Issuu

BỒI DƯỠNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY MÔN TOÁN

vectorstock.com/32029674

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

26 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ 8 KÈM HƯỚNG DẪN GIẢI WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

c¸c chuyªn ®Ò båi d−ìng

(

) (

= 10x 2 + 15x − 14x − 21 − 7x 2 − 28x + 2x − 8 2

)

= 10x + 15x − 14x − 21 − 7x + 28x − 2x + 8 = 3x 2 + 27x − 13 .

Ch−¬ng I

phÐp nh©n vµ phÐp chia c¸c ®a thøc Chuyên đề 1. PHÉP NHÂN CÁC ĐA THỨC A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. Muốn nhân một đơn thức với một đa thức ta nhân đơn thức với từng hạng tử của đa thức rồi cộng các tích với nhau. A.( B + C) = AB + AC 2. Muốn nhân một đa thức với một đa thức, ta nhân mỗi hạng tử của đa thức này với từng hạng tử của đa thức kia rồi cộng các tích với nhau. (A + B)(C + D) = AC + AD + BC + BD B. Mét sè vÝ dô

Vậy với x =

1 5 thì giá trị biểu thức A = . 2 4

b) Ta có: B = ( x − 2 y ).( y − 2 x ) + ( x + 2 y ).( y + 2 x) = xy − 2 x 2 − 2 y 2 + 4 xy + xy + 2 x 2 + 2 y 2 + 4 xy = 10 xy

Thay x = 2; y = - 2 vào biểu thức ta có: B = 10.2.(−2) = −40. Vậy với x = 2; y = - 2 thì giá trị biểu thức B = - 40.

b) ( x − 5)( x − 4) − ( x + 1)( x − 2) = 7 .

2x (15x − 6y ) ; 3

Giải

b) B = ( 5x 2 − 3y )( 4x 2 + 2y ) .

Tìm cách giải. Để tìm x, trong vế trái có thực hiện phép nhân đơn thức với đa thức, đa thức với đa thức. Vì vậy ta khai triển và rút gọn vế trái ấy, sau đó tìm x.

Giải a) A = −

1 1 1 5 vào biểu thức, ta có: A = 3.   + 27. − 13 = . 2 2 4 2

Ví dụ 3. Tìm x, biết : a) 4 x( x − 5) − ( x − 1)(4 x − 3) = 23 ;

Ví dụ 1. Thực hiện phép tính: a) A = −

Thay x =

Trình bày lời giải

2x  2x  .15x +  −  ( −6y ) 3  3 

4 x( x − 5) − ( x − 1)(4 x − 3) = 23

a) 2

4x − 20x − 4x2 + 3x + 4x − 3 = 23

A = −10x + 4xy .

−13x − 3 = 23

4 2 2 2 b) B = 20x + 10x y −12x y − 6y

−13x = 23 + 3

B = 20x4 − 2x2 y − 6y2 .

-13x = 26

Ví dụ 2. Tính giá trị biểu thức sau:

x = -2.

1 a) A = (5 x − 7).(2 x + 3) − (7 x + 2)( x − 4) tại x = ; 2 b) B = ( x − 2 y).( y − 2 x) + ( x + 2 y ).( y + 2 x) tại x = 2; y = - 2 .

( x − 5)( x − 4) − ( x + 1)( x − 2) = 7

x2 − 4x − 5x + 20 − x2 + 2x − x + 2 = 7 -8x + 22 = 7

Giải Tìm cách giải. Nếu thay giá trị của biến vào biểu thức thì ta được số rất phức tạp. Khi thực hiện sẽ gặp khó khan, dễ dẫn tới sai lầm. Do vậy chúng ta cần thực hiện nhân đa thức với đa thức rồi thu gọn đa thức. Cuối cùng mới thay số.

-8x = -15

15 . 8

Trình bày lời giải a) Ta có: A = (5 x − 7).(2 x + 3) − (7 x + 2)( x − 4) 4

Ví dụ 4. Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào x: 2

a) A = x.(2x +1) − x .( x + 2) + ( x − x + 5) . 2 3 2 b) B = x.(3x − x + 5) − (2x + 3x −16) − x.( x − x + 2) .

Giải Tìm cách giải. Chứng minh giá trị của biểu thức không phụ thuộc vào biến x, tức là sau khi rút gọn kết quả thì biểu thức không chứa biến x. Do vậy để giải bài toán này, chúng ta thực hiện biến đổi nhân đơn thức với đơn thức, nhân đa thức với đa thức và thu gọn kết quả. Nếu kết quả không chứa biến x, suy ra điều phải chứng minh. Trình bày lời giải

1 1 ;y = khi đó biểu thức có dạng: 3150 6517

B = (2 + x).3 y − 3 x.(4 − y ) + 12 x − 6 xy B = 6 y + 3 xy − 12 x + 3 xy + 12 x − 6 xy B = 6y 1 6 ⇒ B = 6. = 6517 6517

C. Bµi tËp vËn dông 1.1. Rút gọn các biểu thức sau a) A = (4 x − 1).(3x + 1) − 5 x.( x − 3) − ( x − 4).( x − 3) ;

a) Biến đổi biểu thức A, ta có:

b) B = (5x − 2).( x + 1) − 3x.( x2 − x − 3) − 2x.( x − 5).( x − 4) .

A = x.(2 x + 1) − x 2 .( x + 2) + ( x3 − x + 5) A = 2 x 2 + x − x3 − 2 x 2 + x3 − x + 5

1.2. Viết kết quả phép nhân sau dưới dạng lũy thừa giảm dần của biến x:

A = 6.

2 a) ( x + x + 1).( x − 3) ;

Suy ra giá trị của A không phụ thuộc vào x.

2 b) ( x − 3x + 1).(2 − 4x) ;

b) Biến đổi biểu thức B, ta có: 2

B = x.(3x − x + 5) − (2 x + 3x − 16) − x.( x − x + 2) B = 3 x3 − x 2 + 5 x − 2 x3 − 3 x + 16 − x 3 + x 2 − 2 x

c) ( x + 3x − 2).(3 + x − 2x) . 1.3. Chứng minh rằng giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của biến x: a) C = (5x − 2)( x + 1) − ( x − 3)(5 x + 1) − 17( x + 3) b) D = (6 x − 5)( x + 8) − (3x − 1)(2 x + 3) − 9(4 x − 3) 1.4. Tìm x, biết: a) 5( x − 3)( x − 7) − (5 x + 1)( x − 2) = 25

B = 3 x3 − 3x 3 + x 2 − x 2 + 5 x − 5 x + 16 B = 16. Suy ra giá trị của B không phụ thuộc vào x. Ví dụ 5. Tính nhanh 7 1 4 2 1 1 a) A = 4 . − .1 + + 5741 3759 3759 5741 3759 3759.5741 1 3 1 6516 4 6 − + − b) B = 2 . .3 3150 6547 1050 6517 1050 3150.6517 Giải Tìm cách giải. Quan sát kỹ biểu thức, nếu thực hiện trực tiếp các phép tình bài toán dễ dẫn đến sai lầm; ta nhận thấy nhiều số giống nhau, do vậy chúng ta nghĩ tới đặt phần giống nhau bởi một chữ. Sau đó biến đổi biểu thức chứa chữ đó. Cách giải như vậy gọi là phương pháp đại số.

b) 3( x − 7)( x + 5) − ( x − 1)(3x + 2) = −13 1.5. Rút gọn và tính giá trị biểu thức: a) A = (4 − 5 x).(3x − 2) + (3 − 2 x).( x − 2) tại x = −2 . 1 1 B = 5 x.( x − 4 y) − 4 y.( y − 5 x) tại x = − ; y = − 5 2 1.6. Tính giá trị biểu thức : a) A = x6 − 2021x5 + 2021x 4 − 2021x3 + 2021x2 − 2021x + 2021 tại x = 2020 ;

b) B = x10 + 20 x9 + 20 x8 + ... + 20 x 2 + 20 x + 20 với x = −19 . 1.7. Tìm các hệ số a, b, c biết: 2 2 4 3 2 a) 2x (ax + 2bx + 4c) = 6x − 20x + 8x đúng với mọi x ;

Trình bày lời giải a) Đặt x =

b)Đặt x =

1 1 ;y = khi đó biểu thức có dạng: 5741 3759

A = (4 + 7 x). y − 4 y.(1 + 2 x ) + y + xy A = 4 y + 7 xy − 4 y − 8 xy + y + xy A= y

2 3 2 b) (ax + b).( x − cx + 2) = x + x − 2 đúng với mọi x.

1.8. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì:

A = (2 − n).(n2 − 3n + 1) + n.(n2 +12) + 8 chia hết cho 5. 1.9. Đặt 2x = a + b + c. Chứng minh rằng:

1 ⇒ A= 3759

( x − a).( x − b) + ( x − b).( x − c) + ( x − c).( x − a) = ab + bc + ca − x2 . 6

1.10. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ab + bc + ca = abc và a + b + c = 1. Chứng minh rằng: (a − 1).(b − 1).(c − 1) = 0 .

c) Ta có:

C = ( x 2 − 5 x + 2) 2 + 2.(5 x − 2).( x 2 − 5 x + 2) + (5 x − 2) 2 =  ( x 2 − 5 x + 2) + (5 x − 2) 

Chuyên đề 2. CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ A. KiÕn thøc cÇn nhí •

( A + B)

•

( A − B)

•

A2 − B2 = (A + B) ( A _− B ) (3)

•

Giải Tìm cách giải. Sử dụng hằng đẳng thức (1) và giả thiết ta có thể tính được tích xy. Mặt khác phân tích kết luận bằng hằng đẳng thức (4), ta chỉ cần biết thêm tích xy là xong. Từ đó ta có lời giải sau.

= A2 − 2AB + B2 (2)

( A + B)

Trình bày lời giải

•

( A _− B)

•

A3 + B3 = ( A + B ) A 2 − AB + B2

•

A −B

= A + 3A B + 3B A + B = A + B + 3AB(A + B)

= ( x 2 )2 = x 4 . Ví dụ 2. Cho x +y = -7 và x2+y2 = 11. Tính x3 +y3 ?

= A2 + 2AB + B2 (1)

Từ x + y = -7 ⇒ x2 + 2xy + y2 = 49 . (4)

= A − 3A B + 3AB − B = A − B − 3AB(A _− B) (5)

( = ( A − B) ( A

) + AB + B ) 2

(6)

Mà x2 + y2 = 11 ⇒ 11 + 2xy = 49 ⇒ xy = 12 .

(

Ta có: x3 + y3 = x + y

)

− 3xy ( x + y ) = ( −7) − 3.12 ( −7) .

⇒ x3 +y3 = - 91. Ví dụ 3. Tính giá trị biểu thức: a) A = x2 + 10x + 26 tại x= 95.

(7)

B. Mét sè vÝ dô

3 2 b) B = x − 3x + 3x + 1 tại x = 21 .

Ví dụ 1. Rút gọn biểu thức:

Giải

2 2 a) A = ( x + 2) + 4.( x + 2).( x − 2) + ( x − 4) ;

Tìm cách giải. Quan sát kỹ biểu thức, ta nhận thấy có bóng dáng của hằng đẳng thức. Do vậ y chúng ta nên vận dụng đưa về hằng đẳng thức. Sau đó thay số vào để tính, bài toán sẽ đơn giản hơn.

2 2 2 2 b) B = (3x − 2 x +1).(3x + 2 x + 1) − (3x +1) ; 2 2 2 2 c) C = ( x − 5x + 2) + 2.(5x − 2).( x − 5x + 2) + (5x − 2) .

Giải

Trình bày lời giải

a) Ta có:

Tìm cách giải. Rút gọn biểu thức là biến đổi viết biểu thức ấy dưới dạng đơn giản hơn.Trong mỗi biểu thức đều ẩn chứa hằng đẳng thức, vì vậy chúng ta dùng hằng đẳng thức để khai triển và thu gọn các đơn thức đồng dạng. Trình bày lời giải

A = x 2 + 10 x + 26 = x 2 + 10 x + 25 + 1 = ( x + 5) 2 + 1. Thay x = 95 vào biểu thức A = (95 + 5)2 + 1 = 10001.

a) Ta có: A = ( x + 2)2 + 4.( x + 2).( x − 2) + ( x − 4) 2

b) Ta có:

= x 2 + 4 x + 4 + 4.( x 2 − 4) + x 2 − 8 x + 16

B = x3 − 3x 2 + 3x + 1

= 6 x 2 − 4 x + 4.

= x3 − 3x 2 + 3x − 1 + 2

b) Ta có:

= ( x − 1)3 + 2.

B = (3 x 2 − 2 x + 1).(3 x 2 + 2 x + 1) − (3 x 2 + 1) 2

(

)

Với x = 21 ⇒ B = 21 − 1 + 2 = 8000 + 2 = 8002.

= (3x 2 + 1) 2 − (2 x) 2 − (3x 2 + 1) 2 = −(2 x ) 2 = −4 x 2 . 8

Ví dụ 4. Tính nhanh:

Trình bày lời giải

a) A =

2020 + 1 ; 20202 − 2019

Ta có: x2 + 26 y2 −10xy +14x − 76 y + 58 = 0 2

⇔ ( x − 5 y) −14( x − 5 y) + 49 + ( y − 3) = 0 2

⇔ ( x − 5 y − 7) + ( y − 3) = 0

Tìm cách giải. Quan sát kỹ đề bài, ta nhận thấy mỗi phân số đều ẩn chứa hằng đẳng thức. Do vậy, việc dùng hằng đẳng thức để phân tích ra thừa số là suy luận tự nhiên. Trình bày lời giải

 x − 5 y − 7 = 0  x = 22 . ⇔ y −3 = 0 y = 3

⇔

Ví dụ 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x2 + xy + y2 − 2x − 3y + 2015 .

20203 + 1 (2020 + 1).(20202 − 2020 + 1) = = 2021. 2 2020 − 2019 20202 − 2020 + 1 3

b) B =

Giải

a) A =

⇔ x −10xy + 25 y + 14( x − 5 y) + 49 + y − 6 y + 9 = 0

20203 − 1 . b) B = 20202 + 2021

Giải Tìm cách giải. Để tìm giá trị nhỏ nhất của một đa thức bậc hai, chúng ta dùng hằng đẳng thức (1) và (2) để biến đổi đa thức thành tổng các bình phương cộng với một số. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức đạt được khi và chỉ khi tổng các bình phương bằng 0.

2020 − 1 (2020 − 1).(2020 + 2020 + 1) = = 2019. 20202 + 2021 20202 + 2020 + 1

Ví dụ 5. Cho x – y = 2. Tính giá trị A = 2.( x3 − y3 ) − 3.( x + y)2 .

Trình bày lời giải

Giải

Ta có

Tìm cách giải. Dựa vào giả thiết và kết luận ta nghĩ tới hai hướng sau:

•

Biến đổi biểu thức A nhằm xuất hiện x – y để thay bằng số 2.

•

Từ giả thiết, suy ra x = y + 2 thay vào kết luận, ta được biểu thức chỉ chứa biến y. Sau đó rút gọn biểu thức.

Trình bày lời giải Cách 1. Ta có:

A = 2.( x 3 − y 3 ) − 3.( x + y )2 = 2.( x − y ).( x 2 + y 2 + xy ) − 3 ( x − y ) 2 + 4 xy  = 4.( x 2 + y 2 − 2 xy + 3xy ) − 3( x − y )2 − 12 xy = 4.( x − y ) 2 − 3.( x − y ) 2 + 12 xy − 12 xy = ( x − y ) 2 = 4 . Cách 2. Từ giả thiết, suy ra x = y + 2 thay vào biểu thức A ta có:

(

)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2012

A = 2 ( y + 2) − y3 − 3 ( y + 2 + y )

(

3y2 y P = ( x + )2 + − 2 x − 3 y + 2015 2 4 3y2 y y P = ( x + ) 2 − 2.( x + ) + 1 + − 2 y + 2014 2 2 4 y 3 8 16 2 P = ( x + − 1) 2 + .( y 2 − y + ) + 2012 2 4 3 9 3 3 4 2 2 y P = ( x + − 1) 2 + .( y − ) 2 + 2012 ≥ 2012 2 4 3 3 3 1 y   x=  x + 2 − 1 = 0 2  3 P = 2012 ⇔  ⇔ 3 y − 4 = 0 y = 4 3 3  

)

2 1 4 khi và chỉ khi x = ; y = . 3 3 3

=2 y3 + 6y2 + 12y + 8 − y3 − 3 ( 2y + 2)

Ví dụ 8. Cho a, b, c thỏa mãn đồng thời a + b + c = 6 và a 2 + b 2 + c 2 = 12 . Tính giá trị của biểu thức:

=12y2 + 24y + 16 − 12y2 − 24y − 12 = 4.

P = (a − 3)2020 + (b − 3)2020 + (c − 3)2020 . Giải

Ví dụ 6. Tìm các số thực x, y thỏa mãn x2 + 26 y2 −10xy +14x − 76 y + 58 = 0 .

Tìm cách giải. Giả thiết cho hai đẳng thức mà lại có ba biến a, b, c có vai trò như nhau. Do vậy chúng ta dự đoán dấu bằng xả y ra khi a = b = c và từ giả thiết suy ra a = b = c = 2. Để tìm ra được kết quả này, chúng ta vận

Giải Tìm cách giải. Để tìm số thực x, y thỏa mãn đa thức hai biến bậc hai bằng 0, chúng ta định hướng biến đổi đưa 2

đa thức đó thành tổng bình phương của hai biểu thức. Sau đó áp dụng A + B = 0 khi và chỉ khi A = 0 và B = 0. Từ đó tìm được x, y. 10

(

) (

đương để ra giả thiết. Khi trình bày thì lại bắt đầu từ giả thiết. 11

)

dụng tổng các bình phương bằng 0. Do đó nên bắt đầu từ a − 2 + b − 2 + c − 2

= 0 và biến đổi tương

Trình bày lời giải

( x 4 + x 2 y 2 + y 4 )( x 4 − x 2 y 2 + y 4 ) = ( x 4 + y 4 )2 − x 4 y 4

Ta có a + b + c = 12 ⇒ a + b + c − 12 = 0

= x8 + x 4 y 4 + y 8 = 8 ⇒ x 4 − x 2 y 2 + y 4 = 2

⇔ a 2 + b2 + c2 − 24 + 12 = 0 ⇔ a 2 + b2 + c2 − 4 ( a + b + c ) + 12 = 0

Kết hợp với giả thiết suy ra x4 + y4 = 3 và x2 y2 = 1 .

⇔ a2 − 4a + 4 + b2 − 4b + 4 + c2 − 4c + 4 = 0 ⇔ ( a − 2) + ( b − 2) + ( c − 2) = 0 Dấu bằng xả y ra khi a = b = c = 2. .⇒ P = (−1)

2020

+ (−1)

2020

+ (−1)

2020

( ) + (y )

12 2 2 12 Ta có: A = x + x y + y = x 4

+ x2y 2

A = ( x 4 + y 4 ).( x8 − x 4 y 4 + y 8 ) + x 2 y 2 = 3.  ( x 4 + y 4 ) 2 − 3 x 4 y 4  + 1

= 3.

Ví dụ 9. Cho a2 - b2 = 4c2. Chứng minh rằng: (5a- 3b - 8c)(5a - 3b + 8c) = (3a - 5b)2. Giải

= 3. 32 − 3 + 1 = 19

C. Bµi tËp vËn dông 2.1.

Tìm hệ số x 2 của đa thức sau khi khai triển:

Tìm cách giải. Quan sát đẳng thức cần chứng minh, chúng ta nhận thấy vế trái có chứa c, vế phải không chứa c. Do vậ y chúng ta cần biến đổi vế trái của đẳng thức, sau đó khử c bằng cách thay 4c2 = a2 - b2 từ giả thiết. Để thực hiện nhanh và chính xác, chúng ta nhận thấy vế trái có dạng hằng đẳng thức (3).

a) A = ( x − 2)2 + ( x + 2)2 + ( x + 3)3 + (3x + 1)3 ;

Trình bày lời giải

b) B = (2x −1)2 + ( x − 2)2 + ( x − 3)3 + (3x −1)3 .

Biến đổi vế trái:

2.2.

(5a- 3b - 8c)(5a - 3b + 8c) = (5a – 3b)2 - 64c2

Tính giá trị biểu thức

a) A = x2 + 0,2x + 0,01tại x = 0,9.

= (25a2 - 30ab + 9b2) - 64c2

b) B = x3 + 3x2 + 3x + 2 với x = 19.

= (25a2 - 30ab + 9b2) – 16(a2 - b2) ( do 4c2 = a2 - b2)

c) C = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + 2 với x2 – x = 8.

= 9a2 - 30ab + 25b2 = (3a -5b)2 . Vế trái bằng vế phải. Suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 10. Phân tích số 27000001 ra thừa số nguyên tố. Tính tổng các ước số nguyên tố của nó.

2.3.

Tính hợp lý:

a) A =

3562 − 1442 ; 2562 − 2442 2

b) B = 2532+ 94.253+ 472 2

c) C = 163 - 92.136+ 46

Giải Tìm cách giải. Chúng ta có thể vận dụng hằng đẳng thức để phân tích một số ra thừ số nguyên tố. Trình bày lời giải

(

)

Ta có: 27000001 = 300 + 1 = ( 300 + 1) 300 − 300 + 1 3

2 301 (300 + 1) − 302  = 301. (300 + 1 − 30 ) . ( 300 + 1 + 30 )  

(

Tính giá trị biểu thức : A =

2.5.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

(2020

)(

− 1 20203

A = 5x 2 + 5 y 2 + 8xy + 2 y − 2x + 2020 .

= 301.271.331 = 7.43.271.331 .

B = 5x2 + 2y2 + 4xy − 2x + 4y + 2020 .

Tổng các ước số nguyên tố của nó là: 7 + 43 + 271 + 331 = 652.

M = 5x2 + y2 + z2 − 4x − 2xy − z − 1 .

2.6.

Tìm x, biết:

Hãy tính giá trị biểu thức A = x + x y + y .

2 2 a) ( x + 2) + ( x + 3) − 2.( x − 2).( x − 3) = 19.

Giải

2 2 b) ( x + 2).( x − 2 x + 4) − x.( x − 5) = 15.

Ta có 12

) . 2019 (2020 + 2021) . 2020 − 1 + 1)

20212 20202 − 2019

2.4.

4 2 2 4 8 4 4 8 Ví dụ 11. Cho các số x, y thỏa mãn đẳng thức x + x y + y = 4; x + x y + y = 8.

;

d) D = (100 + 98 + ...+ 2 ) - (99 + 972+ ...+ 12).

;

3 2 c) ( x −1) + (2 − x).(4 + 2x + x ) + 3x.( x + 2) = 17.

2.18. Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là hợp số (Thi học sinh giỏi Toán 9,tỉnh Quảng Bình , năm học 2012 – 2013)

Biết xy = 11 và x2 y + xy2 + x + y = 2016. Hãy tính giá trị : x2 + y2.

2.7. 2.8.

2.19. a) Cho a + b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của A= a2 + b2.

Cho a – b = 7. Tính giá trị biểu thức:

b) Cho x + 2y = 8. Tìm giá trị lớn nhất của B = xy.

A = a 2 ( a + 1) − b2 ( b − 1) − 3ab ( a − b + 1) + ab .

2.9.

2.20. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 3( x2 + y2 ) biết x2 + y2 = xy +12 .

Chứng minh rằng với mọi x ta có:

( Tuyển sinh vào lớp 10, THPT chuyên Bình Dương, năm học 2014- 2015)

a) x.( x − 6) + 10 > 0 ;

2.21. Cho các số nguyên

b) ( x − 3).( x − 5) + 3 > 0 ;

A= a−b + b−c + c−a .

2 c) x + x + 1 > 0 .

2.22. Chứng minh không tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn x2 - y2 = 2020 .

2.10. Tìm x, y biết: a) x2 - 2x + 5 + y2 - 4y = 0;

Chuyên đề 3. PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

b) 4x2 + y2 - 20x - 2y + 26 = 0;

A. KiÕn thøc cÇn nhí

c) 9x2 + 4y2 + 4y – 12x + 5 = 0.

