ±   Vậy: Ma x A = 26 ⇔ x = 4; y = 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 = x = - Khi A = 11 11 = 121 ⇒ Max A = 121 ⇔ x = x = - b) Ví dụ 2: Tìm GTNN B = Ta có: B = (x + 4)(x + 9) x + 13x + 36 36 = =x+ + 13 x x x Vì số x ⇒ A= x+ (x + 4)(x + 9) x 36 36 36 36 ⇔ x=6 có tích x = 36 không đổi nên x + nhỏ ⇔ x = x x x x 36 + 13 nhỏ A = 25 ⇔ x = x TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 6)Trong tìm cực trò cần tồn giá trò biến để xẩy đẳng thức không cần giá trò để xẩy đẳng thức m n Ví dụ: Tìm GTNN A = 11 − Ta thấy 11m tận 1, 5n tận Nếu 11m > 5n A tận 6, 11m < 5n A tận m = 2; n = thÌ A = 121 − 124 = ⇒ A = 4, chẳng hạn m = 2, n = 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 (1) ⇔ x − xy + y + x = 144 + 25 = 169 + ⇔  2 ( x − y ) + x = 169 + (II) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:  ( x − y ) = 122  x = ±5  x = ±5  ⇒ ;   x = 52  y = m2  y = m22   ( x − y ) = 52  x = ±12  x = ±12 ⇒ ;  2 y = m 19   y = m29 x = 12    ( x − y ) = 132 x =  ⇒   x =  y = ±13   ( x − y ) =  x = ±13 ⇒  2  y = ±26 x = 13   TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN ( 5; −2 ) ; ( 5; −22 ) ; ( −5; ) ; ( −5; 22 ) ; ( 12; −19 ) ; ( 12; −29 )  x , y ∈ ( )   Vậy ( −12;19 ) ; ( −12; 29 ) ; ( 0;13) ; ( 0; −13 ) ; ( 13; 26 ) ; ( −13; −26 )  2 Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x + y − x − y = (2) 2 2 2 (2) ⇔ x − x + y − y = 32 ⇔ x − x + + y − y + = 34 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = + 2  ( x − 1) = 32  x = 2; x = −1   ⇒  ( y − 1) = 52  y = 3; y = −2   ⇒  ( x − 1) = 52  x = 3; x = −2   ⇒  ( y − 1) = 32  y = 2; y = −1  Vậy ( x; y ) ∈ { ( 2;3) ; ( 2; −2 ) ; ( −1;3) ; ( −1; −2 ) ; ( 3; ) ; ( 3; −1) ; ( −2; ) ; ( −2; −1) } 3 Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − y = 91 (1) 2 2 (1) ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = 91.1 = 13.7 (Vì ( x + xy + y ) > ) ( x − y ) ( x + 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 = Vậy: ( 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 TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN - 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 vò 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} * Nếu: x y = ⇒ x = y = ⇒ + z = z (vô lí) * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = 2; z = * Nếu: x y = ⇒ x = 1; y = ⇒ z = < y (vô lí) Vậy: x; y; z hoán vò ( 1; 2;3) 1 + 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: 1 3 (2) ⇒ = x + y + z ≤ x ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 Với: x = ⇒ = y + z ≤ y ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ { 1; 2} .Nếu: y = ⇒ z = (vô lí) .Nếu: y = ⇒ z = Vậy: x; y; z hoán vò ( 1; 2; ) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z để: A = Ta có: A = x2 + x x2 + x + nhận giá trò nguyên x2 + x x2 + x + − 1 = = 1+ Khi đó: 2 x + x +1 x + x +1 x + x +1 Để A nhận giá trò nguyên x + x + nhận giá trò nguyên ⇒ 1M( x + x + 1) ⇒ ( x + x + 1) ∈ U ( 1) = { −1;1} x = 2 Vì : ( x + x + 1) > 0; ∀x ∈ ¢ ⇒ x + x + = ⇒  x = −1  Vậy để A nhận giá trò 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 Nên: y2 − x − y + = ( **) x −1 x = Phương trình có nghiệm nguyên ⇔ x − ∈ ¢ ⇔ ( x − 1) ∈ U (1) = { 1; −1} ⇒  x =  + x Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: + = ( y + 1) (3) Ta có: x (3) ⇒ = ( y − 1) − = y ( y + ) 3x 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 = TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN  y M3   Với: m ≥ 1; ⇒ n > Từ ( *) ; ( **) ⇒  y + M3 ⇒ ( y; ( y + ) ) ≠ ( 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 Dấu “=” xảy ⇔ a1 = a2 = a3 = = an n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1 ; a2 ; a3 ; ; an 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 trò tuyết đối:  a + b ⇔ a.b ≥ a + b =  a − b ⇔ a.b < Các ví dụ minh hoạ: x y y z z x + Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả: z + x + y = (1) x y y.z z x x y y.z z.x Áp dụng BĐT Cô – si Ta có: = z + x + y ≥ 3 z x y = 3 x y.z ⇒ x y.z ≤ ⇔ x y.z ≤ ⇒ x = y = z = Vậy nghiệm phương trình là: x = y = z = TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 2 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: ( x + y + 1) = ( x + y + 1) (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: ( x + y + 1) ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( x + y + 1) = ( x + y + 1) x Dấu “=” xảy ⇔ = y = ⇒ x = y =1 1 Vậy nghiệm phương trình là: x = y = Ví dụ 3: Tìm tất số nguyên x thoả mãn: x − + x − 10 + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 a = −a Ta có:(3) ⇒ − x + 10 − x + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 3− x ≥ 3− x   10 − x ≥ 10 − x  Mà 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} 1) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n: x + y + z ≤ xy + y + z − V× x,y,z lµ c¸c 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  2 ) (*) Mµ  x − y ÷ +  y − 1÷ + ( z − 1) ≥ 2  2  ∀x, y ∈ R TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN y  x − =  x =1  2 y  y  y  ⇒  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) = ⇔  − = ⇔  y = 2  2  2  z =1   z −1 =    x =1 C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ  y =  z =1  PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn Phương pháp: Phương pháp sử dụng với phương trình mà ta nhẩm (phát dể dàng) vài giá trò nghiệm - Trên sở giá trò nghiệm biết Áp dụng tính chất chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trò 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 + x + < x + 3x + < x + x + ⇒ ( x + 1) < y < ( x + ) (*) 2 3 Vì ( x + 1) ; ( x + ) hai số nguyên liên tiếp nên giá trò y thoả (*) Vậy x = 0; y = ±1 nghiệm phương trình + Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả: x + x − = 32 y +1 (2) (Tạp chí Toán học tuổi trẻ ) Gọi b chữ số tận x ( Với b ∈ { 0;1; 2; ;9} Khi đó: ( x + x − 1) có chữ số tận là: 1, (*) Mặt khác: 32 y+1 luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN Từ (*) (**) suy phương trình vô nghiệm + 2 Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x − xy + 13 y = 100 (3)  y ≤ 2 ⇒ x − = 25 − y ⇒ ( ) ( )  (3) 2 ( 25 − y ) = n ( n ∈ ¥ ) 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: 3 3 3 3 Ta thấy x − y − z = ⇒ ( x − y − z ) M3 mà ( −3 y − z ) M3 nên x3 M3 3 3 Ta có: (1) ⇒ ( x − y − z ) M3 ⇒ x M3 ⇒ x M3 ⇒ x = 3x1 3 3 3 Khi đó: (1) ⇒ ( 27 x1 − y − z ) M3 ⇒ ( x1 − y − 3z ) M3 ⇒ y M3 ⇒ y M3 ⇒ y = y1 ⇒ ( x13 − 27 y13 − z ) M3 ⇒ z M3 ⇒ z M3 ⇒ y = z1 * Tiếp tục biểu diễn gọi x0 ; y0 ; z0 nghiệm (1) ∈ U ( x ; y ; z ) 0 ≤ x0 ; y0 ; z0 ≤ Thực thử chọn ta được: x0 = y0 = z0 = Vậy nghiệm phương trình là: x0 = y0 = z0 = TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN c¸c bµi tËp KH¸C 1/Dïng ®Þnh nghÜa 1) Cho abc = vµ a > 36 Chøng minh r»ng a + b2+c2> ab+bc+ac Gi¶i Ta cã hiƯu: a2 a2 a2 + b2+c2- ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 2 a = ( a + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + a − 3bc =( -b- c)2 + a − 36abc 12 a =( -b- c)2 + a − 36abc >0 (v× abc=1 vµ a3 > 36 nªn 12a 12a a >0 ) VËy : a + b2+c2> ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh 2) Chøng minh r»ng a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã : a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Gi¶i : a) XÐt hiƯu : H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) H ≥ ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + ⇒ H > ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = ( a − b + 1) + ( b − 1) TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN ⇒ H ≥ ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh Ii / Dïng biÕn ®ỉi t¬ng ®¬ng (x ) + y2 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng : ≥8 ( x − y) 2 Gi¶i : x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + Ta cã (x ⇒ + y2 (v× xy = 1) ) = ( x − y) + 4.( x − y ) + Do ®ã B§T cÇn chøng minh t¬ng ®¬ng víi ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ ( x − y ) − 2 ≥ B§T ci ®óng nªn ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh 2) Cho xy ≥ Chøng minh r»ng : 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy Gi¶i : Ta cã 1  1   1  + ≥ +  ≥ ⇔  − − 2 2   1+ x 1+ y + xy + 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 ) B§T ci nµy ®óng xy > VËy ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh Iii / dïng bÊt ®¼ng thøc phơ 1) Cho a , b, c lµ c¸c sè thùc vµ a + b +c =1 Chøng minh r»ng a + b + c ≥ Gi¶i : ¸p dơng B§T BunhiaC«pski cho sè (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 ≥ (v× a+b+c =1 ) (®pcm) 2) Cho a,b,c lµ c¸c sè d¬ng TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 1 Chøng minh r»ng ( a + b + c ). + +  ≥ a c b (1) Gi¶i : a b a c b c a a b b c c (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ ⇔ +  +  +  +  +  +  ≥ b c a ¸p dơng B§T phơ c a b a x y + ≥2 y x a c a c b Víi x,y > Ta cã B§T ci cïng lu«n ®óng 1 VËy ( a + b + c ). + +  ≥ a b (®pcm) c Iv / dïng ph¬ng ph¸p b¾c cÇu 1) Cho < a, b,c a + b3 b3 + c < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a (®pcm) 2) So s¸nh 31 11 vµ 17 14 Gi¶i : Ta thÊy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 11 MỈt kh¸c 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 14 Vëy 31 11 < 17 14 V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè vÝ dơ 4: (®pcm) Cho sè a,b,c,d bÊt kú, chøng minh r»ng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Gi¶i: Dïng bÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski ta cã ac + bd ≤ a2 + b2 c2 + d TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN mµ ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ≤ ( a + b ) + a + b c + d + c + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG [...]... - 2n + 1 Mn4 - 1 d) Chia n3 - n2 + 2n + 7 cho n2 + 1 được thương là n - 1, dư n + 8 Để n3 - n2 + 2n + 7 Mn2 + 1 thì n + 8 Mn2 + 1 ⇒ (n + 8) (n - 8) Mn2 + 1 ⇔ 65 Mn2 + 1 Lần lượt cho n2 + 1 bằng 1; 5; 13; 65 ta được n bằng 0; ± 2; ± 8 Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = 8 (T/m) Vậy: n3 - n2 + 2n + 7 Mn2 + 1 khi n = 0, n = 8 Bài tập về nhà: Tìm số ngun n để: a) n3 – 2 chia hết cho n – 2 b) n3 – 3n2 – 3n –... dụng bài 1 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 87 6 Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 trong các số 126, 376, 