Chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn lớp 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  x  x   Cách 2: x  x   x   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   3 x  x   6 x  x  15 x   2 = x (3x  1)  x(3x  1)  5(3x  1)  (3x  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 2 2 Ví dụ 3: A = ( x  y  z )( x  y  z )  ( xy  yz +zx) ( x  y  z )  2( xy  yz +zx)  ( x  y  z )  ( xy  yz +zx)2 = 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: m + 3mn  4c3  3c(m - n ) C = (m + c)3 – = 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 khơng có 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  8 c  4     a  c   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    c  = 2x + (a - 4)x + (b - 2a)x + (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  d  b  12    12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) 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 A Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu 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 hoán 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 Tính số tổ hợp chập k n phần tử C k n 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 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: 4! =1 = 72 số  Bài 3: Cho xAy  180 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 (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 trò cần tồn giá trò biến để xẩy đẳng thức không cần giá trò 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 2  x  xy  y  x  144  25  169    x  y   x  169  (1) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:   x  y   12  x  5  x  5   ;   x  52  y  2  y  22    x  y    x  12  x  12  ;  2 y   19   y  29  x  12   x  y   13 x      x   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     Vậy 2 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả mãn: x  y  x  y  (2) (2)  x  x  y  y  32  x  x   y  y   34  2 x    2 y    52  32 2   x  1  32  x  2; x  1      y  1   y  3; y  2      x  1   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 (Vì  xy  y   )   x  y   x   x  5  ;  2 x  xy  y  91 y       y  6   2 x  y x  xy  y  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   4x  4x  y   2x    2 y    2x  y  2x  xy   2  2 x  y    x    2 x  y    y      x  y   1  x  1     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 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 maõn: x  y  z  x y.z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy phương trình đối xứng Giả sử  x  y  z Khi đó:  (1)  x y.z  x  y  z  3z  x y  (Vì x; y; z  Z )  x y  1; 2;3 * Neáu: x y   x  y    z  z (vô lí) * Nếu: x y   x  1; y  2; z  * Neáu: x y   x  1; y   z   y (vô lí) Vậy: x; y; z hoán vò 1; 2;3 1   2 x ; y ; z  Z x y z Ví dụ 2: Tìm thoả mãn: (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;  y z y 0 z (vô lí) .Nếu: y   z  Vậy: x; y; z hoán vò 1; 2;   - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y  Z để: A Ta coù: A x2  x x2  x  nhận giá trò nguyên x2  x x  x  1 1   1 2 x  x 1 x  x 1 x  x  Khi đó: Để A nhận giá trò nguyên x  x  nhận giá trò nguyên  1  x  x  1   x  x   U 1  1;1 Vì : x 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    y  x     *  Với: x  1; *    x  ngiệm phương trình Nên: y2  x  y  Phương   **  x 1 trình     x  1  U (1)  1;  1  x 1 có nghiệm x   x  x  Ví dụ 3: Tìm x; y  Z thoả mãn:    y  1 (3) Ta có: nguyên x x (3)    y  1   y  y   số lẻ  y;  y   hai số lẻ liên tiếp   y; y     y; y  luỹ thừa 3, nên: m  y  *  m  n  x   3m   3n  m  n  n  y   **   Với: m  0;  n   y  1; x   y    y;  y     * ; **   y     m  1;  n    Với: Từ ( 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 ; ; a n Khi đó: a1  a2  a3   a n n  a1.a2 a3 .a n n Dấu “=” xảy  a1  a2  a3   a n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1 ; a2 ; a3 ; ; a n vaø b1 ; b2 ; b3 ; ; bn Khi đó:  a1.b1  a2 b2  a3 b3   a n.bn   a1  a2  a3   a n b1  b2  b3   b n 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 hoaï: 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    x  y   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)  Nhaän 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 mãn: x y  z  xy  3y  2z  Vì x,y,z số nguyên nên x  y  z  xy  3y  2z    y2   3y2  x  y  z  xy  3y  2z     x  xy   y    z  2z     4     2 y  y    x    3  1   z    2  2   y  y   x    3  1   z  1  2  (*) Mµ   x, y  R y  x    x 1  y    1    y  2  z 1 2  y y  z 1        x    3  1   z  1   tìm x  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 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    y  x   Vì x  1 ;  x   (*) hai số nguyên liên tiếp nên giá trò y thoả (*) Vậy x  0; y  1 nghiệm phương trình  2 y 1 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả: x  x   (2) (Tạp chí Toán học tuổi trẻ ) Gọi b chữ số tận x ( Với có chữ số tận là: 1, hoaëc b  0;1; 2; ;9 (*) x Khi đó:   x  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    x  3   25  y    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 x  y  z    x  y  z 3 Ta coù: (1) 3 y maø   z  3 neân x    x  y  z  3  x 3  x 3  x  x Khi đó: (1)   27 x13  y  z 3  9 x13  y  z 3  y 3  y 3  y  y1   x13  27 y13  z 3  z 3  z 3  y  z1 * 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 nghÜa 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 a a2 a2 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 a >0 ) a2  VËy : b2+c2> ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh 2) Chøng minh r»ng a) x  y  z   x.( xy  x  z  1) 2 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 :  4 2 2 2 H = x  y  z   x y  x  xz  x = x y H ta có điều phải chøng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt 2 H = a  2b  1  b  1   H > ta cã ®iỊu phải chứng minh c) vế trái viết  x  z   x  1 2 2 H = a  b  1  b  1  H  ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tơng đơng x 2 y2   x  y 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh : Giải : Ta cã x  y   x  y   xy   x  y   2 x   y2   x  y  (v× xy = 1)  4. x  y   Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với x  y 4  4x  y 2   8.x  y 2  x  y 4  4x  y 2     x  y   BĐT 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          2    x  y    y  xy  xy  x xy  y  0  x 1  xy   y 1  xy          y  x 2 xy  1  1  x   y .1  xy  x( y  x) y( x  y)  0  x 1  xy   y 1  xy    BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng a2  b2  c2  Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (a,b,c) 1.a  1.b  1.c 2  1   1.a  b  c  Ta cã   a  b  c 2  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  2 y x ¸p dơng B§T phơ Víi x,y > Ta cã B§T ci Vậy a b c .     a b c (đpcm) Iv / dùng phơng pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c