1. Phân tích đa thức thành nhân tử (hay thừa số) là biến đổi đa thức đó thành một tích của các đa thức khác.

2.11. Chứng minh không tồn tại x; y thỏa mãn:

2. Các phương pháp thường dùng:

2 2 a) x + 4 y + 4x − 4 y +10 = 0;

- Đặt nhân tử chung.

2 2 b) 3x + y +10 x − 2 xy + 29 = 0;

- Dùng hằng đẳng thức. - Nhóm các hạng tử.

2 2 c) 4x + 2 y + 2 y − 4xy + 5 = 0.

- Phối hợp nhiều phương pháp. Có khi ta phải dùng những phương pháp đặc biệt khác (xem chuyên đề 6)

2.12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

B. Mét sè vÝ dô

2 a) A = 15 − 8 x − x ;

Ví dụ 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 12x3y - 6x2y + 3x2y2 ;

b) B = 4 x − x + 2 ; 2 2 c) C = −x − y + 4x − 4 y + 2.

b) 5x2y(x - 7) - 5xy(7 - x). 2

2.13. Cho các số thực x; y thỏa mãn điều kiện x + y = 3 ; x + y = 17 . Tính giá trị biểu thức x + y . 3

Giải Tìm cách giải. Quan sát đề bài, chúng ta thấy các đa thức trên đều có nhân tử chung.

2.14. Cho x + y = a + b (1) và x + y = a + b (2).

Bước 1. Chọn hệ số là ƯCLN của các hệ số.

2 2 2 2 Chứng minh rằng: x + y = a + b .

Bước 2. Phần biến gồm tất cả các biến chung, mỗi biến lấ y với số mũ nhỏ nhất của nó trong các hạng tử. Nếu trong đó có hai nhân tử đối nhau, chúng ta đổi dấu một trong hai nhân tử và dấu đứng trước nó.

2.15. Cho a + b + c = 2p. Chứng minh rằng: a) 2bc + b2 + c2 - a2 = 4p(p - a);

Trình bày lời giải

b) (p - a)2 + (p - b)2 + (p - c)2 = a2 + b2 + c2 - p2.

a) 12x3y - 6x2y + 3x2y2 = 3x2y(4x – 2 + y) .

2 2.16. Cho A = 99....9 . Hãy so sánh tổng các chữ số của A với tổng các chữ số của A. 2020 chöõ soá 9

N ếu a − b

b) 5x2y(x -7) - 5xy(7- x) =5x2y(x-7) + 5xy(x - 7) = 5xy(x - 7)(x +1).

Ví dụ 2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 100x2 - 9y2 ;

2.17. Chứng minh rằng:

(

a, b, c thoả mãn: (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a)3 = 210 . Tính giá trị của biểu thức

) + ( b − c) + ( c − a ) = ( a + b − 2c) + ( b + c − 2a ) + (c + a − 2b)

thì a = b= c.

b) 9(a + b)2 - 4(a - 2b)2; c) 8x3 + 27y3 ;

d) 125 - 75x + 9x2 - x3.

(

)(

= a2 + b2 a + b

Giải

)

(

− c2 a2 + b2

)

Tìm cách giải. Nhận thấy trong ví dụ này mỗi đa thức đều có dạng hằng đẳng thức. Do vậ y chúng ta vận dụng hằng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử.

= a2 + b2 ( a + b ) − c2   

Trình bày lời giải

= a 2 + b2 ( a + b + c )( a + b − c )

a) 100x - 9y = (10x -3y)(10x +3y). b) 9(a+b)2- 4(a-2b)2 = [3(a+b)-2(a-2b)][3(a+b)+2(a-2b)] = (a-7b)(5a -b). c) 8x3+27y3 = (2x+3y)(4x2 - 6xy + 9y2) .

(

)

(

)

2 2 Ví dụ 5. Cho các số thực a, b, c đôi một phân biệt và thỏa mãn a (b + c) = b (c + a) = 2012 2 Tính giá trị biểu thức M = c (a + b).

(Tuyển sinh 10, THPT chuyên, ĐHSP Hà Nội, năm học 2012 – 2013)

d) 125-75x+15x2-x3 = (5- x)3.

Giải

Ví dụ 3. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x(a + b) + a + b. b) 3a x - 3a y + abx – aby.

Tìm cách giải. Từ giả thiết chúng ta không thể tính giá trị cụ thể của a, b, c. Do vậy bằng việc quan sát và nghĩ tới việc phân tích đa thức thành nhân tử để tìm mối quan hệ giữa a, b và c. Từ đó tìm được giá trị biểu thức M.

c) ax + bx + cx + 2a + 2b + 2c.

Trình bày lời giải

Giải

Ta có :

Tìm cách giải. Mỗi đa thức trên không có nhân tử chung, không xuất hiện hằng đẳng thức. Quan sát kỹ nhận thấy nếu nhóm các hạng thử thích hợp thì xuất hiện nhân tử chung.

a 2 (b + c ) = b2 (c + a) ⇔ a 2b + a 2 c − b 2 c − b 2 a = 0

Trình bày lời giải

⇔ (a − b)(ab + bc + ca ) = 0

(

)

⇔ ab ( a − b ) + c a 2 − b 2 = 0

a) x(a+b)+a+b = (a+b)(x+1) b) 3a2x- 3a2y+ abx - aby = 3a2(x-y) + ab(x-y) = a(x-y)(3a+b) c) ax+bx+cx+2a+2b+2c = x(a+b+c)+ 2(a+b+c) = (x+2)(a+b+c)

⇒ (b − c )(ab + bc + ca ) = 0 ⇒ b 2 a + b 2 c − bc 2 − ac 2 = 0 ⇒ b2 a + b 2 c = bc 2 + ac 2

Ví dụ 4. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) a 2 – b2 – 4a + 4b; 2

⇒ c 2 (a + b) = b 2 ( a + c).

b) (xy + 4) – (2x + 2y) ;

Vậy M = 2012.

c) (a2 + b2 + ab)2 – a2b2 – b2c2 – c2a2.

C. Bµi tËp vËn dông

Giải

3.1.

Tìm cách giải. Nhận thấy mỗi đa thức đều ẩn chứa trong đó hằng đẳng thức. Vậy chúng ta có thể nhóm nhằm xuất hiện hằng đẳng thức. Trình bày lời giải a) ( a − b )( a + b ) − 4 ( a − b ) = ( a − b )( a + b − 4 )

(

)(

= ( x + 2)( y + 2)( x − 2)( y − 2)

)(

a) ab(x - 2) - a2(x - 2) ; b) 4x3y2 - 8x2y3 + 12x3y . a) (xy + 1)2 - (x + y)2 ; b)

= x ( y + 2) + 2 ( y + 2) x ( y − 2) − 2 ( y − 2)

Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

3.2. Phân tích đa thức thành nhân tử .

b) ( xy + 4 + 2x + 2y )( xy + 4 − 2x − 2y )

(

Vì a ≠ b nên : ⇒ ab + bc + ca = 0

(a + b + c)2 + (a + b − c)2 − 4c2 ;

c) (a2 + 9)2 - 36a2.

)

3.3. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 3a – 3b + a2 – 2ab + b2;

)

(

c) a 2 + b2 + ab − ab a 2 + b2 + ab + ab − c2 a 2 + b2

)

b) a 2 + 2ab + b2 – 2a – 2b + 1; 17

3.11.

c) 4b2c2 − (b2 + c2 − a2 )2 .

Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = abc . Chứng minh rằng: 2

a(b −1)(c2 −1) + b(a2 −1)(c2 −1) + c(a2 −1)(b2 −1) = 4abc.

3.4. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x2- 4xy + 4y2 - 9a2; b) xy(a2 + b2) - ab(x2 + y2);

Chuyên đề 4. HẰNG ĐẲNG THỨC MỞ RỘNG

c) x2(a- b) - 2xy(a- b)+ ay2 - by2 ; 3

A. KiÕn thøc cÇn nhí

d) 8xy - x(x-y) .

1. Bình phương của một đa thức

3.5. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) A = x 2 − 4 x 2 y 2 + y 2 + 2 xy ;

+ a2 + ..... + a n ) = a21 + a22 + ..... + a22 + 2a1a2 + 2a1a3 + ... + 2a1a n

b) B = x 6 − y6 ; 2

+ 2a2a3 + 2a2a 4 + ... + 2a2a n + ... + +2a n−1a n 2

Đặc biệt ta có :

c) C = 4 xy ( x + y ) − 6( x + y + x y + xy ) + 9( x + y ) c) D = 25 − a2 + 2ab − b2 .

3.6. Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x3 + 3x2 y − 4xy2 −12 y3;

= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

= a2 + b2 + c2 + 2ab − 2ac − 2bc

•

(a + b + c)

•

( a + b − c)

(

)

b) x + 4 y − 2xy + x + 8 y ;

a + b + c + d = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd • 2. Bảng khai triển hệ số : (a + b)n

c) 3x 2 (a − b + c) + 36 xy(a − b + c) + 108y 2 (a − b + c).

Vớ i n = 0 : 1

Vớ i n = 1 : 1 1

d) a(x + 1) – x(a + 1).

Vớ i n = 2 : 1 2 1

3.7. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 3

Vớ i n = 3 : 1 3 3 1

a) x − 1 + 5x − 5 + 3x − 3 ;

Vớ i n = 4 : 1 4

b) a5 + a4 + a3 + a2 + a + 1 ; c) x3 − 3x 2 + 3x − 1 − y3 ; 3

Với n = 5 : 1 5 10 10 5 1 ……………………………………………… Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1.

d) 5x − 3 x y − 45xy + 27 y .

Mỗi số ở một dòng kể từ dòng thứ hai đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liền trên.

3.8. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x 3 – x2 – x + 1;

Bảng trên đây được gọi là tam giác Pa-xcan, cho ta biết hệ số khi khai triển (a + b)n. Chẳng hạn cho n các giá trị từ 0 đến 5 ta được :

b) x 4 – x2 + 2x – 1;

(a + b)0 = 1

c) 4a2b2 – (a2 + b2 – 1)2;

(a + b)1 = a + b

3.9.Cho x, y, z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. 2 2 2 2 2 2 Đặt A = 4x y − ( x + y − z ) . Chứng minh rằng A > 0 .

a − 3a + 5a − 17 = 0; 3.10. Cho các số a , b lần lượt thỏa mãn các hệ thức:  3 2 b − 3b + 5b + 11 = 0. Tính a + b. 3

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 (a + b)4 = a3 + 4a3b + 6a2b2 +4a b3 + b4 (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 +10a2 b3 +5a b4 + b5

Chú ý : khi khai triển (a - b)n ta vẫn làm như trên và các số hạng chứa b với lũy thừa lẻ thì mang dấu trừ đằng trước.

3. Khai triển nhị thức an − bn và an − bn (n lẻ).

A = ( x + y + z + t )2 + ( x + y − z − t )2 + ( x + z − y − t )2 + ( x + t − y − z)2 . Giải

an - bn = (a - b)(an - 1 + an - 2b + an - 3b2 + … + abn - 2 + bn - 1) ; 3

Khai triển ta có:

b) a + b = (a + b)(a - ab + b ) a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 - ab3 + b5) ; a

2k + 1

= (a + b)(a - a

2k - 1

b+a

= x2 + y2 + z2 + t2 + 2xy + 2xz + 2xt + 2yz + 2yt + 2zt

= x2 + y2 + z2 + t2 + 2xy − 2xz − 2xt − 2yz − 2yt + 2zt

( x + y + z + t)

2k - 2 2

2 2k - 2

b -…+ab

2k - 1

- ab

+b );

( x + y − z − t)

4. Đẳng thức bậc ba

(a + b + c)

1 1 = 1 ⇒ a4 + b4 + c4 = . 4 2

Ví dụ 2. Rút gọn biểu thức:

a) a2 - b2 = (a - b)(a + b) ; a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2) ; 3

4 4 4 ⇒a + b + c + 2⋅

= a3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c)( c + a )

(x + z − y − t)

;

(

a 3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b2 + c2 − ab − bc − ca

( x + t − y − z)

= x 2 + z 2 + y 2 + t 2 − 2xy + 2xz − 2xt − 2yz + 2yt − 2zt

= x2 + y2 + z2 + t2 − 2xy − 2xz + 2xt + 2yz − 2yt − 2zt

Cộng từng vế lại ta được:

Đặc biệt :

•

3 3 3 Nếu a + b + c = 0 thì a + b + c − 3abc = 0

( x + y + z + t ) + ( x + y − z − t ) + ( x + z − y − t ) + ( x + t − y − z)

•

3 3 3 Nếu a + b + c − 3abc = 0 thì a + b + c = 0 hoặc a = b = c.

= 4 x 2 + y 2 + z2 + t 2

(

B. Mét sè vÝ dô

) 2

Ví dụ 1. Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 1 . Tính giá trị biểu thức. M = a4 + b4 + c4 . Giải

2 2 = 2 ( x + y ) + ( z + t )   

2 2 = 2 ( x − y ) + ( z − t )   

( x + y + z + t) + ( x + y − z − t)

Tìm cách giải. Để tạo ra kết luận, ta cần xuất phát từ a2 + b2 + c2 = 1 và bình phương hai vế. Tuy nhiên khi đó lại xuất hiện a2b2 + b2c2 + c2a2 và cần tính biểu thức này. Để tính biểu thức đó ta cần tính được ab + bc + ca . Suy luận tự nhiên ta cần bình phương a + b + c = 0. Bằng cách phân tích, lập luận như trên ta đã tìm ra cách giải. Trình bày lời giải

(

Từ a + b + c = 0 ⇒ a + b + c

)

= 0 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 0 .

⇒ a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc ( a + b + c ) =

(

Từ a2 + b2 + c2 = 1 ⇒ a2 + b2 + c2

)

( ) + ( x + y − z − t ) + ( x + z − y − t ) + ( x + t − y − z)  = 2 ( x + y) + ( x − y) + ( z + t ) + ( z − t )   

Suy ra A = x + y + z + t

(

⇒ a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2ab2c + 2bc2a + 2ca2b =

(

= 2 2 x2 + y2 + 2 z2 + t2  = 4 x2 + y + z2 + t2 .  

2 1 1 Mà a + b + c = 1 ⇒ ab + bc + ca = − ⇒ ( ab + bc + ca ) = 2 4 2

(x − y + z − t) + (x − y − z + t) 2

2 2 Nhận xét. Ngoài ra, ta có thể vận dụng đẳng thức ( a + b ) + ( a − b ) = 2 a + b để giải. Thật vậy:

) (

)

(

)

Ví dụ 3. Cho a,b,c thỏa mãn điều kiện a+b+c = 0. Chứng minh rằng:

(

)

(

2 a 5 + b5 + c5 = 5abc a2 + b2 + c2

1 4

Giải

1 1 ⇒ a2b2 + b2c2 + c2a2 = 4 4

(

3 3 3 Tìm cách giải. Nhận thấy a5 = a3.a2 , nên để xuất hiện vế phải chúng ta cần thay thế 3abc = a + b + c vào vế

)

= 12 ⇒ a 4 + b4 + c4 + 2 a2 b2 + b2c2 + c2a2 = 1

5 5 5 phải, sau đó khai triển. Khi khai triển xong, chúng ta cần biến đổi phần còn lại không phải là a + b + c trở thành một phần của kết luận là xong.

Trình bày lời giải 20

Tìm cách giải. Quan sát kĩ đề bài, ta nhận thấy khai triển hai vế rồi phân tích thành nhân tử là quá dài, phức tạp và có thể dẫn đến sai lầm. Do vai trò như nhau của giả thiết ,kết luận và giảm bớt sự khai triển ta có thể đổi

Vì a + b + c = 0 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc

(

) ( ( b + c ) + b (c

)(

Xét: 3abc a 2 + b2 + c2 = a 3 + b3 + c3 a 2 + b2 + c2 = a 5 + b 5 + c5 + a 3

)

(

+ a 2 + c3 a 2 + b 2

3 3 3 3 biến: x = 3a + b − c, y = 3b + c − a, z = 3c + a − b . Khi đó giả thiết có dạng: ( x + y + z) = 24 + x + y + z . Vì vế 3 3 3 3 trái của kết luận có dạng là nhân tử nên ta dùng đẳng thức ( x + y + z) = x + y + z + 3( x + y)( y + z)( z + x) . Từ

) . (1)

đó ta có lời giải sau:

Xét b + c = −a ⇒ b2 + c2 + 2bc = a2 ⇔ b2 + c2 = a2 − 2bc ;

Trình bày lời giải

2 2 2 2 2 2 Tương tự c + a = b − 2ac;a + b = c − 2ab .

(

Thay vào (1) suy ra : 3abc a + b + c 5

(

)=a

Đặt x = 3a + b − c, y = 3b + c − a , z = 3c + a − b 5

(

)

+ b + c + a a − 2bc + b

)

(

− 2ac + c c − 2ab

)

= 2 a + b + c − 2abc a + b + c .

(

)

(

)

⇒ (2a + 4b)(2b + 4c )(2c + 4a ) = 8

Nhận xét. Nếu đặt a = x − y , b = y − z, c = z − x thì ta có bài toán sau. Chứng minh rằng: 2

( x − y ) + (y − z) + (z − x ) ⋅ ( x − y ) + ( y − z) + (z − x ) 2

các số thực x, y, z thỏa mãn 2 ( y + yz + z 2

) + 3x

⇒ (a + 2b )(b + 2c)(c + 2 a ) = 1.

Điều phải chứng minh.

( x − y ) + ( y − z) + (z − x ) 5

. Ví dụ 4. Xét

= 36.

(

) + ( a − b + c) + ( a + b − c) + ( b + c − a ) .

4.2. Tìm hệ số x 3 của đa thức sau khi khai triển:

( tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Nam Định, năm học 2014- 2015)

Giải Tìm cách giải. Giả thiết cho vế trái là đa thức bậc hai, mà kết luận là tìm cực trị đa thức bậc nhất. Do vậ y để vận dụng được giả thiết ta cần xét A2, sau đó khéo léo tách đa thức đó để vận dụng triệt để giả thiết. Trình bày lời giải

a) A = ( x + 3)3 + ( x + 4) 4 + ( x + 5)5 ; b) B = ( x − 2)3 + ( x + 3) 4 + ( x − 4)5 . 4.3. Một tam giác có ba cạnh là a , b, c thỏa mãn điều kiện: (a + b + c) 2 = 3(ab + bc + ca ) . Hỏi tam giác đó là tam giác gì? 4.4. Cho a + b + c = 0 vµ a2 + b2 + c2 = 2. TÝnh a4 + b4 + c4.

2 2 2 2 2 Ta có: A = ( x + y + z) = x + y + z + 2xy + 2 yz + 2zx

4.5. Cho x + y + z = 0 vµ xy + yz + zx = 0. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc :

A 2 = 2 ( y 2 + z 2 + yz ) + 3x 2 − ( x 2 − 2xy + y 2 ) − ( x 2 − 2 xz + z 2 ) 2

C. Bµi tËp vËn dông 4.1. Rút gọn a + b + c

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y + z.

Từ giả thiết, ta suy ra: ( x + y + z )3 = 24 + x 3 + y 3 + z 3 . Theo hằng đẳng thức, ta có: ( x + y + z )3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3( x + y )( y + z )( z + x ) Suy ra 3( x + y )( y + z )( z + x) = 24

Hay 2 a 5 + b5 + c5 = 5abc a2 + b2 + c2 .

⇒ x + y + z = 3a + 3b + 3c .

B = (x – 1)2015 + y2016 + (z + 1)2017.

A = 36 − ( x − y ) − ( x − z) ≤ 36.

4.6.

Suy ra maxA = 6 tại x = y = z = 2,

(

2 2 2 Cho a + b + c

)( x

)

+ y2 + z2 = ( ax + by + cz ) với abc ≠ 0. Chứng minh rằng:

x y z = = . a b c

minA = - 6 tại x = y = z = −2 .

Ví dụ 5. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:

4.7.Cho a + b + c = 2; a2 + b2 + c2 = 4 và

(3a + 3b + 3c)3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3. Chứng minh rằng: (a + 2b )(b + 2c)(c + 2 a ) = 1.

x y z = = . a b c

Chứng minh rằng: xy + yz + zx = 0.

(tuyển sinh lớp 10, THPT Chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHà Nội, năm học 2015-2016)

Giải

4.8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F ( x) = x 4 − 2x 3 + 3x 2 − 2x + 2 . 4.9. Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 và a 3 + b3 + c3 = 1. Tính giá trị của biểu thức A = a n + b n + c n với n là số tự nhiên lẻ.

4.10. Chøng minh h»ng ®¼ng thøc sau: x4 + y 4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2.

Trình bày lời giải

4.11. Cho a, b, c thỏa mãn a+ b+ c = 0 Chứng minh rằng: 4

2 2

Ta có : f(x) = x3 - x2 - 4 = (x3 - 2x2) + (x2 - 2x) + (2x - 4)

= x2(x - 2) + x (x - 2) + 2 (x - 2)

2 2

a) a +b +c = 2(a b +a c +b c ) . 4

= (x - 2)(x2 + x + 2).

b) a + b + c =2(ab + bc + ca) .

4.12. a) b) c)

Nhận xét. Nếu đa thức f(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 có nghiệm nguyên là x = x0 thì x0 là một ước của hệ số tự do a0, khi phân tích f(x) ra nhân tử thì f(x) có chứa nhân tử x - x0. Vì vậy đối với những đa thức một biến bậc cao, ta nên nhẩm lấy một nghiệm của nó để định hướng việc phân tích thành nhân tử.

Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5) ; x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2) ; 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5).

2. Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử VÝ dô 3. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 + 324. Giải

Chuyên đề 5. PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ BẰNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC

x4 + 324 = x4 + 36x2 + 324 − 36x2

A. KiÕn thøc cÇn nhí Chứng ta đã biết ba phương pháp để phân tích một đa thức thành nhân tử là đặt nhân tử chung, dùng hằng đẳng thức , nhóm các hạng tử và phối hợp ba phương pháp đó. Tuy nhiên có những đa thức mặc dù rất đơn giản, nếu chỉ biết dùng ba phương pháp đó thôi thì không thể phân tích thành nhân tử được. Do đó trong chuyên đề này chúng ta sẽ xét thêm một số phương pháp khác để phân tích đa thức thành nhân tử . • Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử. • • • •

(

= x2 + 18

) − (6x ) = ( x

)(

)

+ 18 − 6x x2 + 18 − 6x . 5

VÝ dô 4. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x + x + 1. Giải

x5 + x4 + 1 = x5 + x4 + x3 − x3 + 1

(

)

(

)

= x 3 x 2 + x + 1 − ( x − 1) x 2 + x + 1

Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử Phương pháp đổi biến Phương pháp đồng nhất hệ số Phương pháp xét giá trị riêng của các biến

)(

+ x + 1 x3 − x + 1

Nhận xét. Với kỹ thuật trên chúng ta phân tích thành nhân tử được : x 3k+ 2 + x 3n+1 + 1. 3. Phương pháp đổi biến

B. Mét sè vÝ dô

Một số đa thức có bậc cao, nhờ đặt biến phụ đưa về đa thức có bậc thấp hơn để thuận tiện cho việc phân tích thành nhân tử, sau khi phân tích thành nhân tử đối với đa thức mới, thay trở lại biến cũ để được đa thức với biến cũ.

1. Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử 2

VÝ dô 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f(x) = 2x - 3x + 1. Giải

VÝ dô 5. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f(x) = x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128.

C¸ch 1: Tách hạng tử thứ hai: -3x = -2x - x.

Gi¶i

Ta cã f(x) = (2x2 - 2x) - (x - 1) = 2x(x - 1) - (x - 1) = (x - 1)(2x - 1).

Ta cã: f(x) = (x2 + 10x)(x2 + 10x + 24) + 128.

C¸ch 2: Tách hạng tử thứ nhất và hạng tử thứ hai: 2x2 = x2 + x2.

Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức trở thành:

Ta cã f(x) = (x2 - 2x + 1) + (x2 - x) = (x - 1)2 + x(x - 1) = (x - 1)[(x - 1) + x]

f(y) = (y - 12)(y + 12) + 128 = y2 - 16 = (y - 4)(y + 4)

= (x - 1)(2x - 1). Nhận xét. Để phân tích tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c ra nhân tử, ta tách hạng tử bx b2x sao cho b1b2 = ac và b1 + b2 = b. 3

thành b1x +

Suy ra:

f(x) = (x2 + 10x + 8)( x2 + 10x + 16) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + 8).

VÝ dô 6. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4 ) − 15 .

VÝ dô 2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f(x) = x - x - 4.

Gi¶i

Giải

Tìm cách giải. Bài toán có dạng: ( x + a) ( x + b) ( x + c) ( x + d) + m với a + d = b + c. Ta có thể đặt y = ( x + a) ( x + d) hoặc y = ( x + b) ( x + c) hoặc y = x2 + (a + d)x. Khi đó ta phân tích với đa thức biến y.

Tìm cách giải. Ta lần lượt kiểm tra với x = ±1; ±2; ±4 , ta thấy f(2) = 0. Đa thức f(x) có nghiệm x = 2, do đó khi phân tích thành nhân tử, f(x) chứa nhân tử x - 2. 24

Trình bày lời giải 25

( x + 1)( x + 4 )( x + 2)( x + 3) − 15 = ( x

Ta có:

)(

Gi¶i

)

+ 5x + 4 x2 + 5x + 6 − 15

Tìm cách giải. Các số ±1; ±3 không phải là nghiệm của đa thức f(x) nên f(x) không có nghiệm nguyên, f(x) cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy nếu f(x) phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng : (x2 + ax + b)( x2 + cx + d), với a, b, c, d ∈ Z.

Đặt y = x 2 + 5x + 9 . Khi đó đa thức có dạng: y(y + 2) – 15= y2 + 2y – 15 = (y + 5).(y – 3)

(

)(

)

Từ đó suy ra: ( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4 ) − 15 = x 2 + 5x + 9 x 2 + 5x + 1 .

Khai triển dạng này ra, ta được đa thức : x4 + (a+c)x3 + (ac+b+d)x2 + (ad+bc)x + bd. Đồng nhất đa thức này với f(x) ta được hệ điều kiện:

VÝ dô 7. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = (3x + 2)(3x − 5)( x − 1)( 9x + 10 ) + 24x2 .

a + c = −6 ac + b + d = 12   ad + bc = −14 bd = 3.

Gi¶i Tìm cách giải. Nếu khai triển ngoặc thì bài toán trở lên khá phức tạp và có thể dẫn đến sai lầm. Quan sát kĩ đề bài chúng ta nhận thấy hệ số của bốn ngoặc có đặc điểm: 3.3 = 1.9 và 2.(- 5) = (- 1).10, do vậ y chúng ta nghĩ đến việc nhóm hai ngoặc lại và đặt biến phụ nhằm đưa về bài toán đơn giản hơn.

Xét bd = 3, với b, d ∈ Z, b ∈ {±1; ±3}. Với b = 3 thì d = 1, hệ điều kiện trở thành:

Trình bày lời giải

a + c = −6  ac = 8 a + 3c = −14. 

A = (3x + 2)(3x − 5)( x − 1)( 9x + 10 ) + 24x2

Ta có:

(

)(

)

= 9x2 − 9x − 10 9x2 + x − 10 + 24x2

Từ đó tìm được: a = -2; c = -4. Vậy f(x) = (x2 - 2x + 3)( x2 - 4x + 1).

Đặt y = 9x − 9x − 10 . Đa thức có dạng: A = y ( y + 10x ) + 24x 2 2

Trình bày lời giải

= y 2 + 10xy + 24 y 2 = y 2 + 4xy + 6xy + 24 y 2 = ( y + 4x )( y + 6x ) . Từ đó suy ra:

(

)(

A = 9x − 3x − 10 9x − 5x − 10

f(x) = x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 = (x4 - 4x3 + x2) - (2x3+ 8x2 - 2x) + (3x2 -12x +3) = x2(x2 - 4x + 1) - 2x(x2 - 4x + 1) + 3(x2 - 4x + 1)

= (x2 - 4x + 1)(x2 - 2x +3).

Nhận xét. Cách giải trên có thể dùng cho các đa thức có dạng: P(x) = ( a 1 x + b1 )( a 2 x + b2 )( a 3 x + b3 )( a 4 x + b4 ) + mx2

5. Phương pháp xét giá trị riêng của các biến

trong đó

a1a 2 = a 3a 4 ; b1 b2 = b3 b4

VÝ dô 10. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P = x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y).

VÝ dô 8. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: B = 2x4 + 3x3 − 9x2 − 3x + 2 .

Gi¶i

Nhận xét. Nếu thay x bởi y thì P = 0, nên P chia hết cho x – y. 4

2 2

Tìm cách giải. Những bài toán có dạng: ax + bx + cx + kax + k b 2

với k = 1 hoặc k = -1. Ta đặt

y = x + k , rồi biến đổi biểu thức về dạng ax + bxy + my .

Từ đó: P = a (x – y)(y- z)(z - x); trong đó a là hằng số, không chứa biến vì P có bậc 3 đối với tập hợp các biến, còn tích (x - y)(y - z)(z - x) cũng có bậc 3 đối với tập hợp các biến.

Trình bày lời giải Đặt y = x2 − 1 ⇒ y2 = x 4 − 2x2 + 1 . Biến đổi biểu thức, ta có:

(

)

(

)

(

)

B = 2 x 4 − 2x 2 + 1 + 3x 3 − 3x − 5x 2 = 2 x 2 − 1 + 3x x 2 − 1 − 5x 2 .

Từ đó, biểu thức có dạng: B = 2y2 + 3xy − 5x2 = 2y2 − 2xy + 5xy − 5x2 = ( y − x )( 2y + 5x )

(

)(

Ta có : P = x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y) = a(x - y)(y - z)(z - x) (*) đúng với mọi x, y, z ∈ R nên ta chọn các giá trị riêng cho x, y, z để tìm hằng số a là xong. Chú ý. Các giá trị của x, y, z ta có thể chọn tùy ý, chỉ cần chúng đôi một khác nhau để tránh P = 0 là được. Chẳng hạn, chọn x = 2; y = 1; z = 0 thay vào đẳng thức (*), ta tìm được a = - 1

)

Từ đó suy ra: B = x − x − 1 2x + 5x − 2 . 2

Hơn nữa nếu thay x bởi y, y bởi z, z bởi x thì P không thay đổi ( ta nói đa thức P có dạng hoán vị vòng quanh). Do đó: P chia hết cho x – y thì P cũng chia hết cho y – z, z – x.

Vậy: P = x2(y - z) + y2(z - x) + z2(x - y) = -(x - y)(y - z)(z - x) = (x - y)(y - z)(x - z).

4. Phương pháp đồng nhất hệ số VÝ dô 9. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f(x) = x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3. 26

VÝ dô 11. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: Q = a(b + c - a)2 + b(c + a - b)2 + c(a + b - c)2 + (a + b - c)( b + c - a)( c + a - b). 27

Gi¶i

b) Chứng minh rằng P(x) chia hết cho 6 với mọi số nguyên x.

NhËn xÐt. Víi a = 0 th× Q = 0, cho nªn a lµ mét nh©n tö cña Q. Do vai trß b×nh ®¼ng cña a, b, c nªn b vµ c còng lµ nh©n tö cña Q, mµ Q cã bËc 3 ®èi víi tËp hîp c¸c biÕn nªn Q = k.abc.

5.8. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) 2 x 3 − 5 x 2 + 8 x − 3 ;

Chän a = b = c = 1 ®−îc k = 4. VËy Q = 4abc.

b) a(b − c)2 + b(c − a) 2 + c(a − b) 2 − a3 − b3 − c3 + 4abc ;

C. Bµi tËp vËn dông Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử

•

5.1.Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

a) a(b + c)(b2 – c2) + b(a + c)(c2 – b2) + c(a + b)(a2 – b2);

a) 4x2 - 4x - 3; b) 2x2 - 5x - 3;

b) ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a);

c) a(b2 – c2) – b(a2 – c2) + c(a2 – b2);

c) 3x - 5x - 2;

5.2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

d) a3(b – c) + b3(c – a) + c3(a – b).

a) x + 2x - 3; b) x3 - 7x + 6; c) x3 + 5x2 + 8x + 4;

5.10. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3; b) (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3;

5.3. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2

(

5.11. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

)

a) P = x2 − x + 2 + ( x − 2) ; 5

a) x7 + x2 + 1; 2

b) Q = 6x + 15x + 20x + 15x + 6x + 1 .

b) x8 + x + 1;

c) C = x4 − 9x3 + 28x2 − 36x + 16 ; 5.4. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

c) x8 + x7 + 1; d)

a) A = 10 x 4 − 27 x 3 y − 110 x 2 y 2 − 27 xy 3 + 10 y 4 ;

c) C = bc(a+ d)(b- c) + ac(b+ d)(c - a) + ab(c + d)(a - b). 5.5. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

) ( x + 4) − 12 ;

5.13. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

(

)(

)

a) A = 48x2 + 8x − 1 3x2 + 5x + 2 − 4 ;

d) 2x4 - x3y + 3x2y2 - xy3 + 2y4.

(

5.6. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2

)(

b) N = x + 2 x + 3

c) x 4 − 2 y 4 − x 2 y 2 + x 2 + y 2 .

a) M = ( 4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)( x + 1) − 4 ;

(

a) 4x(x + y).(x + z).(x+ y + z) + y2z2. b) 3(x4+ x2+ 1) – (x2+ x + 1)2.

x5 + x + 1 .

• Phương pháp đổi biến 5.12. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

b) B = x5 − 4x4 + 3x3 + 3x2 − 4x + 1 ;

)(

)

b) B = 4 x 2 + 11x + 30 4x 2 + 22x + 120 − 23x 2 ; 2

a) M = 3xyz + x ( y + z ) + y ( x + z ) + z ( x + y ) ; b) x8 y 8 + x 4 y 4 + 1 c)

c) ( x 2 − 3 x − 1)2 − 12 x 2 + 36 x + 39 ; a 4 + b4 + c4 – 2a2b2 – 2b2c2 – 2a2c2. d) • Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử 5.9. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

N= x2y + xy2 + x2z + xz2 + y2z + yz2 + 2xyz ;

5.7. Cho đa thức P ( x ) = 2x 4 − 7x3 − 2x2 + 13x + 6 .

5.14. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4

(

) + (5 − x )

(

) + ( x − 1)

a) M = 7 − x b) N = x − 3

− 2; − 16 ;

c) P = x4 − 3x3 − 6x2 + 3x + 1 ;

a) Phân tích P(x) thành nhân tử. 28

d) Q = x 4 − x3 − 10x2 + 2x + 4 ;

•

5.15. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) A = x ( x + 4)( x + 6)( x + 10) + 128 ;

Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với mũ chẵn, không chứa thừa số nguyên tố với số mũ lẻ.

•

Hệ quả. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố P thì phải chia hết cho P2

•

Một số chính phương khi và chỉ khi số ước của nó là số lẻ.

b) (x – y)5 + (y – z)5 + (z – x)5.

3. Một số kiến thức khi sử dụng

c) P = 2x4 − 3x3 − 7x2 + 6x + 8 . d)

•

( x + a )( x + 2a )( x + 3a )( x + 4a ) + a

Hệ thập phân

. n 99.....9 = 10 − 1 ⇒ 11.....1 =

5.16. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

n soá

a) M = (a + b + c)3 − (a + b − c)3 − (b + c − a )3 − (c + a − b)3 b) N = (a 2 + b 2 )3 + (c 2 − a 2 )3 − (b 2 + c 2 )3

aa....a =

•

5.17. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

VÝ dô 1. Cho A = 11.....1 ; B = 11....1 ; C = 66.....6 với n là số tự nhiên lớn hơn 1.

c) C = (4 x − 2).(10 x + 4).(5 x + 7).(2 x + 1) + 17.

2n soá 1

Phương pháp đồng nhất hệ số

n soá 6

Giải Tìm cách giải. Để chứng minh A + B + C + 8 là số chính phương, chúng ta cần biến đổi thành bình phương một số tự nhiên. Suy luận rất tự nhiên là dùng hệ thập phân, để đưa chúng về lũy thừa của 10 bằng công thức

a) Q = x − 8x − x + 12. b) R = x4 + x3 + x2 + x + 12. c) S = x4 - 8 x + 63.

11.....1 =

d) F = x 2 + 2xy − 8y 2 + 2x + 14y − 3

n soá

• Phương pháp xét giá trị riêng của biến 5.19. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

(

)

a. 10 − 1 10n − 1 và aa....a sau đó dùng hằng đẳng thức đưa về bình phương của một số tự = 9 9 n soá

nhiên.

Trình bày lời giải

a) A = (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5; 3

B = x ( y − z ) + y (z − x ) + z ( x − y )

C = ( b + c )(a − b )(a − c ) + (c + a )( b − c )( b − a ) + (a + b )( c − a )( c − b ) + 8abc

Ta có A =

;

Chuyên đề 6. SỐ CHÍNH PHƯƠNG

(

)

6 10n − 1 102n − 1 10n+1 − 1 ; B= ; C= 9 9 9

Xét A + B +C + 8 =

102n − 1 10n+1 − 1 6.10n − 6 102n + 16.10n + 64  10n + 8  + + +8= =  . 9 9 9 9 3  

Mà 10n + 8 = 100..0 8⋮ 3 ⇒ A + B + C + 8 là số chính phương. n −1

A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. Khái niệm. Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên.

VÝ dô 2. Tìm số tự nhiên n để n +18 và n – 41 là các số chính phương (thi học sinh giỏi Toán 9, Quảng Ngãi, năm học 2012 – 2013)

2.Tính chất. •

n +1 soá 1

Chứng minh rằng A + B + C + 8 là số chính phương.

5.18. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

Các hằng đẳng thức.

B. Mét sè vÝ dô

b) B = ( x − 18)( x − 7)( x + 35)( x + 90) − 67 x 2 ;

)

• Nếu a = b.c mà a là số chính phương; ( b; c ) = 1 thì b và c đều là số chính phương.

a) A = 2x 4 − x 3 y + 3x 2 y 2 − xy 3 + 2y 4 ;

(

a. 10 − 1

n soá

c) P = ( x − 2 y + 3z )3 − x3 + 8 y 3 − 27 z 3

•

n soá n

10n − 1 9

Số chính phương chỉ có thể tận cùng bằng 0,1,4,5,6,9 không thể tận cùng bằng 2,3,7,8

Giải Tìm cách giải. Để tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện trên, chúng ta đồng nhất hai điều kiện đó bằng cách đặt n + 18 = a 2; n − 41 = b2 ( a; b ∈ N; a > b ) . Sau đó khử n bằng phép trừ vế cho vế, khi đó ta sẽ tìm được số tự

nhiên a, b bằng con đường ước số.

(

)

4x2y2 ; (2xy + 1) là ba số chính phương liên tiếp nên để có 4x2y2 − 7x + 7y = 4x2y2 ta chỉ cần chứng minh

Suy ra a − b = 59 ⇔ ( a − b )( a + b ) = 59 = 1.59 2

a − b = 1 Do đó  ⇔ a + b = 59

rằng x = y.

Tìm cách giải. Nếu x = y thì 4x2y2 − 7x + 7y = 4x2y2 là số chính phương. Do 2xy − 1 ;

Đặt n + 18 = a ; n − 41 = b ( a; b ∈ N; a > b ) 2

VÝ dô 5. Cho x, y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4x2y2 − 7x + 7y là số chính phương. Chứng minh Giải

Trình bày lời giải 2

m -n vµ 4m + 4n + 1 ®Òu lµ sè chÝnh ph−¬ng.

(2xy − 1)

a = 30 ⇔ n = 882   b = 29

< 4x2y2 − 7x + 7y < (2xy + 1) là đủ.

Trình bày lời giải

VÝ dô 3. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N thì n 2 + n + 1 không là số chính phương. Giải Tìm cách giải. Để chứng tỏ một số không phải là số chính phương, chúng ta thường có hai cách: hoặc sử dụng chữ số tận cùng hoặc chứng minh số đó nằm giữa hai số chính phương liên tiếp. Trong ví dụ này chúng ta vận dụng cách hai.

Do x, y là các số nguyên lớn hơn 1 nên x; y ≥ 2.

⇒ −4xy + 1 < −7x + 7y < 4xy + 1

⇒ 4x2 y 2 − 4xy + 1 < 4x2 y 2 − 7x + 7y < 4x2 y 2 + 4xy + 1 2

⇒ (2xy − 1) < 4x2y2 − 7x + 7y < (2xy + 1)

Trình bày lời giải

Suy ra 4x2y2 − 7x + 7y là số chính phương . Ta có x; y ≥ 2 nên 1 < 2xy − 1 < 2xy + 1 . Do đó:

Với mọi n ∈ N ta có: n2 < n2 + n + 1 < (n + 1)2 mà n2 và ( n + 1)2 là hai số chính phương liên tiếp. Vậy n 2 + n + 1

4x2y2 − 7x + 7y = ( 2xy ) ⇔ x = y .

không phải số chính phương.

VÝ dô 4. Chøng minh r»ng nÕu m, n ∈Z tho¶ m·n ®¼ng thøc : 3m2 + m = 4n2 + n

VÝ dô 6. Gi¶ sö a lµ sè nguyªn d−¬ng vµ d lµ mét −íc sè nguyªn d−¬ng cña 2.a2 . Chøng minh r»ng : a2 + d kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph−¬ng.

th× m - n vµ 4m + 4n + 1 ®Òu lµ sè chÝnh ph−¬ng.

Giải

Giải Tìm cách giải. Nếu m - n vµ 4m + 4n + 1 ®Òu lµ sè chÝnh ph−¬ng thì (m - n)(4m+ 4n +1) cũng là số chính phương. Khi khai triển đẳng thức này cho chúng ta bóng dáng của giả thiết. Do vậy với suy nghĩ ấy chúng ta cần:

Gi¶ sö 2.a2 =k.d vµ a2+d = b2 víi a, b, k, d∈Z+.

Tõ a2+d = b2 ⇔ a 2 +

2a 2 = b 2 ⇔ k2b2 =a2(k2+2.k) k

Từ giả thiết biến đổi (m - n)(4m+ 4n +1) thành số chính phương.

⇔ (kb)2 = a2(k2+ 2k)

Chứng minh rằng m - n vµ 4m + 4n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.

Mµ k < k +2k < (k +1) ⇒ k2 +2k kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph−¬ng

⇔ k2 +2k lµ sè chÝnh ph−¬ng. 2

VÝ dô 7. Chứng minh rằng với x, y là hai số tự nhiên thỏa mãn x2 + 2y là số chính phương thì x2 + 2y là tổng

Tõ 3m2 +m = 4n2 + n ta cã m ≥ n vµ 2

VËy a2 + d kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph−¬ng.

Trình bày lời giải 2

của hai số chính phương

⇔ 4(m -n ) + m - n = m

⇔(m - n)(4m+ 4n +1) =m

Giải

(*)

§Æt (m -n; 4m+ 4n +1) = d

Vì x, y ∈ N nên x2 + 2y > x2 . Do x2 + 2y là số chính phương ta có:

⇒(m -n) ⋮ d ; (4m+ 4n +1) ⋮ d vµ m⋮ d

x2 + 2y = ( x + t ) với t ∈ N

⇒ {4m +4n +1 +4(m-n)} ⋮ d ⇒ (8m +1) ⋮ d mµ m⋮ d

⇔ 2y = t2 + 2tx ⇒ t = 2K

⇒ 1⋮ d hay d = 1.

K∈Z

⇔ 2y = 4K + 4Kx

VËy m-n vµ 4m +4n +1 nguyªn tè cïng nhau, kÕt hîp víi (*) ta cã: 32

(thi học sinh giỏi Toán 9, Lâm Đồng , năm học 2012-2013)

⇔ y = 2K2 + 2Kx 6.9.Chứng minh rằng:

⇔ x2 + y = K2 + ( x + K ) điều phải chứng minh.

a) Với mọi số tự nhiên n > 1 thì A = n 6 − n 4 + 2n 3 + 2n 2 không phải số chính phương.

VÝ dô 8. Cho x, y, z ∈ N+ nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn

1 1 1 + = . Hỏi x + y có phải là số chính phương x y z

không?

b) Các số a và b đều là tổng 2 số chính phương thì tích ab cũng là tổng của 2 số chính phương. (thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2006- 2007)

6.10. Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 là các số chính phương.

Giải

( tuyển sinh lớp 10, THPT Chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội,

1 1 1 + = ⇔ ( x + y ) .z = xy ⇔ xz + yz − zy = 0 x y z

năm học 2015-2016)

6.11. Cho hai số tự nhiên a và b . Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên c sao cho a 2 + b 2 + c 2 là số chính phương.

Hay xy − xz + z2 − yz = z2 ⇔ ( x − z )( y − z ) = z2 Nếu ( x − z ) ; ( y − z ) = d ≠ 1 ⇒ z2 ⋮ d2 (vô lí) ⇒ ( x − z; y − z ) = 1 Hay x – z và y – z là các số chính phương.

6.12.

a) Tìm số tự nhiên x sao cho x 2 + 21 là số chính phương. b) Chứng minh rằng nếu m, n là 2 số chính phương lẻ liên tiếp thì (m-1)(n-1) chia hết cho 192.

6.13. Tìm x ∈ Q để x 2 + x + 6 là một số chính phương.

⇒ x − z = K2

6.14. Tìm số nguyên dương n để tổng n4 + n3 + n2 + n + 1 là số chính phương. 2

(Với K, m ∈ N ) ⇒ z = K .m ⇒ z = Km

y−z = m

2 2 6.15. Nếu a, b,∈ Z+ thỏa mãn 2a + a = 3b + b thì a – b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương.

Vậy x + y = x – z + y – z + 2z = K2 + m2 + 2Km

Chuyên đề 7. CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC

x+ y = ( K + m)2.

A. KiÕn thøc cÇn nhí

Vậy x + y là số chính phương.

1. Chia đơn thức A cho đơn thức B

C. Bµi tËp vËn dông 6.1.Chứng minh rằng số A = 224 99...9 100....0 9 là số chính phương (n ≥ 2) n −2 soá 9

n soá 0

2. Chia đa thức cho đơn thức : ( A + B ) : C = A : C + B : C ,

Chứng minh rằng A + 2.B + 4 là số chính phương

6.3.Cho a = 111....1 ; b = 444....4 . Chứng minh rằng a + b + 1 là số chính phương. 2n

• Chia lũy thừa của từng biến trong A cho lũy thừa của cùng biến đó trong B; • Nhân các kết quả với nhau.

6.2. Cho số nguyên dương n. Đặt A = 44...4; B = 88...8 2n

• Chia hệ số của A cho hệ số của B;

2 6.4.Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n − 14n − 256 là số chính phương.