626 hoặc 87 6 chỉ có 376 chia hết cho 8 Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376 Tổng qt: Nếu n là số chẵn khơng chia hết cho 5 thì... 2:Tìm tổng hệ số các đa thức có được sau khi khai triển a) (4x - 3)4 Cách 1: Theo cơnh thức Niu tơn ta có: (4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 86 4x2 - 432x + 81 Tổng các hệ số: 256 - 7 68 + 86 4 - 432 + 81 = 1 b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4 Tổng các hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta có: (4.1 - 3)4 = c0 + c1... 2n 3 1 2n 3 + 4 1 2n 3 + 1 = a 10n + a + 4 a + 1 = a(9a + 1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 99 9 00 0 d) D = 123 8 1 2n 3 1 n 99 9 Đặt 123 = a ⇒ 10n = a + 1 n 99 9 D = 123 10n + 2 + 8 10n + 1 + 1 = a 100 10n + 80 10n + 1 n 99 9 = 100a(a + 1) + 80 (a + 1) + 1 = 100a2 + 180 a + 81 = (10a + 9)2 = ( 123 )2 n+1 11 1 22 2 11 1 22 2 11 1 11 1 e) E = 1 2n 3 1 n2+ 13 5 = 1 2n 3 1 n2+ 13 00 + 25 = 1 2n... TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 8 Bài 4: 11 11 11 .11 66 66 a) Cho các số A = 1 4 22m 43 ; B = 14m2+ 143 ; C = 14 2m 43 CMR: A + B + C + 8 là số chính phương 102 m − 1 10m+1 − 1 10m − 1 6 Ta có: A ;B= ;C= 9 9 9 Nên: 102 m − 1 10m+1 − 1 10m − 1 102 m − 1 + 10m +1 − 1 + 6(10m − 1) + 72 A+B+C +8 = + + 6 +8= 9 9 9 9 10m ) + 16.10m + 64  10m + 8  102 m − 1 + 10.10m − 1 + 6.10m − 6 + 72 (... TỐN 8 2 Các bài tốn Bài 1: chứng minh rằng a) 251 - 1 chia hết cho 7 b) 270 + 370 chia hết cho 13 c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng khơng chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N Giải a) 251 - 1 = (23)17 - 1 M23 - 1 = 7 b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 M4 + 9 = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + 1 M17 + 1 = 18 và 1917 - 1 M19 - 1 = 18 nên... M17 + 1 = 18 và 1917 - 1 M19 - 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 M 18 d) 3663 - 1 M36 - 1 = 35 M7 3663 - 1 = (3663 + 1) - 2 chi cho 37 dư - 2 e) 2 4n - 1 = (24) n - 1 M24 - 1 = 15 Bài 2: chứng minh rằng a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ; b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi 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)... đều tận cùng bằng 6 Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vò là 6 Bài tập về nhà: Bài 1: Các số sau đây, số nào là số chính phương TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 8 22 2 a) A = 1 250 3 4 b) B = 11115556 44 4 { d) D = 14 2n 43 88 8 9 n-1 11 1 22 2 e) M = 14 22n43 – 123 n 99 9 00 0 c) C = 1 2n 3 123 25 n f) N = 12 + 22 + + 562 Bài 2: Tìm số tự nhiên n để các biểu thức sau là số chính phương a) n3... Giải Nếu n = 3k ( k ∈ N) thì 2n – 1 = 23k – 1 = 8k - 1 chia hết cho 7 Nếu n = 3k + 1 ( k ∈ N) thì 2n – 1 = 23k + 1 – 1 = 2(23k – 1) + 1 = BS 7 + 1 Nếu n = 3k + 2 ( k ∈ N) thì 2n – 1 = 23k + 2 – 1 = 4(23k – 1) + 3 = BS 7 + 3 V ậy: 2n – 1 chia hết cho 7 khi n = BS 3 Bài 2: Tìm n ∈ N để: a) 3n – 1 chia hết cho 8 TRƯỜNG THCS TIẾN THẮNG 20 CHUN ĐỀ BỒI DƯỠNG TỐN 8 b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 c)... TỐN 8 b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho 9 Giải a) Khi n = 2k (k ∈ N) thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 chia hết cho 9 – 1 = 8 Khi n = 2k + 1 (k ∈ N) thì 3n – 1 = 32k + 1 – 1 = 3 (9k – 1 ) + 2 = BS 8 + 2 Vậy : 3n – 1 chia hết cho 8 khi 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