6.5.Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn n 2 + 2018 là số chính phương. 6.6.Chứng minh rằng có thể biểu diễn lập phương của một số nguyên dương bất kì dưới dạng hiệu của hai số chính phương. 6.7.Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c . Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + d 2 là tổng của ba số chính phương. 6.8.Cho hàm số f ( x ) = ( x + 2)( x + 3)( x + 4 )( x + 5) + 1 . Chứng minh rằng f(x) luôn có giá trị là số chính phương với mọi giá trị nguyên của x. 34

3.Chia đa thức A cho đa thức B Cho A và B là hai đa thức tùy ý của cùng một biến (B ≠ 0) khi đó tồn tại duy nhất một cặp đa thức Q và R sao cho A = B.Q + R, trong đó R = 0 hoặc bậc của R nhỏ hơn bậc của B. Q gọi là đa thức thương và R gọi là dư trong phép chia A cho B. Nếu R = 0 thì phép chia A cho B là phép chia hết. 4. Định lý Bézout. • Bézout là nhà toán học Pháp. Ông sinh năm 1730, mất năm 1783. Bézout quan tâm đến việc giải các hệ phương trình tuyến tính; nhằm mục đích ấy ông hệ thống hóa các phép tính về định thức. Ông cũng nghiên cứu về phép khử, nghĩa là tìm điều kiện đối với các hệ số của hai đa thức để chúng có một nghiệm chung. Ông cho xuất bản Giáo trình Toán học được tái bản nhiều lần ở Pháp cũng như ở nước ngoài. Trong đó có một định lý nổi tiếng mang tên ông: • Định Lý. Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho (x – a) đúng bằng f(a). 35

5. Hệ quả của định lý Bézout. Nếu a là nghiệm của đa thức f(x) thì f(x) chia hết cho (x – a). Người ta cũng chứng minh được rằng: Nếu đa thức f(x) nhận n số nguyên khác nhau a1 ; a2 ;.... ; an làm nghiệm thì f(x) chia hết cho (x - a1).(x - a2).... (x - an). 6. Phương pháp nội suy Newton •

•

Newton là nhà Toán học, Vật lý học người Anh. Ông sinh năm 1642 , mất năm 1727. Trong Toán học ông là nhà sáng lập và phát minh ra phép tính vi phân và tích phân. Ngoài ra ông có rất nhiều công trình về Toán học. Song người đời sau khi nhắc đến Newton, thường ca ngợi những phát minh của ông về vật lý học. Sau đây là phương pháp nội suy, một trong những phát hiện về toán của ông: Để tìm đa thức P(x) bậc không quá n khi biết giá trị tại (n + 1) điểm: C1 , C2 ,…, Cn +1 ta có thể biểu diễn P(x) dưới dạng:

P( x ) = b0 + b1 ( x − C1 ) + b2 ( x − C1 )( x − C2 ) + ...... + bn ( x − C1 )( x − C n ) ... ( x − C n )

 10  1  b) A : B =  − x 6 y5 z 2  :  x 2 yz  = −30x 4 y 4 z ;  3  9 

1  1  c) A : B =  − x n y n + 2  : −3x n −2 y n = x 2 y 2 . 6  2 

(

Ví dụ 2. Chứng minh rằng :

x8 + x4 + 1⋮ x2 + x + 1

b) x5 + x4 + 1⋮ x2 + x + 1

Giải Tìm cách giải. Khi chứng minh đa thức f(x) ⋮ g(x) ta có thể: Cách 1. Phân tích đa thức f(x) thành nhân tử có chứa nhân tử g(x). Cách 2. Biến đổi đa thức f(x) thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức g(x).

Bằng cách thay thế x lần lượt bằng các giá trị C1 , C2 ,…, Cn +1 vào biểu thức P(x) ta lần lượt tính được các hệ số b0 , b1 ,…, bn .

Trình bày lời giải

7. Lược đồ Horner.

a) Cách 1. Ta có :

•

Horner là nhà toán học Anh. Ông sinh năm 1787, mất năm 1837. Ông không có nhiều công trình nhưng nổi tiếng vì một phương pháp tính gần đúng một số phương trình và bây giờ lấ y tên ông đặt cho phương pháp ấ y. Thực ra thuật toán đã được người Trung Hoa biết đến từ trước, nhưng Horner đã phát minh ra nó một cách độc lập. Sau đây là lược đồ Horner:

( ) = ( x + 1 − x )( x + 1 + x ) = ( x − x + 1)( x + 2 x + 1 − x )

x8 + x4 + 1 = x8 + 2x4 + 1 − x4 = x4 + 1 − x4 4

Để tìm thương và dư trong phép chia f ( x) = a0 x n + a1 x n−1 + ... + an−1 x + an (a0 ≠ 0) cho g ( x) = x − α .Ta a0

…

x=α

b0 = a0

b1 = αb0+a1

…

bk = αbk-1+ak

…

bn = αbn-1+an

q( x) = b0 x

n −1

+ b1 x

n −2

10 b) A = − x 6 y5 z 2 ; 3

(

)(

(

)(

)

)(

= x 4 − x2 + 1 x2 + 1 − x x2 + 1 + x ⋮ x2 + x + 1

+ ... + bn − 2 x + bn −1

)

Cách 2.

x8 + x4 + 1 = x8 − x2 + x4 − x + x2 + x + 1

Ví dụ 1. Thực hiện phép chia A:B trong các trường hợp sau: a) A = 12x y ;

⇒ x8 + x4 + 1⋮ x2 + x + 1

B. Mét sè vÝ dô 3 4

2 = x4 − x2 + 1  x2 + 1 − x2   

Vớ i

f ( x) = ( x − α ).q ( x) + f (α ); f (α ) = bn = α .bn −1 + an

lập bảng: f

)

(

)

(

) (

)

= x2 x 6 − 1 + x x3 − 1 + x2 + x + 1

B = −3x y .

(

)

(

)

(

)( ) ( ) + x + x − x + 1 = x ( x + x + 1) − ( x − 1) ( x + x + 1) = ( x + x + 1)( x − x + 1) ⋮ ( x + x + 1)

= x2 x3 + 1 ( x − 1) x2 + x + 1 + x x2 − 1 x2 + x + 1 + x2 + x + 1 ⋮ x2 + x + 1

1 B = x 2 yz . 9

b) x + x + 1 = x

 1  c) A =  − x n y n + 2  : ( 3x n −2 y n ) ( n ∈ N, n ≥ 2 ) .  2 

Ví dụ 3. Tìm các số thực a, b, sao cho đa thức 4x4 − 11x3 − 2ax2 + 5bx – 6 chia hết cho đa thức

Giải

x2 – 2x – 3 .

a) A : B = 12x 3 y 4 : ( −3x 2 y ) = −4xy 3 ;

(Thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2012 – 2013)

Giải 36

Tìm cách giải. Khi tìm hệ số a, b sao cho đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x), chúng ta có hai hướng suy nghĩ: Đặt phép chia f(x) cho g(x) đến khi được phần dư có bậc nhỏ hơn bậc của đa thức g(x). Để phép chia hết ta đồng nhất phần dư đó với đa thức 0.

(x + 3)(x – 4) có dạng tổng quát là ax + b. Từ đó suy ra được: f ( x ) = ( x + 3 )( x − 4 ) 3x + ax + b . Mặt khác ta có f(-3) = 1, f(4) = 8. Do vậy để tìm f(x) chúng ta cần xác định a. b bằng cách chọn x = - 3; x = 4 để đồng nhất hai vế.

Trình bày lời giải

Còn nếu đa thức g(x) phân tích được thành nhân tử với các nhân tử bậc nhất, ta viết f(x) thành tích các nhân tử đó nhân với đa thức thương. Rồi dùng đồng nhất thức sao cho vế phải bằng 0.

Theo định lý Bézout ta có f(3) = 1; f(4) = 8

Trình bày lời giải

Đặt dư f(x) chia cho ( x + 3 )( x − 4 ) là ax + b

Cách 1. Thực hiện phép chia ta được : 4x4 -11x3

-2ax2

4x4 -8x3

-12x2

-3x3 3

-3x

+5bx

x2 - 2x - 3

-6

4x2 – 3x + (6 - a)

-(2a-12)x2 +5bx 2

+6x

-6

+(5b-9)x

-6

(6-2a)x2

-(12-4a)x

-(18-6a)

(5b-4a+3)x

+(12- 6a)

5b − 4a + 3 = 0 ⇔ Để phép chia hết thì  12 − 6a = 0

•

Với x = 4 ta có: 8 = ( 4 + 3 )( 4 − 4 )( 3.4 ) + a.4 + b ⇒ b + 4a = 8 (2)

Hay f ( x ) = 3x 3 − 3x 2 − 35x + 4 .

Ví dụ 5. Tìm một đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho (x - 1), (x - 2), (x - 3) đều được dư 6 và

a = 2  b = 1 .

(

P(- 1) = - 18.

Giải 2

)

= ( x − 1 − 2 )( x − 1 + 2 ) = ( x − 3)( x + 1)

Tìm cách giải. Từ đề bài theo định lí Bézout ta có P(1) = 6, P(2) = 6, P(3) = 6, P(-1) = - 18. Như vậ y đa thức P(x) bậc ba mà biết giá trị tại bốn điểm 1 ; 2 ; 3 ; - 1 nên ta có thể sử dụng phương pháp nội suy Newton. Trình bày lời giải

Đặt thương là q(x) ta có:

Theo định lý Bézout ta có : P(1) = P(2) P(3) = 6.

4x − 11x − 2ax + 5bx − 6 = ( x − 3 )( x + 1) q ( x ) 3

Chọn x = 3 ta có: 4.3 − 11.3 − 2a.3 + 5.b.3 − 6 = 0 ⇒ 15b − 18a = −21 ⇒ 5b − 6a = −7 (1)

( )

Với x =- 3 ta có: 1 = ( − 3 + 3 )( − 3 − 4 ) 3 ( −3 ) + a ( −3 ) + b ⇒ b − 3a = 1 (1)

Từ đó ta được: f ( x ) = ( x + 3)( x − 4 ) 3x + x + 4 .

Cách 2. Ta có x2 − 2x − 3 = x2 − 2x + 1 − 4 = x − 1 − 4

Chọn x = -1, ta có: 4 −1

•

Từ (1) và (2) suy ra: 7a = 7 ⇒ a = 1 thay vào (2) ta được b = 4.

+9x

(6-2a)x2

Suy ra f ( x ) = ( x + 3)( x − 4 ) 3x + ax + b .

− 11 ( −1) − 2a ( −1) + 5b ( −1) − 6 = 0

Do đó ta đặt

P(x) = d + c ( x − 1) + b ( x − 1)( x − 2 ) + a ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )

Cho x = 1 ta được P(1) = d, suy ra d = 6 P(x) = 6 + c ( x − 1) + b ( x − 1)( x − 2 ) + a ( x − 1)( x − 2)( x − 3 )

P(x) = 6 + 0 ( x − 1) + b ( x − 1)( x − 2 ) + a ( x − 1)( x − 2)( x − 3 )

⇒ 5b+2a = 9 (2)

Từ (1) và (2) suy ra : 8a = 16 ⇒ a = 2

Cho x = 2 ta được P(2) = 6 + c, suy ra c = 0 .

Cho x = 3 ta được P(3) = 6 + 2b, suy ra b = 0.

Thay vào (2) ⇒ 5.b + 4 = 9 ⇒ b = 1 .

P(x) = 6 + 0 ( x − 1) + 0 ( x − 1)( x − 2 ) + a ( x − 1)( x − 2)( x − 3 )

Ví dụ 4. Tìm đa thức f(x) biết:

a ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )

•

f(x) chia cho x+3 dư 1;

Do đó P(x) = 6 +

•

f(x) chia cho x – 4 dư 8;

Cho x = - 1 ta được P(-1) = 6 – 24a, do đó – 18 = 6 – 24a suy ra a = 1.

•

f(x) chia cho (x + 3)(x – 4) thì được 3x và còn dư.

Giải

Vậy P(x) = 6 +

1. ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )

3 2 . Rút gọn ta được : P(x) = x − 6x + 11x .

Tìm cách giải. Ta có (x + 3)(x – 4) là tam thức bậc hai, do đó phần dư khi chia f(x) chia cho 38

( ) (

200

)

Ví dụ 6. Chứng minh rằng đa thức f x = x − 3

(

+ x −2

100

)

− 1 chia hết cho đa thức g ( x ) = x 2 − 5x + 6

Giải Tìm cách giải. Đa thức g(x) bậc n có n nghiệm phân biệt. Nếu mọi nghiệm của đa thức g(x) cũng là nghiệm của đa thức f(x) thì đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x). Nhận thấy trong bài g(x) có hai nghiệm là x = 2 ; x = 3, nên chúng ta chỉ cần kiểm tra xem x = 2 ; x = 3 có là nghiệm của f(x) không ? Trình bày lời giải

() (

200

f ( 3) = (3 − 3)

200

)

Ta có f 2 = 2 − 3

100

+ (2 − 2) 100

+ ( 3 − 1)

6 Muốn cho giá trị của A chia hết cho giá trị của B thì ta phải có x + 3 ∈ Ư(6) = {±1; ± 2; ± 3; ± 6} x+3

-1

-2

-3

-6

-2

-4

-1

-5

-6

-9

Vậy với x ∈ {− 2; −4; − 1; − 5; −0; − 6; 3; − 9} thì giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B.

Ví dụ 9. Tính giá trị biểu thức P = 28x5 − 2x4 − 2013x3 + 14606x − 3447

− 1 = 0 nên f ( x ) ⋮ ( x − 2 )

khi x2 – 3x + 1 = 0.

− 1 = 0 nên f(x) ⋮ (x - 3)

Giải

Tìm thương và dư của phép chia f(x) cho x – 6

Tìm cách giải. Với x2 – 3x + 1 = 0 thì tìm x, ta được x không phải là số nguyên, nên thay vào biểu thức P để tính sẽ gặp nhiều khó khăn và có thể dẫn đến sai lầm. Do vậ y chúng ta sử dụng P chia cho x2 – 3x + 1 được Q(x) và phần dư R(x) khi đó, ta viết: P(x) = (x2 – 3x + 1).Q(x) + R(x). Sau đó thay x2 – 3x + 1 = 0 vào biểu thức, ta tính được P(x) đơn giản hơn.

Giải

Trình bày lời giải

Tìm cách giải. Ngoài cách chia thông thường, vì đa thức chia có dạng x – α nên ta có thể dùng lược đồ Horner.

Ta có

Trình bày lời giải

28x5 - 2x4

-2013x3

28x5 -84x4

+28 x3

Nên f(x) chia hết cho (x – 2)(x – 3) = x2 – 5x + 6 5 3 2 Ví dụ 7. Cho f ( x) = 2 x − 70 x + 4 x − x + 1

Ta có sơ đồ Horner f

α=6

-70

-1 95

1 571

Suy ra

28x3 + 82x2 - 1795x - 5467

82x

- 2041x

82x4

- 246 x3

+82x2

-1795x

- 82x2

+14606x

-1795x3

+ 5385x2

-1795x

-5467x2

+16401x -3447

- 5467x2

+16401x -5467

f ( x) = ( x − 6).g ( x) + f (6) 4

= ( x − 6)(2 x + 12 x + 2 x + 16 x + 95) + 571 4

+14606x +3447 x2 - 3x + 1

2020

Vậy thương là g ( x) = 2 x + 12 x + 2 x + 16 x + 95 và dư là r = f (6) = 571.

Ví dụ 8. Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của đa thức A = x3 + 2x2 + 15 chia hết cho giá trị của đa thức B = x + 3. Giải + 2x2

+ 3x2

+ 15

- x2

)

Từ đó ta có P = x − 3x + 1 28x + 82x − 1795x − 5467 + 2020 mà x2 − 3x + 1 = 0 ⇒ P = 2020

7.1. X¸c ®Þnh a, b sao cho 2x3 + ax - b chia cho x + 1 th× d− -6, chia cho x -2 d− 21.

x+3

7.2. Tìm một đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho x, (x - 1), (x - 2), (x - 3) được dư lần lượt là 10 ; 12 ; 4 ; 1.

x2 – x + 3

- x2

)(

C. Bµi tËp vËn dông

Đặt phép chia ta có : x3

(

7.3. Đặt x 2 − yz = a; y 2 − zx = b; z 2 − xy = c . Chứng minh rằng: ax + by + cz⋮ a + b + c

+ 15

7.4. Tìm số dư của phép chia biểu thức (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 2020 cho đa thức

- 3x 3x

+ 15

x2 + 8x + 12.

7.5. Cho x, y, z đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: 40

A = 3x n ( z − y ) + 3y n ( x − z ) + 3z n ( y − x ) chia hết cho

(

B= x−y

) + ( y − z) + ( z − x )

4 3 2 3 7.20. Tìm các số a,b,c biết rằng đa thức P( x) = x + ax + bx + cx + 1 chia hết cho ( x −1) .

7.21. Xác định các hệ số a và b để đa thức A = x4 − 2x3 + 3x2 + ax + b là bình phương của một đa thức.

với n là số nguyên lớn hơn 1. 4

7.6. Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x − 3 x + ax + b chia hết cho đa thức B( x) = x2 − 3x + 4 . 4 2 7.7. Tìm a và b để f(x) = x − ax + b chia hết cho x2 + 3x + 2.

A. KiÕn thøc cÇn nhí

7.8. Cho đa thức P ( x ) = ax + bx + c . Biết P ( x ) chia cho x + 1 dư 3, P ( x ) chia cho x dư 1 và P ( x ) chia 2

cho x − 1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c .

7.9. Cho x – 4x +1 = 0. Tính giá trị biểu thức B = x − 3x − 3x + 6x − 20x + 2025 . Cho đa thức P(x) = ax2 + bx+c.

L−u ý : Khi a chia hÕt cho b th× a còng chia hÕt cho - b. 2. Mét sè tÝnh chÊt thường dïng a) NÕu a chia hÕt cho b, b chia hÕt cho c th× a chia hÕt cho c.

Tìm a, b, c biết rằng P ( 0 ) = 26; P (1) = 3; P (2 ) = 2020 .

7.11.

1. Kh¸i niÖm: Cho a,b lµ hai sè nguyªn vµ b kh¸c 0. Ta nãi a chia hÕt cho b nÕu tån t¹i sè nguyªn q sao cho a = bq. Khi a chia hÕt cho b th× ta nãi b lµ −íc cña a hay b chia hÕt a; a lµ béi cña b.

(Tuyển sinh lớp 10, THPT Chuyên, tỉnh Nam Định, năm học 2015 - 2016)

7.10.

Chuyên đề 8. PHÉP CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN

b) NÕu a, b chia hÕt cho m th× ax + by còng chia hÕt cho m ( x, y lµ sè nguyªn )

Tìm phần dư trong phép chia sau:

c) NÕu a chia hÕt cho tÝch m.n th× a chia hÕt cho m, a chia hÕt cho n. ( ®iÒu ng−îc l¹i kh«ng ®óng)

a) f ( x ) = x100 + x 99 + x 98 + ... + x + 1 chia cho g(x) = x -1;

d) NÕu a chia hÕt cho m, n víi (m , n) = 1 th× a chia hÕt cho tÝch mn.

b) f ( x ) = x100 + x 99 + x 98 + ... + x + 1 chia cho g(x) = x2 – 1;

e) NÕu tÝch a.b chia hÕt cho m mµ (b, m) = 1 th× a chia hÕt cho m.

c) f ( x ) = 100x100 − 99x 99 + 98x 98 + ... + 2x2 − x + 1 chia cho g(x) = x + 1;

f) Cho p lµ sè nguyªn tè. Khi ®ã, nÕu tÝch ab chia hÕt cho p th× a chia hÕt cho p hoÆc b chia hÕt cho p.

d) f ( x ) = x + x + x 2

1945

− 3 chia cho x + x + 1.

g) Khi chia n + 1 sè nguyªn d−¬ng liªn tiÕp cho n (n > 0) lu«n nhËn ®−îc hai sè d− b»ng nhau.

3 2 2 7.12. a) Xác định hệ số a, b để f ( x) = x + 2x + a.x + b chia hết cho g ( x) = x + x + 1 . 161 37 13 5 2 b) Tìm đa thức dư trong phép chia P( x) = x + x + x + x + x + 2020 cho đa thức Q( x) = x + 1 .

7.13. Tìm phần dư của đa thức f(x) chia cho đa thức g ( x ) = x 2 − 2x − 3 biết rằng f(x) chia cho (x+1) và (x –

h) TÝch cña n sè nguyªn liªn tiÕp lu«n chia hÕt cho n (n > 0). i) Trong n sè nguyªn liªn tiÕp ( n > 0) lu«n cã duy nhÊt mét sè chia hÕt cho n. 3. Cho a,b lµ hai sè nguyªn vµ b kh¸c 0. Khi ®ã, tån t¹i duy nhÊt cÆp sè nguyªn (q; r) sao cho

3) có số dư lần lượt là -45 và -165.

a = bq + r vµ 0 ≤ r ≤ | b| - 1. 3

7.14. Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của đa thức C = x − 3x − 3x − 1 chia hết cho giá trị của đa thức D = x2 + x + 1. 7.15. Xác định a, b sao cho f ( x ) = 6x 4 − 7x 3 + ax2 + 3x + 2 chia hết cho g(x) = x2 – x +b. 4 3 2 2 Cho đa thức f ( x) = 2 x − x − x − x + 2 và đa thức g ( x) = x + 1 . Tìm x ∈ Z để f ( x) chia hết cho g ( x )

7.16. .

7.17. Tìm đa thức f ( x) biết rằng f ( x) chia cho x − 2 thì dư 2 , f ( x) chia cho x − 3 thì dư 7 và f ( x) chia cho 2

x − 5 x + 6 thì được thương là 1 − x và còn dư. 3

Cho b > 0 vµ a tuú ý.

Khi ®ã, nÕu chia a cho b th× sè d− chØ cã thÓ lµ 0, 1, 2, ..., b - 1. B. Mét sè vÝ dô I - ph−¬ng ph¸p xÐt sè d− VÝ dô 1. Chøng minh r»ng : a) ab(a + b) chia hÕt cho 2 víi a, b ∈ Z.

7.18. Cho đa thức f ( x) = x + ax + bx − a −1 . Xác định a , b để f ( x)⋮ x − 2 và f ( x)⋮ x −1 . 4

•

b) A = n(n2 +1 )(n2 + 4) chia hÕt cho 5 víi n ∈ Z.

7.19. Tìm thương và dư của phép chia f ( x) = 2 x − 3x + 4 x − 5 cho x + 2 . 42

Giải Tìm cách giải. §Ó chøng minh A(n) chia hÕt cho k, ta cã thÓ xÐt mäi tr−êng hîp vÒ sè d− khi chia n cho k. Chẳng hạn: Câu a. Chúng ta xét các trường hợp số dư khi chia a; b cho 2. Câu b. Chúng ta xét các trường hợp số dư khi chia n cho 5.

Do ®ã x, y, z chia cho 3 cã cïng sè d− suy ra x - y, y - z, z - x chia hÕt cho 3 . vËy x + y + z = (x - y)(y - z)(z- x) chia hÕt cho 27. II - ph−¬ng ph¸p ph©n tÝch tÝch VÝ dô 3. Chøng minh r»ng P = a5b – ab5 chia hÕt cho 30 víi a, b lµ hai sè nguyªn bÊt kú. ( thi häc sinh giái To¸n 9, Toµn Quèc , năm học 1985 - 1986)

Trình bày lời giải

Giải Tìm cách giải. Nhận thấy rằng nếu dùng phương pháp xét số dư cho 30 thì nhiều trường hợp quá nên không

a) XÐt c¸c tr−êng hîp vÒ sè d− khi chia cho 2, ta cã : •

NÕu Ýt nhÊt a hoÆc b chia hÕt cho 2 th× ab chia hÕt cho 2.

•

NÕu a vµ b cïng kh«ng chia hÕt cho 2 th× chóng cïng lÎ suy ra a + b ch½n do ®ã a + b chia hÕt cho 2.

khả thi. Ta sử dụng phương pháp phân tích thành tích: đÓ chøng minh A(n) chia hÕt cho k, ta ph©n tÝch k ra thõa

sè k =p.q, nÕu (p; q) = 1, ta chøng minh A(n) chia hÕt cho p vµ A(n) chia hÕt cho q.

VËy ab(a + b) chia hÕt cho 2 víi a, b ∈ Z.

Mặt khác 30 = 2.3.5 mµ (2; 3) = (3; 5) = (5; 2) = 1 nªn ta chỉ cần chứng minh P chia hÕt cho 2; 3; 5. Mỗi

b) XÐt c¸c tr−êng hîp vÒ sè d− khi chia cho 5, ta cã :

trường hợp chúng ta dùng kỹ thuật xét số dư.

•

NÕu n =5k (k ∈ Z)th× A chia hÕt cho 5.

Trình bày lời giải

•

NÕu n =5k ± 1 th× n2 = 5m + 1(m ∈ Z) nªn n2 + 4= 5m + 5 chia hÕt cho 5 suy ra A chia hÕt cho 5.

Ta cã: P = ab(a2 + b2)(a2 – b2)

•

NÕu n =5k ± 2 th× n2 = 5m + 4 (m ∈ Z) nªn n2 + 1= 5m + 5 chia hÕt cho 5 suy ra A chia hÕt cho 5.

VËy A = n(n2 +1 )(n2 + 4) chia hÕt cho 5 víi n ∈ Z. VÝ dô 3. Cho x, y, z lµ c¸c sè nguyªn sao cho (x - y)(y - z)(z- x) = x + y + z. Chøng minh r»ng x + y + z chia hÕt cho 27. (thi häc sinh giái To¸n 9, Thµnh Phè Hå ChÝ Minh, vßng 2 - n¨m häc 1995- 1996) Giải Tìm cách giải. Nhận thấy x + y + z chia hÕt cho 27 tức là (x - y)(y - z)(z- x) chia hết cho 27. Vì vậy chúng ta

V× 30 = 2.3.5 mµ (2; 3) = (3; 5) = (5; 2) = 1 nªn ta chøng minh P chia hÕt cho 2; 3; 5 •

Chøng minh P chia hÕt cho 2.

NÕu Ýt nhÊt a hoÆc b ch½n th× ab chia hÕt cho 2.

NÕu a vµ b cïng lÎ th× a- b chia hÕt cho 2.

•

Chøng minh P chia hÕt cho 3.

NÕu Ýt nhÊt a hoÆc b chia hÕt cho 3 th× ab chia hÕt cho 3.

NÕu a, b cïng kh«ng chia hÕt cho 3 th× chóng cã d¹ng 3k ± 1 suy ra a2 , b2 cã d¹ng 3m + 1 nªn a2 - b2 chia hÕt cho 3.

cần xét số dư khi chia x, y, z cho 3. Tuy nhiên nếu xét riêng thì nhiều trường hợp quá, do tính hoán vị chúng ta có thể xét các trường hợp cùng số dư, khác số dư.

•

Chøng minh P chia hÕt cho 5.

Trình bày lời giải

NÕu Ýt nhÊt a hoÆc b chia hÕt cho 5 th× ab chia hÕt cho 5.

XÐt c¸c tr−êng hîp vÒ sè d− khi chia cho 3, ta cã :

NÕu a, b cïng kh«ng chia hÕt cho 5.

•

NÕu x, y, z chia cho 3 cã c¸c sè d− kh¸c nhau th× : x - y, - z, z- x cïng kh«ng chia hÕt cho 3, cßn x + y + z

NÕu a, b cã mét trong c¸c d¹ng 5k ± 1 hoÆc 5k ± 2 th× a2 , b2 cã cïng d¹ng 5m + 1 hoÆc 5m + 4 nªn a2 -

chia hÕt cho 3 do ®ã (x - y)(y - z)(z- x) = x + y + z kh«ng x¶y ra.

b2 chia hÕt cho 5 .

NÕu x, y, z chØ cã hai sè chia cho 3 cã cïng sè d− th× x - y, y - z, z- x chØ cã mét hiÖu chia hÕt cho 3 cßn x +

NÕu a, b cã mét sè cã d¹ng 5k ± 1 cßn mét sè cã d¹ng 5k ± 2 th× a2 vµ b2 cã mét sè cã d¹ng 5m + 1 cßn

y + z kh«ng chia hÕt cho 3 do ®ã

mét sè cã d¹ng 5m + 4 nªn a2 + b2 chia hÕt cho 5 .

(x - y)(y - z)(z- x) = x + y + z kh«ng x¶y ra.

VËy P chia hÕt cho 30. 44

VÝ dô 4. Chøng minh r»ng mét sè cã d¹ng: P = n4 – 4n3 – 4n2 + 16n ( víi n lµ sè ch½n lín h¬n 4 ) th× chia hÕt cho 384.

iV -Ph−¬ng ph¸p sö dông h»ng ®¼ng thøc VÝ dô 6. Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn d−¬ng n , sè A(n) = 5n(5n + 1) – 6n(3n + 2n) chia hÕt cho 91.

(thi häc sinh giái to¸n 9, Toµn Quèc - N¨m häc 1970- 1971) Giải Tìm cách giải. Ta nhận thấy biểu thức có thể phân tích thành nhân tử được: n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = n(n - 4)(n 2)(n + 2). V× n ch½n lín h¬n 4 nªn n = 2k + 2 ( k ∈ N*). thay vµo biểu thức P ta ®−îc : P = (2k + 2)(2k+ 2 4)(2k + 2 - 2)(2k + 2 + 2) = 16k(k - 1)(k + 1)(k + 2). Mặt khác ta có 384 = 16.24 do vậy chúng ta chỉ cần chứng minh k(k - 1)(k + 1)(k + 2) chia hết cho 24.

(tuyÓn sinh líp 10, THPT chuyªn §HSP Hµ Néi, Vßng 1 - n¨m häc 1997-1998) Giải Tìm cách giải. Những bài toán chứng minh chia hết mà biểu thức có số mũ n hoặc quá lớn chúng ta có thể sö dông kÕt qu¶ cña c¸c h»ng ®¼ng thøc më réng : an – bn chia hÕt cho a – b (a ≠ b ) víi n bÊt kú. an – bn chia hÕt cho a + b (a ≠ - b ) víi n ch½n.

Trình bày lời giải

an + bn chia hÕt cho a + b (a ≠ -b )víi n lÎ.

Ta cã : n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = n(n - 4)(n - 2)(n + 2) V× n ch½n lín h¬n 4 nªn n = 2k + 2 ( k ∈ N+) thay vµo biểu thức P ta ®−îc : (2k + 2)(2k+ 2 - 4)(2k + 2 - 2)(2k + 2 + 2) = 16k(k - 1)(k + 1)(k + 2). •

k, k + 1, k + 2 cã mét sè chia hÕt cho 3.

•

k – 1, k , k + 1, k + 2 cã hai sè ch½n liªn tiÕp, nªn mét sè chia hÕt cho 2, mét sè chia hÕt cho 4 suy ra k(k -

Trong ví dụ này, ta cã 91 = 7.13 vµ (7; 13) = 1. §Ó chøng minh A(n) chia hÕt cho 91, ta chøng minh A(n) chia

hÕt cho 7 vµ 13. Vậy chúng ta chỉ cần nhóm các hạng tử một cách thích hợp. Trình bày lời giải Ta cã 91 = 7.13 vµ (7; 13) = 1. §Ó chøng minh A(n) chia hÕt cho 91, ta chøng minh A(n) chia hÕt cho 7 vµ 13. Ta cã A(n) = 25n + 5n – 18n – 12n.

1)(k + 1)(k + 2) chia hÕt cho 8. Do ®ã k(k - 1)(k + 1)(k + 2) chia hÕt cho 24 v× (3; 8) = 1

(

hay 16k(k - 1)(k + 1)(k + 2) chia hÕt cho 16.24 tøc lµ n4 - 4n3 - 4n2 + 16n chia hÕt cho 384.

)

Áp dụng tính chất a n − b n ⋮ ( a − b ) với mọi a, b, n là số nguyên dương và a ≠ b. n

25 - 18 chia hÕt cho 25 - 18 tøc lµ 25n- 18n chia hÕt cho 7. 12n- 5n chia hÕt cho 12 - 5 tøc lµ 12n- 5n chia hÕt cho 7.

III - ph−¬ng ph¸p t¸ch tæng VÝ dô 5. Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn a ta ®Òu cã (a3 + 5a) lµ sè nguyªn chia hÕt cho 6. (thi häc sinh giái To¸n 9, Thµnh Phè Hµ Néi , năm học 2008- 2009) Giải Tìm cách giải. Nhận thấy ví dụ này có thể giải được bằng kỹ thuật xét số dư. Song chúng ta có thể giải bằng

VËy A(n) = 25n- 18n - (12n- 5n) chia hÕt cho 7. 25n -12n chia hÕt cho 25 - 12 tøc lµ 25n- 12n chia hÕt cho 13. 18n - 5n chia hÕt cho 18 - 5 tøc lµ 18n - 5n chia hÕt cho 13. VËy A(n) = 25n- 12n - (18n- 5n) chia hÕt cho 13.

phương pháp tách tổng: §Ó chøng minh A(n) chia hÕt cho k, ta cã thÓ biÕn ®æi A(n) thµnh tæng cña nhiÒu h¹ng

Suy ra sè A(n) = 5n(5n + 1) - 6n(3n + 2n) chia hÕt cho 91.

tö vµ chøng minh mçi h¹ng tö chia hÕt cho k. Do đó ta chỉ cần tách a3 + 5a = a3 - a + 6a, sau đó chứng tỏ a3 - a

VÝ dô 7. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 25n + 7n − 4 n 3n + 5n chia hết cho 65

(

và 6a cùng chia hết cho 6.

)

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Hà Nội , năm học 2014 – 2015)

Trình bày lời giải Ta cã a3 + 5a = a3 - a + 6a . Mµ a3 - a = (a - 1)a(a + 1) chia hÕt cho 6 vì là tích của ba số nguyên liên tiếp vµ 6a chia hÕt cho 6 víi mäi sè nguyªn a.

Giải Ta cã 65 = 13.5 vµ (5; 13) = 1. §Ó chøng minh biểu thức chia hÕt cho 65, ta chøng minh biểu thức chia hÕt cho 13 vµ 5.

(

)

Ta có 25n + 7n − 4 n 3n + 5n = 25n + 7n − 12n − 20n .

(

)

Áp dụng tính chất a n − b n ⋮ ( a − b ) với mọi a, b, n là số nguyên dương và a ≠ b

VËy (a3 + 5a) lµ sè nguyªn chia hÕt cho 6. 46

25n -12n chia hÕt cho 25 - 12 tøc lµ 25n- 12n chia hÕt cho 13. n

Giải §Æt 5 sè ®ã lµ a, b, c, d, e. §em 5 sè chia cho 3 chóng chØ nhËn c¸c sè d− lµ 0; 1; 2.

20 - 7 chia hÕt cho 20 - 7 tøc lµ 20 - 7 chia hÕt cho 13.

(

)

25n + 7n − 4 n 3n + 5n chia hết cho 13

25n -20n chia hÕt cho 25 - 20 tøc lµ 25n- 20n chia hÕt cho 5.

NÕu tån t¹i 3 sè cã cïng sè d− th× tæng ba sè ®ã chia hÕt cho 3.

•

NÕu kh«ng tån t¹i 3 sè cã cïng sè d− th× nhiÒu nhÊt chØ cã 2 sè cã cïng sè d− khi chia cho 3, suy ra ph¶i cã 3 sè cã sè d− kh¸c nhau khi chia cho 3. Tæng 3 sè nµy chia hÕt cho 3.

12n - 7n chia hÕt cho 12 - 7 tøc lµ 20n - 7n chia hÕt cho 5.

(

•

Vi - ph−¬ng ph¸p dïng quy n¹p to¸n häc

)

25n + 7n − 4 n 3n + 5n chia hết cho 5

(

) (

Ph−¬ng ph¸p gi¶i

)

A = 25n − 20 n − 12n − 7 n ⋮ 5 mà ƯCLN (5; 13) = 1 nên A ⋮ 65.

Trong to¸n häc, khi dïng quy n¹p ®Ó chøng minh A(n) chia hÕt cho k víi n ≥ n0 ta thùc hiÖn :

V - Ph−¬ng ph¸p dïng nguyªn lý ®irichlet Ph−¬ng ph¸p gi¶i

•

B−íc 1. Chøng minh A(n) chia hÕt cho k víi n = n0.

•

B−íc 2. Chøng minh víi mäi m ≥ n0 , gi¶ sö nÕu A(m) chia hÕt cho k ®óng , ta phải chứng minh A(m + 1)

NÕu nhèt n + 1 thá vµo n c¸i lång th× ch¾c ch¾n cã mét lång chøa Ýt nhÊt hai thá.

chia hÕt cho k.

- Trong n sè nguyªn liªn tiÕp th× cã mét sè chia hÕt cho n ( n ≥ 1)

•

- Trong n + 1 sè nguyªn bÊt kú th× cã Ýt nhÊt hai sè cã cïng sè d− khi chia cho n

VÝ dô 10. Víi mäi n nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: A(n) = 7n + 3n - 1 chia hÕt cho 9.

( n ≥ 1).

B−íc 3. KÕt luËn.

Giải n

13579

VÝ dô 8. Chøng minh r»ng tån t¹i sè tù nhiªn n kh¸c 0 tho¶ m·n (13579 - 1) chia hÕt cho 3

(thi häc sinh giái to¸n 9, Thµnh Phè Hµ Néi , năm học 2005 - 2006)

•

Víi n = 1 th× A(1) = 7 + 3 - 1 = 9 chia hÕt cho 9.

•

Gi¶i sö bµi to¸n ®óng víi n = k( k ≥ 1), tøc lµ A(k) = 7k + 3k - 1 chia hÕt cho 9. Ta cÇn chøng minh mÖnh ®Ò ®óng víi n = k + 1. ThËt vËy :

Giải 313579

XÐt 313579 sè sau : 13579 ; 135792 ; 135793 ; ..... ; 13579

®em chia cho 313579 ta nhËn ®−îc 313579 sè d−.

Ta có: A(k + 1) = 7k + 1 + 3(k + 1) - 1= 7.7k + 3k + 2

Mµ 13579 kh«ng chia hÕt cho 3 nªn trong c¸c sè trªn kh«ng cã sè nµo chia hÕt cho 3 do ®ã chóng nhËn c¸c sè

⇒ A(k + 1) = 7.( 7k + 3k - 1) - 18k + 9. V× 7k + 3k - 1 chia hÕt cho 9 vµ 18k ; 9 chia hÕt cho 9 ⇒ A(k + 1) chia

d− trong c¸c sè : 1; 2 ; 3; ...; 313579 – 1 nªn tån t¹i hai sè cã cïng sè d− .

hÕt cho 9. Nh− vËy bµi to¸n ®óng víi n = k + 1. Do ®ã bµi to¸n ®óng víi mäi n lµ sè nguyªn d−¬ng.

Gi¶ sö ®ã lµ hai sè 13579i ; 13579j ( i > j ) ⇒ 13579i - 13579j chia hÕt cho 313579

VÝ dô 11. Chøng minh r»ng víi mçi sè nguyªn d−¬ng n th× 122n + 1 + 11n + 2 chia hÕt cho 133.

⇒13579j(13579i - j - 1) chia hÕt cho 313579 mµ (13579 ; 3) = 1 nªn (13579i - j - 1) chia hÕt cho 313579 với n = i – j.

Giải

Từ đó suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh.

•

Víi n = 1, tæng 123 + 113 = 2926 = 22. 133 chia hÕt cho 133.

Nhận xét. Chúng ta có thể giải được bài toán tổng quát sau: Với a và p là hai số nguyên tố cùng nhau. Với số tự

•

Gi¶ sö mÖnh ®Ò ®óng víi n = k ( k ≥ 1), tøc lµ 122k +1 + 11k+ 2 chia hÕt cho 133. Ta cÇn chøng minh ®óng víi

nhiên k chøng minh r»ng tån t¹i sè tù nhiªn n kh¸c 0 tho¶ m·n (an - 1) chia hÕt cho pk.

VÝ dô 9. Chøng minh r»ng trong 5 sè nguyªn bÊt kú bao giê còng t×m ®−îc 3 sè cã tæng chia hÕt cho 3.

n = k +1. Ta có: 122k + 3 + 11k + 3 = 144.122k + 1 + 11.11k + 2 = 133.122k + 1 + 11.( 122k +1 + 11k+ 2).

Mçi sè h¹ng cña tæng chia hÕt cho 133 nªn 122k + 3 + 11k + 3 chia hÕt cho 133. (thi häc sinh giái To¸n 9 Thµnh Phè Hµ Néi , năm học 2000- 2001)

Nh− vËy bµi to¸n ®óng víi n = k + 1. Do ®ã bµi to¸n ®óng víi mäi n lµ sè nguyªn d−¬ng. Vii - ph−¬ng ph¸p dïng ®ång d− thøc

Ph−¬ng ph¸p gi¶i

Hai sè nguyªn a vµ b chia cho sè nguyªn m ( m ≠ 0) cã cïng sè d− ta nãi a ®ång d− víi b theo modun m, kÝ

Mét sè bµi to¸n chia hÕt ta cã thÓ gi¶i nhanh b»ng nhËn xÐt sau :

hiÖu a ≡ b ( mod m).

•

Trong hai sè nguyªn liªn tiÕp th× cã mét sè ch½n vµ mét sè lÎ.

Víi a, b, c, d ∈ Z vµ m ∈N+ ta cã :

•

Tæng hoÆc hiÖu cña mét sè ch½n vµ mét sè lÎ lµ mét sè lÎ.

•

a ≡ b ( mod m); b ≡ c ( mod m) ⇒ a ≡ c ( mod m)

•

Tæng hoÆc hiÖu cña hai sè ch½n lµ mét sè ch½n.

•

a ≡ b ( mod m); c ≡ d ( mod m) ⇒ a + c ≡ b + d ( mod m);

•

TÝch cña c¸c sè lÎ lµ sè lÎ.

•

Trong tÝch chøa Ýt nhÊt mét sè ch½n th× kÕt qu¶ lµ số ch½n.

•

a ≡ b ( mod m) ⇒ a ≡ b ( mod m) víi n ∈N*

a - c ≡ b - d ( mod m) ; a. c ≡ b. d ( mod m)

•

VÝ dô 14. Cho a1 ; a2 ; a3 ;....., a7 lµ c¸c sè nguyªn vµ b1 ; b2 ; b3 ;....., b7 còng lµ sè nguyªn ®ã , nh−ng lÊy theo

thø tù kh¸c. Chøng minh r»ng (a1 - b1) (a2 - b2)... (a7 - b7) lµ sè ch½n.

a ≡ b ( mod m) ; c ∈ N* ⇒ ac ≡ bc ( mod m) với c ∈ Z. 2

( Thi Häc sinh giái Anh , năm 1968)

VÝ dô 12. Cho A = 2730910 + 2730910 + 2730910 + ...... + 2730910 . T×m sè d− trong phÐp chia A cho 7. (thi häc sinh giái To¸n 9, Thµnh Phè Hµ Néi , năm học 2008- 2009)

Giải Tìm cách giải. Phân tích từ kết luận, chúng ta chứng tỏ phải có một nhân tử là số chẵn. Mỗi nhân tử là một

Giải

hiệu, tổng 7 hiệu này bằng 0 ( số chẵn), nên các hiệu này không thể toàn là số lẻ được, mà phải có ít nhất một số

Tìm cách giải. Nhận thấy 27309 ≡ 2 ( mod 7), mặt khác 23 = 8 ≡ 1 ( mod 7)⇒23k ≡ 1 ( mod 7) nên ta cần tìm

chẵn. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

đồng dư của số mũ với 3.

Trình bày lời giải

§Æt ci = ai - bi víi i = 1,2, 3, ..., 7. Ta cã :

Ta cã 10n ≡ 1( mod 3) víi n ∈N ⇒ 10n = 3k + 1 ( víi k ∈N)

(1)

Ta cã 27309 ≡ 2 ( mod 7) ⇒ 27309 3k + 1 ≡ 23k + 1 ≡ 2.8k ≡ 2 (mod 7)

(2)

c1+ c2+ ..... + c7 = (a1 - b1) + (a2 - b2)+ ... + (a7 - b7) = (a1 + a2+ a3 + ....+ a7) - ( b1 + b2 +b3 + ...+ b7 ) = 0

Tõ (1), (2) Ta cã A ≡ 2 + 2 + ... + 2 (mod 7)

V× cã sè lÎ ci , tæng mét sè sè lµ 0 th× ph¶i cã Ýt nhÊt mét sè ch½n ⇒ c1. c2 ... c7 chia hÕt cho 2, suy ra ®iÒu ph¶i

⇒ A ≡ 20 ≡ 6 (mod 7)

chøng minh.

VËy sè d− trong phÐp chia A cho 7 lµ 6.

VÝ dô 15. Cho P = (a+ b)(b+ c)(c + a) - abc víi a, b, c lµ c¸c sè nguyªn.

VÝ dô 13. Víi mçi sè tù nhiªn n , ®Æt an = 3n2 + 6n + 13. Chøng minh r»ng nÕu hai sè ai , aj kh«ng chia hÕt cho 5

Chøng minh r»ng nÕu a + b + c chia hÕt cho 4 th× P chia hÕt cho 4. (TuyÓn sinh líp 10, THPT chuyªn Chu V¨n An, Amsterdam, Vßng 2 - N¨m häc 2005- 2006)

vµ cã sè d− kh¸c nhau khi chia cho 5 th× ai + aj chia hÕt cho 5. Giải Ta cã an = 3(n + 1)2 + 10.

Giải Tìm cách giải.

Ta thÊy nÕu an kh«ng chia hÕt cho 5 th× n + 1 kh«ng chia hÕt cho 5 suy ra :(n + 1)2≡ 1 hoÆc 4 ( mod 5) ⇒ an≡ 3

Ta cã P = (a+ b)(b+ c)(c + a) - abc =(a + b)(bc + ab + ac + c2) – abc

hoÆc 2( mod 5). Do ®ã, nÕu ai , aj ®Òu kh«ng chia hÕt cho 5 vµ cã sè d− kh¸c nhau th× ai + aj ≡ 3+ 2 ≡ 0 ( mod 5)

= (a + b)ab + abc + (a + b)c( a + b + c) – 2abc

nªn ai + aj chia hÕt cho 5.

= (a + b + c)(ab + bc + ca) - 2abc.

iX- ph−¬ng ph¸p ¸p dông tÝnh ch½n lÎ

Do a + b + c chia hÕt cho 4 nªn trong 3 sè a, b, c cã Ýt nhÊt mét sè ch½n. 50

Suy ra 2abc chia hÕt cho 4.

f(5) – f(3) = 2020. Chứng minh rằng f(7) – f(1) là hợp số.

Mµ (a + b + c)(ab + bc + ca) chia hÕt cho 4 suy ra P chia hÕt cho 4.

8.13.

Cho sè nguyªn k.

C. Bµi tËp vËn dông

a) Chøng minh (k2 + 3k + 5) chia hÕt cho 11 khi vµ chØ khi k = 11t + 4 víi t lµ sè nguyªn.

8.1. Cã thÓ t×m ®−îc sè tù nhiªn n ®Ó n2 + n + 1 chia hÕt cho 2025 hay kh«ng ?

b) Chøng minh (k2 + 3k + 5) kh«ng chia hÕt cho 121. (tuyÓn sinh líp 10, chuyªn to¸n, Phæ Th«ng N¨ng KhiÕu, §H QG TP Hồ Chí Minh,

8.2. a) Chøng minh r»ng n3 - n + 2 kh«ng chia hÕt cho 6 víi mäi sè tù nhiªn n.

năm học 1996- 1997)

b) Chøng minh r»ng n - n chia hÕt cho 24 víi mäi sè tù nhiªn n lÎ.

(

8.14. Cho a,b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca

2 2 8.3. Cho a và b là các số nguyên sao cho a + b chia hết cho 13. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong hai số 2a + 3b ; 2b + 3a chia hết cho 13.

8.4.Cho a, b, c lµ c¸c sè nguyªn , chøng minh r»ng (a3+ b3 + c3 ) chia hÕt cho 3 khi vµ chØ khi (a + b + c) chia hÕt cho 3.

)

= a2 b2 + b2c2 + c2a2

3 3 3 Chứng minh rằng a + b + c chia hết cho 3.

8.15.

(

)

Cho A ( n ) = n2 n 4 − 1 Chứng minh rằng A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.

8.16. Cho P = ( a + b )( b + c )( c + a ) + abc

8.5. Cho sè M = 19931997 + 19971993

a) Phân tích P thành nhân tử .

a) Chøng minh r»ng M chia hÕt cho 15.

b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên mà a + b + c chia hết 6 thì P – 3abc cũng chia hết cho 6.

8.17. Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn a5 + b5 = 4(c5 + d 5 ) .

b) Hái M tËn cïng b»ng ch÷ sè nµo ?

Chứng minh rằng: a + b + c + d chia hết cho 5.

(Thi Häc sinh giái To¸n 9, Thµnh Phè Hå ChÝ Minh, vßng 1 , N¨m häc 1992- 1993)

(thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Quảng Bình, năm học 2010-2011)

8.6. Chøng minh r»ng A= 2903n – 803n – 464n + 261n chia hÕt cho 1897. (thi v« ®ịch to¸n Hunggary , năm 1978) 8.7. Cho X lµ mét tËp hîp gåm 700 sè nguyªn d−¬ng ®«i mét kh¸c nhau, mçi sè kh«ng lín h¬n 2006. Chøng

a3 a 2 a + + với a là số tự nhiên chẵn. Hãy chứng minh A có giá trị nguyên. 8.18. Cho A = 24 8 12 2 n +1 n +1 2 n +1 n +1 8.19. Cho an = 2 + 2 + 1 và bn = 2 − 2 + 1 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n , có một và chỉ

minh r»ng trong tËp hîp X lu«n t×m ®−îc hai phÇn tö x, y sao cho x – y thuéc tËp hîp E = {3 ; 6; 9} (TuyÓn sinh líp 10, THPT chuyªn §HSP Hµ Néi, Vßng 2 - n¨m häc 2006-2007)

(

một trong 2 số an hoặc bn chia hết cho 5.

8.20. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p 2 − 1⋮ 24 .

)

8.8. Chứng minh rằng nếu m chia hết cho 2 thì m + 20m chia hết cho 48, với m là một số nguyên. 3

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Bình Phước, năm học 2012-2013) 2

Ch−¬ng II

8.9.Với a, b là các số nguyên . Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab − 11b chia hết cho 5 thì a – b chia hết cho 5.

Ph©n thøc ®¹i sè

(thi học sinh giỏi Toán 9, Hải Dương , năm học 2012-2013)

8.10. 9.

A. KiÕn thøc cÇn nhí (thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Vĩnh Long , năm học 2012-2013)

8.11.

Chuyên đề 9. PHÂN THỨC ĐẠI SỐ. TÍNH CHẤT PHÂN THỨC ĐẠI SỐ

Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng lập phương của chúng chia hết cho

Cho A = n

2012

2011

+ 1 . Tìm tất cả các số tự nhiên n để A nhận giá trị là một số nguyên tố.

1. Ph©n thøc ®¹i sè Mét ph©n thøc ®¹i sè (hay nãi gän lµ ph©n thøc) lµ biÓu thøc cã d¹ng

•

Mçi ®a thøc còng ®−îc coi nh− mét ph©n thøc cã mÉu thøc b»ng 1.

(thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Nghệ An , năm học 2011 – 2012)

8.12. Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dương và biết 52

A , trong ®ã A, B lµ nh÷ng ®a thøc vµ B B kh¸c ®a thøc O. A ®−îc gäi lµ tö thøc (hay tö), B ®−îc gäi lµ mÉu thøc (hay mÉu).

•

• •

Mçi sè thùc a bÊt kú còng lµ mét ph©n thøc.

Trình bày lời giải

A C Hai ph©n thøc vµ gäi lµ b»ng nhau nÕu A.D = B.C. B D A C nÕu A.D = B.C = B D

Từ 2x2 + 2y2 = 5xy ⇔ 2x2 − 5xy + 2y2 = 0 2x2 − 4xy − xy + 2y2 = 0 ⇔ ( 2x − y )( x − 2y ) = 0

Ta có y > x > 0 ⇒ 2y > x ⇒ x − 2y < 0 ⇒ 2x − y = 0 ⇒ y = 2x .

2. TÝnh chÊt c¬ b¶n cña ph©n thøc ♦ TÝnh chÊt c¬ b¶n . - NÕu nh©n c¶ tö vµ mÉu cña mét ph©n thøc víi cïng mét ®a thøc kh¸c ®a thøc 0 th× ®−îc mét ph©n thøc míi b»ng ph©n thøc ®· cho: A A.M (M lµ ®a thøc kh¸c ®a thøc 0). = B B.M

A A: N (N lµ nh©n tö chung). = B B:N

Tính giá trị của biểu thức H =

x2 − 7xy + 52 . x−y

Từ giả thiết suy ra x2 + 2xy + y2 + y2 − 6x − 2y + 13 = 0

NÕu ®æi dÊu c¶ tö vµ mÉu cña mét ph©n thøc th× ®−îc mét ph©n thøc b»ng ph©n thøc ®· cho :

A −A = . B −B

B. Mét sè vÝ dô

⇔ ( x + y ) − 6 ( x + y ) + 9 + y2 + 4y + 4 = 0 2

⇔ ( x + y − 3) + ( y + 2) = 0 x + y − 3 = 0 x = 5 ⇔ ⇔ y + 2 = 0  y = −2

4x 2 − 16 A = . x x 2 + 2x

Giải A C Tìm cách giải. Để tìm đa thức A, chúng ta dùng = khi và chỉ khi A.D = B.C B D

Trình bày lời giải

Từ đó ta có H =

25 − 7.5 ( −2) + 52 5+2

= 21 .

x6 − 3x5 + 3x 4 − x3 + 2020 . x6 − x3 − 3x 2 − 3x + 2020

Ví dụ 4. Cho biểu thức x 2 − x − 1 = 0 . Tính giá trị Q = Giải

4 x 2 − 16 A = suy ra x x2 + 2

Giải

♦ Quy t¾c ®æi dÊu .

Từ

2016x + 2017.2x = −6050. 3x − 2.2x

Ví dụ 3. Cho x, y thỏa mãn x2 + 2y2 + 2xy − 6x − 2y + 13 = 0 .

NÕu chia c¶ tö vµ mÉu cña mét ph©n thøc cho mét nh©n tö chung cña chóng th× ®−îc mét ph©n thøc míi b»ng ph©n thøc ®· cho:

Ví dụ 1. T×m ®a thøc A, biÕt r»ng:

Từ đó ta có: P =

Tìm cách giải. Ta không thể tìm x để rồi thay vào biểu thức được, bởi kết quả x không phải số tự nhiên, thay vào Q tính rất phức tạp. Do vậy ta có hai định hướng :

x(4 x 2 − 16) x[(2 x )2 − 42 ] x(2 x − 4)(2 x + 4) x.2( x − 2).2( x + 2) = = = = 4( x − 2) = 4 x − 8 x2 + 2 x x2 + 2 x x( x + 2) x( x + 2)

•

Hướng suy nghĩ thứ nhất, viết tử thức và mẫu thức dưới dạng ( x 2 − x − 1) .q ( x) + r ( x) xem phần phép chia đa thức, từ đó ta tìm được Q.

2016x + 2017y Ví dụ 2. Cho 0 < x < y và 2x + 2y = 5xy. Tính giá trị của P = . 3x − 2y

•

Giải

Trình bày lời giải

Tìm cách giải. Quan sát, chúng ta nhận thấy giả thiết chứa đa thức bậc hai đối với biến x, y, còn kết luận là phân thức mà tử và mẫu là đa thức bậc nhất đối với biến x, y. Do vậ y chúng ta tìm mối quan hệ giữa x và y từ giả thiết để biểu diễn x theo y hoặc ngược lại. Với suy nghĩ ấy, chúng ta phân tích đa thức thành nhân tử từ điều kiện thứ hai.

Cách 1.

Hướng suy ngĩ thứ hai, chúng ta quan sát thấy có dạng hằng đẳng thức, biến đổi giả thiết khéo léo để xuất hiện thành tử thức và mẫu thức .

(

)( )(

)

•

Ta có x 6 − 3x 5 + 3x 4 − x 3 + 2020 = x 2 − x − 1 x 4 − 2x3 + 2x 2 − x + 1 + 2021

•

Ta có x 6 − x3 − 3x2 − 3x + 2020 = x2 − x − 1 x 4 + x3 + 2x2 + 2x + 1 + 2021

(

)

Với x2 – x- 1 = 0 thì tử số là 2011 ; mẫu số là 2021.

2021 = 1. Vậ y Q = 2021 Cách 2.

•

Ta có: x 2 − x − 1 = 0 ⇒ x 2 = x + 1 ⇒ x6 = ( x + 1)3 6

Ta có x2 − x − 1 = 0 ⇒ x2 − x = 1 ⇔ ( x2 − x)3 = 1

⇒ x 6 − 3 x5 + 3x 4 − x 3 = 1 Suy ra tử số bằng: 1+ 2020 = 2021.

•

Phân thức

A có giá trị âm khi và chỉ khi A và B khác dấu. B

10 > 0 ⇔ x − 9 > 0 ⇔ x > 9. x−9

−10 < 0 ⇔ x + 21 < 0 ⇔ x < −21 . x + 21

x − 21 > 0 ⇔ x − 21 và x – 10 cùng dấu; mà x – 10 > x – 21 nên x – 21 > 0 hoặc x – 10 < 0 ⇔ x > 21 hoặc x − 10 x < 10. c)

2021 Vậ y Q = = 1. 2021

n2 + 4 với n là số tự nhiên. Hãy tìm tất cả các số tự nhiên n trong khoảng từ 1 đến 2020 sao n+5 cho giá trị của P chưa tối giản. Ví dụ 5. Cho P =

Giải

n2 + 4 29 = n −5+ với n ∈ N . n +5 n+5

C. Bµi tËp vËn dông 9.1.

A x 2 + 3x + 2 = . x−2 x2 − 4

a) T×m ®a thøc A, cho biÕt

M x 2 + 3x + 2 = . x −1 x +1

b) T×m ®a thøc M, cho biÕt

Để phân số P chưa tối giản tối giản thì ƯCLN (29; n + 5) = d (d ≠ 1) Khi đó n + 5⋮ d và 29⋮ d ⇒ d = 29 ⇒ n + 5⋮ 29

3 2 2 3 9.2. Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a − a b + ab − 6b = 0 .Tính giá trị của biểu thức

+ Hay n + 5 = 29k (k ∈ ℕ ) ⇒ n = 29k − 5

Mà 1 < n < 2020 ⇒ 1 < 29k − 5 < 2020 ⇔ 6 < 29k < 2025 ⇒

A có giá trị dương khi và chỉ khi A và B cùng dấu. B

Trình bày lời giải

⇒ x = x + 3x + 3x + 1 ⇒ x − x − 3 x − 3x = 1

Ta có P =

Phân thức

Suy ra mẫu số bằng: 1 + 2020 = 2021.

•

6 24 < k < 69 ⇒ k ∈ {1, 2, 3,..., 69} 29 29

a 4 − 4b4 . b4 − 4a 4

2 2 9.3. Cho a, b thỏa mãn 10a − 3b + 5ab = 0 và 9a2 ≠ b2

Tính giá trị biểu thức P =

Vậy các số tự nhiên n cần tìm có dạng n = 29k − 5 với k ∈ {1, 2,3,..., 69}

Ví dụ 6. Với giá trị nào của x thì:

9.4. Số nào lớn hơn: A =

2a − b 5b − a + . 3a − b 3a + b

2020 − 2015 20202 − 20152 và B = . 2020 + 2015 20202 + 20152

9.5. Với giá trị nào của x thì:

a) Giá trị của phân thức A =

10 dương; x−9

a) Giá trị của phân thức A =

b) Giá trị của phân thức B =

−10 âm; x + 21

3 dương; x−2

b) Giá trị của phân thức B =

c) Giá trị của phân thức C =

x − 21 dương. x − 10

−3 âm; x−3

c) Giá trị của phân thức C =

x −1 dương. x −5

Giải Tìm cách giải. Khi giải những dạng toán này chúng ta cần sử dụng kiến thức sau: 56

9.6. Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì: 57

n3 − 1 là phân số không tối giản. n +n+1

a) A =

6n + 1 là phân số tối giản. 8n + 1

b) B =

a 4 − 5a2 + 4 ; a 4 − a2 + 4a − 4

c) C =

x3 + x2 − 4x − 4 . x + 8x2 + 17x + 10

9.7. a) A =

Tìm giá trị lớn nhất của các phân thức sau:

3 ; x2 + 2x + 4

Giải

5 b) B = . 4x2 − 4x + 3

a) Ta có A =

9.8.Cho 2x+y =11z ; 3x – y = 4z. Tính giá trị Q =

2x2 − 3xy . x2 + 3y2

Tính giá trị của biểu thức A =

4a 2 − 5b2 . a 2 + 2ab

b) Ta có B =

9.10. Cho 4a 2 + b 2 = 5ab và 2a > b > 0 . Tính giá trị P =

ab . 4a 2 − b 2 4

x 1 x − 3x + 18x − 1 = . Tính giá trị biểu thức P = 3 . x − x +1 2 x − 2x2 + 7x + 1

( x + 1) − 9 = ( x + 1 − 3)( x + 1 + 3) x2 + 2x + 1 − 9 = 2 x + 4x − 3x − 12 x ( x + 4 ) − 3 ( x + 4 ) ( x + 4 )( x − 3)

( x − 2)( x + 4) = x − 2 . ( x + 4 )( x − 3) x − 3

9.9.Cho a, b thỏa mãn 5a 2 + 2b 2 = 11ab và a > 2b > 0 .

9.11. Cho x thỏa mãn

x2 + 2x − 8 ; x2 + x − 12

a4 − a2 − 4a2 + 4 4

(

a − a − 4a + 4

)( ( a − a + 2)( a 2

)

(

) (

)

a2 a2 − 1 − 4 a2 − 1 2

a 4 − ( a − 2)

( a − 1)( a + 1)( a − 2)( a + 2) + a − 2) (a − a + 2) (a − 1)(a + 2)

− 1 a2 − 4

)

3x2 y − 1 9.12. Cho x, y thỏa mãn x − 2 xy + 2 y − 2 x + 6 y + 5 = 0 . Tính giá trị biểu thức N = . 4 xy 2

9.13. Cho a, b là hai số nguyên dương khác nhau, thỏa mãn 2 a 2 + a = 3b 2 + b. Chứng minh rằng

a −b là 2a + 2b + 1

Chuyên đề 10. RÚT GỌN PHÂN THỨC A. KiÕn thøc cÇn nhí

Ph©n tÝch tö vµ mÉu thµnh nh©n tö ( nÕu cÇn) ®Ó t×m nh©n tö chung; Chia c¶ tö vµ mÉu cho nh©n tö chung. - Chó ý: Cã khi cÇn ®æi dÊu ë tö hoÆc mÉu ®Ó nhËn ra nh©n tö chung cña tö vµ mÉu ( l−u ý tíi tÝnh chÊt A = - (A)). B. Mét sè vÝ dô Ví dụ 1. Rút gọn biểu thức sau:

x 2 ( x + 1) − 4 ( x + 1) 3

x + x + 7x + 7x + 10x + 10

( x + 1) ( x − 4 ) ( x + 1) ( x + 7x + 10 ) 2

( x + 1)( x − 2)( x + 2) = x − 2 . ( x + 1)( x + 2)( x + 5) x + 5

Ví dụ 2. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Rút gọn biểu thức sau:

Muèn rót gän mét ph©n thøc ta cã thÓ:

a2 − a + 2

c) Ta có C =

phân số tối giản. (thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Quảng Ngãi, năm học 2013-2014)

( a + 1)(a − 2) .

( a + b ) 2 (b + c ) 2 (c + a ) 2 ; (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c2 )

Giải Tìm cách giải. Nhận thấy mẫu thức có thể phân tích thành nhân tử bằng cách sử dụng giả thiết. Do vậy nên thay 1 = ab + bc + ca vào mẫu và phân tích đa thức thành nhân tử. Những bài toán rút gọn có điều kiện, chúng ta nên vận dung và biến đổi khéo léo điều kiện. Trình bày lời giải Thay 1 = ab + bc + ca , ta được 1 + a 2 = a 2 + ab + bc + ca

1 + a2 = (a + b)(a + c). 2

Tương tự: 1 + b = (b + c)(c + a ) 58

1 + c 2 = (c + a)(c + b). 2

Vậy, A =

F(x) - m, sao cho kết quả tử thức viết được dưới dạng hằng đẳng thức ( a ± b ) .

(a + b) (b + c) (c + a ) =1. (a + b)(a + c)(b + a)(b + c)(c + a)(c + b)

Trình bày lời giải

a3 − 4a2 − a + 4 Ví dụ 3. Cho biểu thức P = 3 a − 7a3 + 14a − 8

F ( x) =

x 4 + x3 − x 2 − 2 x − 2 x 4 + 2 x3 − x 2 − 4 x − 2

a) Rút gọn biểu thức P.

F ( x) =

x4 + x3 + x 2 − 2 x2 − 2 x − 2 x 4 + 2 x3 + x 2 − 2 x 2 − 4 x − 2

F ( x) =

x2 + x + 1 x2 − 2 x 2 ( x 2 + x + 1) − 2( x 2 + x + 1) = 2 2 2 x ( x + 2 x + 1) − 2( x + 2 x + 1) x + 2x + 1 x 2 − 2

F ( x) =

x2 + x + 1 x2 + 2x + 1

b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên .

Giải Tìm cách giải. Khi rút gọn biểu thức, chúng ta cần phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử. Để tìm giá trị nguyên của a, chúng ta cần tách phần nguyên và cho phân phân thức có giá trị nguyên. Chẳng hạn 3 a +1 3 thì ta viết P = 1 + , vì 1 là số nguyên nên để P là số nguyên thì có giá trị nguyên. Do vậy P= a−2 a−2 a−2 a – 2 phải là ước số của 3. Trình bày lời

a 3 − 4a 2 − a + 4 a 3 − 7a 2 + 14a − 8

Ví dụ 5. Cho biểu thức B =

3 khi x = 1. 4

x 4 − x3 − x + 1 . Chứng minh rằng biểu thức B không âm với mọi giá trị x + x3 + 3x 2 + 2( x + 1) 4

của x . Giải

(a 2 − 1)(a − 4) 2 a (a − 2) − 5a (a − 2) + 4( a − 2)

Tìm cách giải. Chứng minh biểu thức không âm với mọi giá trị của x, ta cần phải rút gọn biểu thức. Sau đó chứng tỏ tử thức không âm và mẫu thức dương.

(a + 1)(a − 1)(a − 4) a + 1 P= = . ( a − 1)( a − 4)( a − 2) a − 2

Trình bày lời giải

3 b) Ta có: P = 1 + (a ≠ 2) a−2 3 ∈ Z ⇔ a − 2 ∈ {±1; ±3} ⇔ a ∈ {−1; 1; 3; 5} . Vậy, P ∈ Z ⇔ a−2 Ví dụ 4. Cho phân thức F ( x ) =

) )

3 x 2 + x + 1 3 4 x 2 + 4 x + 4 − 3 x 2 − 6 x − 3 ( x − 1)2 = − = = ≥0 4 x2 + 2 x + 1 4 4 x2 + 8x + 4 4( x + 1) 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của F ( x) =

b) a 2 (a − 4) − (a − 4) P= 3 a − 2a 2 − 5a 2 + 10a + 4a − 8

Xét F ( x) −

)( )(

3 Suy ra F ( x ) ≥ . Dấu bằng xảy ra khi x = 1 . 4

a) Ta có:

( (

x4 + x3 − x2 − 2x − 2 . x4 + 2x3 − x2 − 4x − 2

x 3 ( x − 1) − ( x − 1) x 2 ( x 2 + x + 1) + 2( x 2 + x + 1)

( x − 1) 2 ( x 2 + x + 1) ( x − 1) 2 . = ( x 2 + 2)( x 2 + x + 1) x 2 + 2

( x − 1) 2 ≥ 0 . Vậy B không âm với mọi giá trị của x . x2 + 2

Xác định x để phân thức F(x) có giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 6. TÝnh P =

Giải Tìm cách giải. Trong phân thức F(x) thì bậc của tử thức và mẫu thức là 4, khá lớn. Do đó việc tìm giá trị nhỏ nhất gặp nhiều khó khăn, vậy cần rút gọn biểu thức F(x). Khi F(x) viết được dưới dạng phân thức mà tử thức và mẫu thức là bậc hai, ta tìm cực trị bằng cách lấy biểu thức

(1986

− 1992 ) . (19862 + 3972 − 3) .1987 1983.1985.1988.1989

(Thi Häc sinh giái Newyork (Mỹ)- n¨m häc 1986-1987) Giải

Tìm cách giải. bài toán này chứa số khá lớn. Nhiều số gần với 1986, do đó rất tự nhiên ta đặt 1986 = x, rồi biểu diễn các số gần với 1986 theo x, ta được biểu thức P biến x. Sau đó rút gọn biểu thức P.

3x 2 + 3 . x + 2x + 7 x2 + 2 x + 6 a) Rút gọn biểu thức M . b) Tìm giá trị lớn nhất của phân thức M .

10.7. Cho phân thức M =

Trình bày lời giải §Æt 1986 = x. Ta có P =

)(

)

− x − 6 x2 + 2x + 3 ( x + 1)

x5 − 2x 4 + 2x 3 − 4x 2 − 3x + 6 x2 − x − 2 4 8 1 + x + x + ...... + x 2020 Q= 1 + x 2 + x 4 + ...... + x 2022

)

− 3x + 2x − 6 x2 − x + 3x − 3 ( x + 1)

( x − 3)( x − 1)( x + 2)( x + 3)

( x − 3)( x + 2)( x − 1)( x + 3)( x + 1) ( x − 3)( x − 1)( x + 2)( x + 3)

P = x + 1 hay P = 1996 + 1 = 1997

10.9. Cho

x y z x2 + y2 + z2 = = . Rút gọn biểu thức P = . 2 a b c (ax + by + cz)

10.10.

Cho a + b + c = abc. Chứng minh rằng:

NhËn xÐt. Ph−¬ng ph¸p gi¶i bµi trªn lµ ®¹i sè ho¸ b»ng c¸ch ®Æt x = 1986, sau ®ã rót gän ph©n thøc ®¹i sè. NhiÒu biÓu thøc sè ta cã thÓ gi¶i b»ng ®¹i sè nh− trªn. Rút gọn biểu thức:

2 x 3 − 7 x 2 − 12 x + 45 3 x3 − 19 x 2 + 33x − 9 (a − 1) 4 − 11( a − 1) 2 + 30 . b) N = 3( a − 1) 4 − 18(a 2 − 2a) − 3 10.2. Rút gọn biểu thức: a)

10.12. Tính giá trị biểu thức P =

)

x3 − x 2

(1 + xy ) − ( x + y )

10.13. Rút gọn rồi tính giá trị biếu thức A =

n + 2n − 1 n3 + 2n2 + 2n + 1

(

) (

a b2 + c2 + b a2 + c2 + c a2 + b2

)

= abc . ab + bc + ca − 3 2 2 2 (x + a )(1 + a ) + a x + 1 không phụ thuộc vào giá trị của x. 10.11. Chứng minh rằng giá tri biểu thức P = 2 (x − a )(1 − a ) + a 2 x 2 + 1

C. Bµi tËp vËn dông 10.1.

10.8. Rút gọn phân thức:

( x − 3)( x − 1)( x + 2)( x + 3)

)(

x ( x + 5) + y ( y + 5) + 2( xy − 3) với x + y = 2020. x ( x + 6) + y ( y + 6) + 2 xy

10.14. Cho ax + by + cz = 0. Chứng minh rằng

x 5 − 2 x 4 + 2 x 3 − 4 x 2 − 3x + 6 ; x2 + 2x − 8 2 2 2 xy + y ( y − x ) + 1 . N= 2 4 x y + 2 y 4 + x2 + 2

, với x = - 499; y = 999.

ax 2 + by 2 + cz 2 2

bc ( y − z ) + ca ( z − x ) + ab ( x − y )

1 . a+b+c

10.3. Rút gọn biểu thức: P =

Chuyên đề 11. PHÉP CỘNG VÀ PHÉP TRỪ CÁC PHÂN THỨC ĐẠI SỐ

abc + a + b + c − ( ab + bc + ca + 1) a 2b + 1 − (a 2 + b )

A. KiÕn thøc cÇn nhí .

( 2003 .2013 + 31.2004 − 1) .( 2003.2008 + 4 ) . 10.4.TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc sau: P = 2

2004.2005.2006.2007.2008 (tuyÓn sinh 10, THPT chuyªn §HSP Hµ Néi, n¨m häc 2003- 2004)

10.5. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Rút gọn biểu thức sau: (a 2 + 2bc − 1)(b 2 + 2ca − 1)(c 2 + 2ab − 1) B= . (a − b) 2 (b − c) 2 (c − a )2

1. Céng hai ph©n thøc cïng mÉu thøc Quy t¾c. Muèn céng hai ph©n thøc cïng mÉu thøc , ta céng çc tö thøc víi nhau vµ gi÷ nguyªn mÉu thøc: 2. Céng hai ph©n thøc cã mÉu thøc kh¸c nhau - Quy t¾c. Muèn céng hai ph©n thøc cã mÉu thøc kh¸c nhau, ta quy ®ång mÉu thøc råi céng çc ph©n thøc cã cïng mÉu thøc võa t×m ®−îc. - Chó ý. PhÐp céng çc ph©n thøc cã çc tÝnh chÊt sau: + Giao ho¸n:

x 4 + x3 + x + 1 x 4 − x3 + 2 x 2 − x + 1 a) Rút gọn biểu thức A . b) Chứng minh rằng, A không âm với mọi giá trị của x .

10.6. Cho A =

A C C A + = + ; B D D B

A C E A C E + KÕt hîp:  +  + = +  +  . B D F B D F  1. Ph©n thøc ®èi 63

- Hai ph©n thøc ®−îc gäi lµ ®èi nhau nÕu tæng cña chóng b»ng 0.

⇒M =

A A - Ph©n thøc ®èi cña ph©n thøc ®−îc kÝ hiÖu bëi − . B B

M =

A −A −A A Nh− vËy − = vµ − = . B B B B A C A C cho ph©n thøc , ta céng víi ph©n thøc ®èi cña : B D B D

A C A  C − = +−  . B D B  D

a) A =

)

+ 1 − x2

• Sö dông kü thuËt trªn b¹n cã thÓ gi¶i ®−îc bµi to¸n sau : Cho a,b,c, d tho¶ m·n abcd = 1. TÝnh gi¸ trÞcña biÓu thøc:

(

)

x2 − x2 −1 2

1 2 3 4 + + + . 1 + 2a + 3ab + 4abc 2 + 3b + 4bc + bcd 3 + 4c + cd + 2cda 4 + d + 2da + 3dab

VÝ dô 3. Rót gän biÓu thøc: B =

VÝ dô 1. Thực hiện phép tính : 2

• Lêi gi¶i trªn tinh tÕ khi gi÷ nguyªn mét mÉu thøc vµ thay sè 1 vµo vÞ trÝ hîp lÝ ®Ó rót gän ph©n thøc, ®−a c¸c ph©n thøc vÒ cïng mÉu.

N =

B. Mét sè vÝ dô

x 4 − ( x − 1)

ab + a + 1 = 1. ab + a + 1

NhËn xÐt.

2. PhÐp trõ Quy t¾c : Muèn trõ ph©n thøc

a ab 1 + + ab + a + 1 1 + ab + a a + 1 + ab

x ( x + 1) − 1

Gi¶i

x 2 ( x − 1) − 1 4

x − ( x + 1)

Gi¶i Tìm cách giải. Quan sát kỹ các phân thức, nhận thấy tử thức của mỗi phân thức đều phân tích đa thức thành nhân tử được, do vậ y ta nên phân tích thành nhân tử cả tử thức và mẫu thức và rút gọn mỗi phân thức trước khi thực hiện phép cộng.

Tìm cách giải. Quan sát các phân thức, chúng ta nhận thấy không có mẫu của hạng tử nào phân tích được thành nhân tử nên việc quy đồng mẫu thức tất cả các hạng tử là không khả thi. Nhận thấy mẫu của hai phân thức đầu có dạng a – b và a + b, thực hiện trước tổng hai phân thức thức này cho ta kết quả gọn. Với suy luận ấy, chúng ta tiếp tục cộng kết quả ấy với phân thức tiếp theo. Trình bày lời giải Ta có: B =

Trình bày lời giải

2a 2a 4a3 8a7 + 2 2+ 4 4+ 8 8 2 a −b a +b a +b a +b 2

Ta cã:

( (x

)( )(

)+( ) (x

x 2 − x + 1 x2 + x − 1 2

+ 1 − x x2 + 1 + x

)( )(

)+( ) (x

x + x2 − 1 x − x2 + 1 2

+ x −1 x2 + x + 1

⇒ A=

x2 + x −1 x − x2 + 1 x2 − x + 1 + + x 2 + x + 1 x 2 + x + 1 x2 + x + 1

⇒ A=

x2 + x + 1 = 1. x2 + x + 1

)( )(

⇒B=

) )

x2 − x − 1 x 2 − x + 1 2

− x − 1 x2 + x + 1

4a 3 4a3 8a7 + + a 4 − b4 a 4 + b4 a8 + b8

8a 7 8a 7 + 8 8 8 a −b a +b 16a15 ⇒ B = 16 16 a −b ⇒B=

VÝ dô 4. Cho ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 . Rót gän biÓu thøc: P =

Nhận xét. Trong khi thùc hiÖn phÐp tÝnh céng, trõ c¸c ph©n thøc ®¹i sè, nÕu ph©n thøc nµo rót gän ®−îc, b¹n nªn rót gän tr−íc khi thùc hiÖn. VÝ dô 2. Cho a,b,c tho¶ m·n abc = 1. TÝnh gi¸ trÞ M =

1 1 2a 4a 3 8a7 + + 2 2+ 4 4+ 8 8. a −b a +b a +b a +b a +b

a b c + + ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1

a2 b2 c2 + 2 + 2 . a + 2bc b + 2ac c + 2ab 2

Giải Tìm cách giải. Nhận thấy nếu quy đồng mẫu trực tiếp là không khả thi bởi các mẫu hiện tại không phân tích thành nhân tử được và nếu quy đồng thì biểu thức rất phức tạp, mặt khác chưa khai thác được giả thiết. Phân tích giả thiết ta được ab+ bc + ca = 0, khai thác yếu tố này vào mẫu thức ta được:

Gi¶i

a2 + 2bc = a2 + 2bc − ab − bc − ca và phân tích thành nhân tử được. Do vậ y ta có lời giải sau:

Thay 1= abc vµo biÓu thøc , ta cã:

Trình bày lời giải

a abc.b c + + M= ab + a + 1 bc + abc.b + abc ac + c + abc

Tõ ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 ,ta cã: a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2

nªn ab+ bc + ca = 0. 64

Giải

XÐt a2 + 2bc = a2 + 2bc − ab − bc − ca

Tìm cách giải. Suy nghĩ trước bài này, ta có hai hướng phân tích:

= a − ab − ca + bc

Hướng thứ nhất. Quy đồng mẫu, thực hiện phép cộng như thường lệ.

= ( a − b )( a − c ) .

Hướng thứ hai. Tách mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức, rồi khử liên tiếp. Trong bài này, cách này không ngắn, song thể hiện được nét đẹp và sáng tạo.

T−¬ng tù ta cã: b2 + 2ac = ( b − a )( b − c ) ;

Do ®ã ta cã: P =

⇒P=−

c 2 + 2ac = ( c − a )( c − b ) .

Trình bày lời giải

a2 b2 c2 + + a − b a − c b − a b − c c − a ( )( ) ( )( ) ( )( c − b )

Cách 1. Ta có: A =

( a − b )( b − c )( c − a )

VÝ dô 5. Tìm A, B thỏa mãn:

a2 (b − c ) + b2 ( c − a ) + c2 ( a − b )

Ph©n tÝch tö thøc thµnh nh©n tö, ta cã: P = −

x2 − yz y2 − xz z2 − xy + + x + y x + z y + z y + x x + ( )( ) ( )( ) ( z)( y + z)

( a − b )( b − c )( a − c ) =1. ( a − b )( b − c )( c − a )

3x2 + 3x + 3 A B 1 = + + x 3 − 3 x + 2 ( x − 1) 2 x − 1 x + 2

Giải Tìm cách giải. Để tìm hệ số A và B, chúng ta biến đổi vế phải. Sau đó đồng nhất hệ số hai vế. Trình bày lời giải

)

(

)

( x + y )( x + z)( y + z) x2y + x2z − y2z − yz2 + xy2 + y2z − x2z − xz2 + xz2 + yz2 − x2y − xy2 = 0. ( x + y)( x + z)( y + z)

Cách 2. Ta có:

x2 − yz

( x + y )( x + z) Tương tự

Ta có

x2 + xy − xy − yz x ( x + y ) − y ( x + z) x y = = − (1) x+z x+y ( x + y )( x + z) ( x + y )( x + z)

y2 − xz y z = − (2) ( y + z)( y + x ) x + y y + z

z2 − xy z x = − (3) y + z x +z z − x z + y ( )( )

x3 − 3x + 2 = x3 − x − 2 x + 2 = x( x + 1)( x − 1) − 2( x − 1) 2

= ( x − 1)( x + x − 2) = ( x − 1) 2 ( x + 2)

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế ta được A = 0.

Từ đó suy ra:

VÝ dô 7. Cho a1 ;a2 ;....; a9 ®−îc x¸c ®Þnh bëi c«ng thøc: ak =

3x2 + 3x + 3 A B 1 = + + ( x − 1)2 ( x + 2) ( x − 1) 2 x − 1 x + 2

3k 2 + 3k + 1 víi mäi k ≥ 1 (k 2 + k )3

H·y tÝnh gi¸ trÞ cña tæng: 1 + a1 + a2 + .... + a9 .

A( x + 2) + B( x − 1)( x + 2) + ( x − 1)2 = ( x − 1) 2 ( x + 2)

(tuyÓn sinh lớp 10, THPT chuyªn §HKHTN , ĐHQG Hµ Néi ,

⇒ 3x 2 + 3x + 3 = ( B + 1) x 2 + ( A + B − 2) x + (2 A − 2 B + 1) Đồng nhất hệ số ta có:

n¨m häc 1999 - 2000) Giải Tìm cách giải. Bài toán có tính quy luật, thay số vào tính là không khả thi. Do vậy chúng ta nghĩ tới việc tách

B + 1 = 3 A = 3  A + B − 2 = 3 ⇒  2 A − 2 B + 1 = 3  B = 2 

VÝ dô 6. Thực hiện phép tính: A =

)

− yz ( y + z ) + y2 − xz ( x + z ) + z2 − xy ( x + y )

mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức, rồi khử liên tiếp. Nhận thấy ta có lời giải sau :

Trình bày lời giải

x2 − yz y2 − xz z2 − xy + + ( x + y)( x + z) ( y + z)( y + x) ( x + z)( y + z) 66

Ta cã: ak =

3 3k 2 + 3k + 1 ( k + 1) − k 1 1 = 3 = 3− 2 3 3 (k + k ) k ( k + 1)3 k ( k + 1)

3k 2 + 3k + 1 = ( k + 1) − k 3

, nên chúng

Do ®ã: S = 1 + a1 + a2 + .... + a9

2(x − y) x y − + y 3 − 1 x3 − 1 x 2 y 2 + 3

11.8. Cho x + y = 1 và x y ≠ 0 . Rút gọn biểu thức: A =

1   1 1 1   1 = 1 +  1 − 3  +  3 − 3  + ... +  3 − 3   2  2 3   9 10 

VÝ dô 8. Rút gọn biểu thức: M =

= 2−

11.9. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 và xyz ≠ 0 .

1 1999 = 103 1000 .

Tính P =

1 1 1 1 + + + ; x 2 − 5 x + 6 x 2 − 7 x + 12 x 2 − 9 x + 20 x 2 − 11x + 30

x2 y2 z2 + 2 + 2 . 2 2 2 2 y +z −x z +x −y x + y2 − z2 2

( Tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên, TP. Hồ Chí Minh,

Giải

năm học 2014- 2015)

1 1 1 1 + + + Ta có: M = 2 x − 5 x + 6 x2 − 7 x + 12 x 2 − 9 x + 20 x 2 − 11x + 30 1 1 1 1 M= + + + ( x − 2)( x − 3) ( x − 3)( x − 4) ( x − 4)( x − 5) ( x − 5)( x − 6)

11.10. Cho ba số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện

Tính giá trị biểu thức A =

1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − x −2 x −3 x −3 x −4 x −4 x −5 x −5 x −6 1 1 −4 M= − = . x − 2 x − 6 ( x − 2)( x − 6)

yz zx xy + + x 2 + 2 yz y 2 + 2 zx z 2 + 2 xy

( tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, TP Hồ Chí Minh, năm học 2013 – 2014)

11.11. Cho ax + by = c; by + cz = a; cz + ax = b và a + b + c ≠ 0 . Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 P= + + x + 1 y + 1 z +1

C. Bµi tËp vËn dông 11.1. Xác định các số a, b biết :

11.2. Rót gän biÓu thøc: A =

3x + 1 3

( x + 1)

a 3

( x + 1)

20 x 2 + 120 x + 180

( 3 x + 5)

− 4x

( x + 1)

5 x 2 − 125 2

9 x − ( 2 x + 5)

−

( 2 x + 3)

(

− x2

3 x + 8 x + 15

)

a4 − a 3a 2 − 2a a 2 − 4 − + . a2 + a +1 a a−2 a) Rút gọn biểu thức P ; b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P .

11.3. Cho P =

11.6. Đặt

33 + 13 53 + 23 73 + 33 1013 + 503 + 3 3 + 3 3 + ......... + 3 . 3 3 2 1 3 2 4 3 51 − 503 − − − 11.13. Tính giá trị của biểu thức: 11.14. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: A=

1 1 1 + + = 6 . Tính P = x2020 + y 2020 + z 2020 . x2 y 2 z 2

11.15. Rót gän biÓu thøc : B =

11.5. Thực hiện phép tính: M =

2 2 2 2 11.12. Cho a, b thỏa mãn 4a + 2b − 7 ab = 0 và 4 a − b ≠ 0 . 3a − b 5b − 3a A= + 2a − b 2a + b . Tính giá trị của biểu thức:

x2 + y 2 + z 2 +

x4 + x 2 x 2 + 3x + 1 +1 − . x − x +1 x +1 a) Rút gọn biểu thức Q; b) Tìm giá trị nhỏ nhất của Q.

11.4. cho biểu thức Q =

11.16. Cho biểu thức A =

a 2 + 1 a3 −1 a 4 − a3 + a −1 + 2 + . a a −a a − a3

2 x3 + x2 + 2 x + 5 . 2x + 1

2x − 1 5 − x 1 + (với x ≠ ± ) 3x − 1 3x + 1 3

2x + 3y 6 − xy x2 + 9 − − . xy + 2x − 3y − 6 xy + 2x + 3y + 6 x2 − 9

11.18. Cho a, b, c là ba số đôi một khác nhau, tính. S=

3 5 2n + 1 + + ... + 2 (1.2) 2 (2.3) 2 [ n(n + 1)]

2 Tính giá trị biểu thức A biết rằng 10x + 5x = 3. 11.17. Rút gọn biểu thức:

x2 + y2 x2 − y2 x 8 + y 8 x 8 − y8 . + 2 = a . Tính giá trị biểu thức M = 8 + 2 2 2 x −y x +y x − y8 x8 + y8

11.7. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức sau nhận giá trị nguyên A =

1 1 1 + + =0 x y z

( b − c )(c − a ) ( c − a )(a − b ) ( a − b )( b − c )

11.20. Rút gọn

a) Dïng tÝnh chÊt ph©n phèi, ta cã:

a) A =

1 1 1 1 ; + + + x 2 + 9x + 20 x 2 + 11x + 30 x 2 + 13x + 42 x 2 + 15x + 56

b) B =

2 4 3 . + + x + 4x + 3 x 2 + 10x + 21 x 2 + 17x + 70

b) Dïng tÝnh chÊt ph©n phèi , ta cã:

12 x + 5  4 x + 3 6 − 3x  12 x + 5 x+9 1 . + . = = x + 9  360 x + 150 360 x + 150  x + 9 30 (12 x + 5) 30

Chuyên đề 12. PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA CÁC PHÂN THỨC ĐẠI SỐ A. KiÕn thøc cÇn nhí

x + 3 y  4 x − 2 y x − 3 y  x + 3 y 3x + y x + 3 y . − . = = 3x + y  x − y x − y  3x + y x − y x− y .

VÝ dô 2. Rót gän biÓu thøc:

Quy t¾c : Muèn nh©n hai ph©n thøc, ta nh©n c¸c tö thøc víi nhau, c¸c mÉu thøc víi nhau:

A C A.C i = B D B.D

3a 2 − 2ab − b2 3a 2 − 4ab + b2 : . 2a 2 + ab − b2 3a 2 + 2ab − b2 (tuyÓn sinh 10, Tr−êng PTNK, §HQGTP Hå ChÝ Minh , n¨m häc 2004 – 2005)

PhÐp nh©n c¸c ph©n thøc cã c¸c tÝnh chÊt :

• Giao ho¸n :

Gi¶i

A C C A i = i ; B D D B

A C  E A C E • KÕt hîp:  i i = i i  ; B D F B D F  • Ph©n phèi ®èi víi phÐp céng :

A C E  A C A E  + = i + i . BD F  B D B F

1. Ph©n thøc nghÞch ®¶o. Hai ph©n thøc ®−îc gäi lµ nghÞch ®¶o cña nhau nÕu tÝch cña chóng b»ng 1. A A B A B Tæng qu¸t, nÕu lµ ph©n thøc kh¸c 0 th× i = 1 , do ®ã lµ ph©n thøc nghÞch ®¶o cña ph©n thøc . B B A B A

(a − b )(3a + b ) : (a − b )(3a-b ) = (a − b )(3a + b ) ⋅ (3a-b )(a + b ) (2a − b )(a + b ) (3a-b )(a + b ) (2a − b )(a + b ) (a − b )(3a-b )

3a + b . 2a − b

VÝ dô 3. Cho x + y + z = 1. Chøng minh r»ng gi¸ trÞ biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña biÕn sè : 2

( x + y) . ( y + z) . ( z + x) xy + z

yz + x

zx + y

Giải

2. PhÐp chia Quy t¾c. Muèn chia ph©n thøc

A C A C cho ph©n thøc kh¸c 0, ta nh©n víi ph©n thøc nghÞch ®¶o cña . B D B D

Tìm cách giải. Khai thác điều kiện bài toán, nhận thấy với điều kiện này chúng ta có thể cân bằng bậc ở mẫu và phân tích thành nhân tử được xy + z = xy + z. ( x + y + z ) = ( z + x ) . ( z + y ) . Do vậy chúng ta có lời giải sau: Trình bày lời giải

A C A D C ≠ 0. : = i víi B D B C D

Thay 1 = x + y + z vào mẫu số, ta được : xy + z = xy + z. ( x + y + z ) = ( z + x ) . ( z + y )

B. Mét sè vÝ dô

và tương tự ta có:

VÝ dô 1. Thùc hiÖn c¸c phÐp tÝnh sau:

yz + x = (x + y ) (x + z)

a) P =

12 x + 5 4x + 3 12 x + 5 6 − 3x ; . + . x + 9 360 x + 150 x + 9 360 x + 150

zx + y = (x + y) ( y + z )

b) P =

x + 3 y 4x − 2 y x + 3 y x − 3 y . − . . 3x + y x − y 3x + y x − y

Từ đó suy ra: P =

( x + y ) . ( y + z) . ( z + x) ( x + z)( y + z) ( x + y )( x + z) ( x + y )( y + z)

Gi¶i

⇒ P = 1.

Tìm cách giải. Nhận thấy trong các biểu thức đều có phân thức chung. Do đó nên vận dụng tính chất phân phối của phép nhân nhằm đưa bài toán về dạng đơn giản hơn.

VÝ dô 4. Cho a + b+ c = 0. Chøng minh r»ng tÝch sau kh«ng phô thuéc vµo biÕn sè :

Trình bày lời giải

a) M = 70

4bc − a 2 4ca − b2 4ab − c2 . . bc + 2a 2 ca + 2b2 ab + 2c2 71

VÝ dô 6. Rút gọn biểu thức với n là số nguyên dương :

 a  b  c  b) N = 1 +  . 1 +  . 1 +   b  c  a Gi¶i

(

)

− b − 2bc + c − (b − c ) 4bc − ( b + c ) 4bc − a 2 = = (1) = 2 bc + 2 a 2 bc + a 2 − a ( b + c ) bc + a − ab − ac ( a − b )( a − c ) 2

a) Ta cã:

− (c − a ) 4ca − b 2 T−¬ng tù ta cã: = ca + 2b 2 ( b − a )( b − c )

(2)

  2  2  2   2  A = 1 +  1 +  1 +  ...  1 + 1.4   2.5   3.6  n ( n + 3)    Giải Tìm cách giải. Với phép nhân các biểu thức theo quy luật, chúng ta thường xét phân thức có dạng tổng quát. Sau đó phân tích thành nhân tử cả tử và mẫu dạng tổng quát ấy. Cuối cùng thay các giá trị từ 1 đến n vào biểu thức và rút gọn. Trình bày lời giải

− (a − b) 4 ab − c 2 = ab + 2c 2 ( c − a )( c − b )

(3) Xét 1 +

Tõ (1) vµ (2), (3) ta cã: 2

4bc − a 2 4ca − b2 4ab − c 2 − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) . . = =1 bc + 2a 2 ca + 2b 2 ab + 2c 2 − ( a − b )2 ( b − c )2 ( c − a )2

thay k = 1; 2; 3; ….;n ta được:

V©þ gi¸ trÞ biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña biÕn. b) Ta cã:

 a  b  c  N = 1 +  .  1 +  .  1 +   b  c  a

a + b c + b a + c ( −c )( −a )( −b ) . . = = −1 . b c a abc

V©þ gi¸ trÞ biÓu thøc N kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña biÕn. VÝ dô 5. Cho x là số thực âm thỏa mãn x 2 +

1 1 = 23 .Tính giá trị biểu thức A = x3 + 3 . x2 x

Gi¶i Tìm cách giải. Do kết luận có dạng hằng đẳng thức a3 + b3, nên để tính giá trị biểu thức, chúng ta cần tính được 1 1 x + . Với suy nghĩ ấy, chúng ta khai thác điều kiện để tìm x + . Từ đó chúng ta có lời giải sau: x x Trình bày lời giải 2

Từ giả thiết x 2 +

1 1 1  = 23 ⇒ x 2 + 2 + 2 = 23 + 2 ⇒  x +  = 25 x2 x x 

1 Vì x < 0 nên x + = −5 . x

2 k 2 + 3k + 2 ( k + 1)( k + 2) = = k(k + 3) k ( k + 3) k ( k + 3)

( n + 1)( n + 2) = 2.3.4.... ( n + 1) ⋅ 3.4.5..... ( n + 2) 2.3 3.4 4.5 . . ..... 1.4 2.5 3.6 1.2.3....n n ( n + 3) 4.5.6.... ( n + 3) 3 ( n + 1) n+3

a b c + + =0 b − c c − a a − b Ví dụ 7. Cho a, b. c đôi một khác nhau thỏa mãn . Tính giá trị của biểu thức: a b c + + (b − c) 2 (c − a )2 (a − b) 2 . Giải Tìm cách giải. Quan sát phần giả thiết và kết luận của bài toán, chúng ta nhận thấy có nhiều điểm giống nhau. Do vậy, để không phức tạp chúng ta vận dụng giả thiết và tạo ra từng hạng tử của phần kết luận. Sau đó cộng lại. Trình bày lời giải

a b c + + =0 Ta có : b − c c − a a − b a b c + = ⇔ b−c c−a b−a ac − a 2 + b 2 − bc c = b−a ⇔ (b − c )(c − a) a 2 − b2 + bc − ca c = ( b − c )( c − a )( a − b ) ( a − b) 2 (1) ⇔

Ta có 3

1  1 1  =  x +  − 3.  x +  = (−5)3 − 3.(−5) x3  x x  A = −110 A = x3 +

b c 2 − a 2 + ab − bc = 2 (a − b)(b − c )(c − a ) Tương tự : (c − a ) 72

(2). 73

a b 2 − c 2 + ca − ab = (b − c) 2 ( a − b)(b − c)(c − a)

1 4 1 4 1 1 3 + 5 + 29 4 + 4 4 4 4. b) B = . . ..... 1 1 1 1 2 4 + 44 + 6 4 + 30 4 + 4 4 4 4 14 +

(3). a b c + + = 0. 2 2 2 Cộng từng vế của (1); (2) và (3) ⇒ (b − c) (c − a ) ( a − b)

12.9. Cho hai số thực a , b thỏa điều kiện ab = 1 , a + b ≠ 0 . Tính giá trị của biểu thức:

Nhận xét. Từ kết quả ta thấy a, b, c không thể cùng dấu được do vậy bạn có thể giải được bài toán sau: Cho a b c + + = 0 . Chứng minh rằng trong ba số sau a, b, c tồn tại một a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn b−c c−a a−b số không âm và một số không dương. C. Bµi tËp vËn dông

x x2 − 3 7 x + 10 x+7 − − ): . x − 2 x 2 + 2 x + 4 x3 − 8 x 2 + 2 x + 4 12.2. Chứng minh rằng với x ≠ 0; x ≠ ±1 thì biểu thức sau có giá trị không phụ thuộc vào biến.

x − y x2 + y2 + y − 2 4 x4 + 4x2 y + y2 − 4 + ): 2 y − x 2 y 2 + xy − x 2 x 2 + y + xy + x

 ( x − 1) 2 1 − 2 x2 + 4 x 1  2x − + 12.4. Cho biểu thức: P =  : . 2 3 3 x + ( x − 1) x − 1 x − 1 x3 + x  a) Rút gọn biểu thức P . b) So sánh P với

1 . 2

 x3 − 1 x3 + 1  2( x2 − 2 x + 1) 12.5. Cho P =  2 + 2 . : x2 − x x −x x +x a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm x nguyên để P nhận giá trị nguyên.

(

)

1 1 6  2 + 2+ a b   a +b

(

)

 1 1  +  a b 

a2 − ( b − c) b2 + c2 − a 2 ; y= . Tính giá trị biểu thức P = xy + x + y. 2 2bc ( b + c) − a2 2

1 1 1 1 1 1  + +  = 2+ 2+ 2 a b c . a b c 3 3 3 Chứng minh rằng a + b + c chia hết cho 3.

12.12. Rút gọn biểu thức với n là số tự nhiên :

   7   7   7  7  , với n > 5. a) B =  1 − .1 − .1 −  .....  1 −  6.12 7.13 8.14 n n + 6        

(

  22   22   22  22 b) C =  1 +  .1 + .1 +  .....  1 +  1.5 2.6 3.7 n n +4       

(

)

  , với n > 0. ) 

Chuyên đề 13. BIẾN ĐỔI CÁC PHÂN THỨC HỮU TỈ A. KiÕn thøc cÇn nhí

 x x−y   y2 1  x − 2 + 12.6. Cho A =  2 : 3 : 2 x + y y y + xy x + xy x − xy   

a) Rút gọn A

• Một biÓu thøc lµ mét ph©n thøc hoÆc biÓu thÞ mét d·y phÐp to¸n céng, trõ, nh©n, chia trªn nh÷ng ph©n thøc gäi lµ biÓu thøc h÷u tØ. • Nhê çc quy t¾c cña çc phÐp to¸n céng, trõ, nh©n, chia çc ph©n thøc ta cã thÓ biÕn ®æi biÓu thøc h÷u tØ thµnh mét ph©n thøc. • §iÒu kiÖn cña biÕn ®Ó gi¸ trÞ t−¬ng øng cña mÉu thøc kh¸c 0 lµ ®iÒu kiÖn ®Ó gi¸ trÞ cña ph©n thøc ®−îc x¸c ®Þnh.

b) Tìm x, y để A> 1 và y < 0.

12.7. Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + Tính giá trị biểu thức A = x3 +

1 1 3  3 + 3 + a b   a +b

12.11. Cho a, b, c là những số nguyên thỏa mãn:

 x 2 + x + 1 x 2 − x + 1  x 4 + x3 − x 2 − x A= 2 − 2 . . x −x  x +1  x +x 12.3. Rút gọn biểu thức : A = (

(a + b )

12.10. Cho x =

12.1. Rút gọn biểu thức: A = (

1 x3

và B = x5 +

1 = 7. x2

2 x5

B. Mét sè vÝ dô

 6 − x  1 x 3+ x − 1 − . 3  2 2 4 . Ví dụ 1. Rút gọn biểu thức: A = x − 3 +  − 2 2

12.8. Thùc hiÖn phÐp tÝnh:

Giải

14 + 4 54 + 4 94 + 4 174 + 4 . . ..... a) A = 4 ; 3 + 4 74 + 4 114 + 4 194 + 4

Tìm cách giải. Đối với những biểu thức phức tạp, nhiều tầng lớp phân thức, chúng ta nên biến đổi dần dần ở tử thức của từng phân thức trước. Sau đó được biểu thức đơn giản hơn, rồi rút gọn tiếp. 74

Trình bày lời giải

 6− x  1 x 3+ x − 1 − . 3  2 2 4 Ta có: A = x − 3 +  − 2 2

-2

-4

-6

2 2  a 2 + a − 2   (a + 2) − a 3  − 2   Ví dụ 3. Cho biểu thức M =  n +1 n  2 a −a  a − 3a   4a − 4 

b) Với a > 2 . Chứng minh rằng: 0 < M < 1.

Giải

1 1  23x − 69  A = ( x − 3) 1 + −  = . 24  12 8 

a) Ta có : M =

3  x 4 + 1  x 3 − x (4 x − 1) − 4  x 2 + 29 x + 78 Ví dụ 2. Cho biểu thức B =  −  x 4 − 2 . : . x + 1  x 7 + 6 x 6 − x − 6  3 x 2 + 12 x − 36 2 

a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho A có giá trị nguyên.

Giải Tìm cách giải. Những biểu thức có nhiều ngoặc, chúng ta thực hiện trong ngoặc tròn trước, sau đó thực hiện đến ngoặc vuông.Khi thực hiện chúng ta nên rút gọn biểu thức nếu có thể nhằm đưa về những phân thức đơn giản hơn.

(a − 1)(a + 2)  4a + 4 3  . − a n (a − 3)  4(a + 1)(a − 1) a( a − 1) 

(a − 1)(a + 2)  4a 12  . − a n ( a − 3)  4a(a − 1) 4a(a − 1) 

(a − 1)(a + 2)  a − 3  . a n (a − 3)  a (a − 1) 

a+2 . a n +1

a+2 a+a 2a 2 2 < n+1 (vì a < 2) ⇒ M < n +1 = n < n < 1. a a 2 a n +1 a mặt khác: a + 2 > 0 ; a n+1 > 0 ⇒ M > 0 . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có: M =

Trình bày lời giải a) Ta có

Ví dụ 4. Rút gọn biếu thức

 3 x 6 + x 4 − x 4 − 1 x3 − 4 x 2 + x − 4  ( x + 3)( x + 26) A= − . : x2 + 1 ( x + 6)( x 6 − 1)  3( x + 6)( x − 2) 2

 x y  1 1   y + x + 1  x − y    P= 2 x y2  x y  + − + y2 x 2  y x 

 3 x 6 − 1 ( x − 4)( x 2 + 1)  3( x + 6)( x − 2) A= − 2 . . 6  2 x + 1 ( x + 6)( x − 1)  ( x + 3)( x + 26)  3 x − 4  3( x + 6)( x − 2) A= − .  2 x + 6  ( x + 3)( x + 26) 3x + 18 − 2 x + 8 3( x + 6)( x − 2) A= . 2( x + 6) ( x + 3)( x + 26) x + 26 3( x + 6)( x − 2) 3x − 6 = A= . 2.( x + 6) ( x + 3)( x + 26) 2 x + 6

Giải x 2 + y 2 + xy  x − y  .  xy  xy  Ta có: P = 2 2 2 2 x y x +y + − y2 x2 xy

b)Tập xác định x ∉{1; 2; −3; −6; −26}

6x − 12 3x − 6 15 A ∈ Z ⇒ 2A= = = 3− ∈Z 2x + 6 x +3 x +3

x 2 + xy + y 2 ( x − y )2 x 4 + y 4 − ( x 2 + y 2 ) xy . 2 2 : xy x y x2 y 2

Suy ra các trường hợp sau

x 2 + xy + y 2 ( x − y ) 2 x 4 + y 4 − x3 y − y 3 x . 2 2 : xy x y x2 y2

-1

( n ∈ ℕ* )

a) Rút gọn M.

x −3 x −3 A = x −3+ − 12 8

-8

So sánh với tập xác định và thử lại thì x ∈{ − 2; −4;0; −8;12; −18} thì A∈ ℤ

3− 6+ x 2x − 3 − x 3 A = x −3+ − 4 8

x+3

-3

5 76

-5

-15 77

-18

13.2. Rút gọn biểu thức :

x 2 + xy + y 2 ( x − y ) 2 x2 y2 . 2 2 . xy x y ( x − y )( x 3 − y 3 )

x 2 + xy + y 2 ( x − y ) 2 x2 y2 1 . 2 2 . = . xy x y ( x − y ) 2 ( x 2 + xy + y 2 ) xy Ví dụ 5. Gi¶ sö x, y, z lµ c¸c sè thùc kh¸c kh«ng, tho¶ m·n hÖ ®¼ng thøc:



a 2 2 2 1+ b2 + c2 − a 2  b + c . b + c − (b − c ) . . 2bc a+b+c  1− a b+c

a) A =  1 +

 1 1 1 1 1 1  x  +  + y  +  + z  +  = −2 z x x y   y z  3 3 3 x + y + z = 1 

2 2   +  y 2 − yz + z 2 x2 3  2 y z . b) B =  + − + (x + y + z) . x y+z 1 + 1  1 + 1 + 1   y z  xy yz xz 

H·y tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: P =

1 1 1 + + . x y z ( tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2001-2002)



1 3   x2 1  A= + 2 + . : 2 3 x + 3 x − 3x 27 − 3x    13.1. Cho a) Rút gọn A b) Tìm x để A < −1

Giải Tìm cách giải. Bài toán này thuộc dạng tính giá trị biết điều kiện của biến số. Quan sát, nhận thấy bài toán có hai điều kiện nhưng có ba biến số ( số biến nhiều hơn số điều kiện). Do điều kiện hai đơn giản, không phân tích tiếp được. Với điều kiện thứ nhất, chúng ta biến đổi và nhận thấy phân tích thành nhân tử được, tìm được mối quan hệ giữa hai trong ba biến. Từ đó tìm được cách giải sau. Trình bày lời giải

13.2. Cho biểu thức M =

x3 + 2x 2 − x − 2  ( x + 2) 2 − x 2 3  − 2 . x 3 − 2x 2 − 3x  4x 2 − 4 x − x 

Rút gọn biểu thức M và tính giá trị của x khi M = 3.

13.3. Cho biểu thức:

2 1   10 − x 2  .  x + + A= 2 :x − 2 +   x+2  x −4 2−x x+2 

1 1 1 1 1 1 Tõ ®¼ng thøc : x  +  + y  +  + z  +  = −2 z x x y  y z

a) Rút gọn biểu thức A.

Ta cã: 2xyz + x2z + x2 y + y 2 x + y 2 z + z 2 y + z 2 x = 0

b) Tính giá trị của A , Biết |x| =

(

) (

)

⇔ xyz + x 2 z + xyz + y 2 z + x 2 y + y 2 x + z 2 x + z 2 y = 0

⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) = 0 x + y = 0 ⇔  y + z = 0  z + x = 0

c) Tìm giá trị của x để A < 0. d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. 12 x − 45 x + 5 2x + 3 13.4. Cho Q = 2 − + . x − 7 x + 12 x − 4 3 − x

a) Rót gän biÓu thøc Q. b) TÝnh Gi¸ trÞ Q t¹i x = 3 c) T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó Q nhËn gi¸ trÞ nguyªn.

Kh«ng mÊt tæng qu¸t, gi¶ sö x + y = 0 ⇒ x3 + y3 = 0 . Tõ x3 + y3 + z 3 = 1 th× z 3 = 1 ⇒ z = 1 . VËy P =

1 . 2

1 1 1 x+ y 1 + + = + = 0 + 1 = 1. x y z xy 1

13.5. Cho x, y là hai số thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện: x > 0, y < 0 và x + y = 1. a) Rút gọn biểu thức: A =

C. Bµi tËp vËn dông 13.1. Rút gọn

 y − x  y2 2x2 y : − 2  xy x2 − y2  ( x − y )

(

)

 x2  2 y −x  2

b) Chứng minh rằng: A < - 4.

  a3 − 8 2 2 + A = a + : 0,5a + 1  a + 2 2a − a2  .

13.6. Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z =

1 1 1 + + = 0 và xyz = 1. x y z 79

Tính giá trị M =

( tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2009-2010)

x 6 + y 6 + z6 . x3 + y 3 + z3

13.7. Cho a ∉ {0;1; −1} và x1 =

x −1 x −1 a −1 ; x = 1 ; x = 2 ; .... a + 2 2 x1 + 1 3 x 2 + 1

Tìm a nếu x2020 = 3. 6

1  6 1    x +  − x + 6 −2 x  x  13.8.Cho M =  . 3 1 1  3 x + + x +   x x3  a) Rút gọn M . b) Cho x > 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của M .

Ta có: 4 + m 4 = ( m 4 + 4m 2 + 4 ) − 4m 2 = ( m 2 + 2 ) − ( 2m )

(

)

Chứng tỏ rằng biểu thức A dương với mọi x ≠ ±1

và Q =

Tìm cách giải. Quan sát đẳng thức, chúng ta nhận thấy vế trái là tổng những phân thức viết theo quy luật và vế trái dài, phức tạp hơn vế phải. Những bài toán có một vế phức tạp và một vế đơn giản, chúng ta biến đổi vế phức tạp thành vế đơn giản. Do đó chúng ta định hướng biến đổi vế trái thành vế phải. Nhận thấy nếu vế trái là tổng những phân thức viết theo quy luật, thì chúng ta tách mỗi phân thức thành hiệu hai phân thức để khử liên tiếp. Trình bày lời giải

2   1 − x3   1 + x3  1 − x 13.9.Cho biểu thức A =  + x . − x  : 2   1+ x   1 + x  1 − x

2  x 2 − y2 2 1 1  1 + + : Cho P =  2 .   2  x + 2xy + y xy  x y   x − y

13.10.

Giải

1 2xy 3 + + . x + y ( x 2 − y 2 ) ( x + y ) x 2 − 2x + 2

2 2 = ( m 2 + 2m + 2 )( m 2 − 2m + 2 ) = ( m + 1) + 1 ( m − 1) + 1   

Thay m = 2k – 1 ta có:

(

Rút gọn A = 2

Nên

⇒

y−x y+x 2 y+x 2 + − + + trong đó x > 5 và xy xy z xy z

x − 25 x − 25 ; z= . 10x + 25 15x + 25 x+ x+ x x −5 .

Chuyên đề 14. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ

=  2k 

(2k − 2)

− +1

2k − 1 2

4 + ( 2k − 1)

( )

+ 1  2k − 2  

(

1 2

(2k )

= +1

(2k )

)

+ 1 

(

+ 1 − 2k − 2

(

) )

4 + 2k − 1

1 1  n2 = . Suy ra VT = VP. Điều phải chứng minh. 1−   2 4 4n + 1  1 + 4n2

II.

BIẾN ĐỔI CẢ HAI VẾ CÙNG BẰNG BIỂU THỨC THỨ BA

a 2 + 3ab 2a 2 − 5ab − 3b2 a 2 + ab + ac + bc + = . a 2 − 9b2 6ab − a 2 − 9b2 3bc − a 2 − ac + 3ab

1 3 2n − 1 n2 + + ⋅⋅⋅⋅ + = 2 . 4 4 + 14 4 + 34 4n + 1 4 + ( 2 n − 1)

( (

4 2k − 1

Chứng minh đẳng thức đại số là bằng phép biến đổi đại số, chúng ta chứng minh hai vế bằng nhau trên tập xác định của chúng. Trong các chuyên đề trước chúng ta đã gặp và giải một số bài tập liên quan tới chứng minh đẳng thức đại số. Trong chuyên đề này, chúng ta khắc sâu một số kỹ thuật biến đổi chứng minh đẳng thức đại số.

Ví dụ 1. Với n nguyên dương. Chứng minh rằng:

  1 1 1 1 1 1 1  − + − + + − .... 2 2  4  02 + 1 22 + 1 22 + 1 42 + 1 2n − 2 + 1 2n + 1 ( ) ( )  

A. Mét sè vÝ dô

BIẾN ĐỔI VẾ NÀY THÀNH VẾ KIA

−1

  1 1 1  − 2 2 4  (2k − 2) + 1 ( 2k ) + 1   

VÝ dô 2. Chøng minh ®¼ng thøc:

)

4 + 2k − 1

)

Cho k = 1, 2, 3…, n ta được

VT =

)

⇒ 4 + 2k − 1

Với giá trị nào của x; y thì P – Q đạt giá trị nỏ nhất.

13.11.

Gi¶i Tìm cách giải. Đẳng thức này nhận thấy vế phải có c, vế trái không có c. Tức là có thể biến đổi rút gọn nhằm triệt tiêu c. Vế trái là tổng hai phân thức, vế phải là một phân thức, do vậy ta có thể biến đổi vế trái thành một phân thức và rút gọn. Những bài toán hai vế đều phức tạp, chúng ta có thể biến đổi cả hai vế, và chứng tỏ cùng bằng biểu thức thứ ba. 81

Trình bày lời giải

đổi tương đương. Phương pháp biến đổi tương đương là muốn chứng minh A = B, là chúng ta chứng minh A = B ⇔ C = D ⇔ .... ⇔ X = Y. Nếu X = Y hiển nhiên đúng hoặc là giả thiết, thì chúng ta kết luận A = B .

• BiÕn ®æi vÕ ph¶i.

VP =

( a + b )( a + c ) = ( a + b )( a + c ) = a + b 3b ( c + a ) − a ( a + c ) ( a + c )( 3b − a ) 3b − a

Trình bày lời giải

(1)

Biến đổi tương đương: a b c 3 ab bc ca + + = + + + . a + b b + c c + a 4 (a + b)(b + c ) (b + c )(c + a) (c + a)(a + b)

• BiÕn ®æi vÕ tr¸i. VT =

a ( a + 3b ) ( a − 3b )( 2 a + b ) + 2 ( a − 3b )( a + 3b ) − ( a − 3b )

a  b  b  c  c  a  3 1 − + 1 − + 1 − = a+b b+c  b+c c+ a  c+a  a +b  4

a 2a + b − a − b a + b (2) − = = a − 3b a − 3b a − 3b 3b − a

⇔

TỪ ĐIỀU KIỆN TẠO RA THÀNH PHẦN MỘT VẾ

VÝ dô 3. Cho

ac ba cb 3 + + = (a + b)(b + c ) (b + c )(c + a ) (c + a)(a + b) 4

3 ⇔ ac( a + c) + ba (b + a) + cb(c + b) = (a + b)(b + c)(c + a ) 4

Tõ (1) vµ (2) ta cã vÕ tr¸i b»ng vÕ ph¶i, suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh. III.

⇔

⇔ ac ( a + c ) + ba (b + a ) + cb( c + b) = 6 abc

a2 b2 c2 a b c + + =0. + + = 1 . Chøng minh r»ng : b+c c+a a+c b+c c+a a+c

⇔ ac(a + c) + b(a + b + c)(a + c ) = 8abc ⇔ (a + c )( ac + ab + b 2 + bc ) = 8abc

Gi¶i Tìm cách giải. Quan sát kĩ phần giả thiết và phần kết luận. Chúng ta thấy có phần giống nhau và phần khác nhau. Từ giả thiết chúng ta có thể tạo ra vế trái của đẳng thức. Do vậ y từ giả thiết chúng ta cần nhân với bộ phận thích hợp để tạo ra vế trái của đẳng thức, sau đó biến đổi phần còn lại triệt tiêu.

⇔ (a + c)(b + c)(b + a ) = 8abc.

Trình bày lời giải

Ví dụ 5. Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức ( a + b)(b + c )(c + a ) = 8abc . Chứng minh rằng:

Từ giả thiết , nhân hai vế với a + b + c.

a b c 3 ab bc ca + + = + + + . a + b b + c c + a 4 (a + b)(b + c ) (b + c )(c + a) (c + a)(a + b)

b c   a ⇒ + +  .( a + b + c ) = a + b + c b+c c+a a+b a2 b2 c2 ⇒ +a+ +b+c+ = a +b+c b+c c+a a+b 2 2 2 a b c ⇒ + + = 0. b+c c+a a+b Điều phải chứng minh.

năm học 2013-2014) Giải

PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Ví dụ 4. Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức (a + b)(b + c )(c + a ) = 8abc . Chứng minh rằng:

a b c 3 ab bc ca + + = + + + . a + b b + c c + a 4 (a + b)(b + c ) (b + c )(c + a) (c + a)(a + b)

Tìm cách giải. Ví dụ này, trong phần trước chúng ta đã chứng minh bằng phương pháp biến đổi tương đương. Trong phần này, chúng ta sử dụng phương pháp đổi biến để giải. Quan sát phần kết luận, chúng ta nhận thấy hai vế của đẳng thức có phần giống nhau: vế trái là tổng ba phân thức, phần biến vế phải là tích của từng cặp hai a b c ;y= ;z = phân thức trong ba phân thức ấy, do đó chúng ta nghĩ tới đặt biến phụ: đặt x = và chỉ a+b b+c c+a 3 cần chứng minh x + y + z = + xy + yz + zx. Do vậy ta có lời giải đẹp sau: 4 Trình bày lời giải

( tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2013-2014) Giải Tìm cách giải. Bài toán này là chứng minh đẳng thức có điều kiện. Bài toán này có thể vận dụng điều kiện và biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba. Tuy nhiên, trong ví dụ này chúng ta sử dụng phương pháp biến 82

V. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN

( tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội,

NhËn xÐt. Quan s¸t mÉu thøc : b+c ; c +a ; a +b ta thÊy chóng kh«ng thÓ cïng dÊu ®−îc. Nªn ta cã thÓ thay kÕt luËn b»ng kÕt luËn: trong ba sè a, b, c cã Ýt nhÊt mét sè ©m , Ýt nhÊt mét sè d−¬ng. IV.

Đẳng thức này đúng nên điều phải chứng minh là đúng.

a b c 1 ;y = ;z = . Từ giả thiết, suy ra xyz = . a+b b+c c+a 8 a b b c c a Ta có: 1 − x = 1 − = ; 1− y = 1− = ;1 − z = 1 − = ; a+b a+b b+c b+c c+a c+a Đặt x =

từ đó suy ra: xyz = (1 − x)(1 − y )(1 − z ) ⇔ 2 xyz = 1 − ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx) 83

3 + xy + yz + zx. 4 a b c 3 ab bc ca Vậ y + + = + + + . a + b b + c c + a 4 (a + b)(b + c ) (b + c )(c + a) (c + a)(a + b)

Tìm cách giải. Đọc kỹ phần kết luận câu a, chúng ta nhận thấy phần chứng minh tương đương với: a = b + c hoặc b = c + a hoặc c = a + b ⇔ b + c – a = 0 hoặc c + a – b = 0 hoặc a + b – c = 0 ⇔ (b + c – a)( c + a – b)( a + b – c) = 0. Với suy nghĩ ấy, chúng ta biến đổi giả thiết và định hướng biến đổi phân tích đa thức thành nhân tử để đưa về (b + c – a)( c + a – b)( a + b – c) = 0.

Điều phải chứng minh.

Trình bày lời giải

Ví dụ 6. Cho a, b, c là ba số thực phân biệt. Chứng minh rằng:

a) Từ giả thiết:

⇔x+ y+z =

(2a + b )(2b + c ) + (2b + c )(2c + a ) + (2c + a )(2a + b ) = 2a + b + 2b + c + 2c + a . ( a − b )( b − c ) ( b − c )( c − a ) (c − a )(a − b ) a − b b − c c − a

Giải Tìm cách giải. Quan sát phần kết luận, chúng ta nhận thấy hai vế của đẳng thức có phần giống nhau: vế phải là tổng ba phân thức, phần biến vế trái là tích của từng cặp hai phân thức trong ba phân thức ấy. Do đó cũng như

⇔ ⇔

a 2 + b2 − c 2 b2 + c 2 − a 2 c 2 + a 2 − b2 + + =1 2ab 2bc 2ac

a 2 + b2 − c2 b2 + c 2 − a 2 c2 + a 2 − b2 −1+ −1+ +1 = 0 2ab 2bc 2ac

(a − b)

− c2

2ab

(b − c )

− a2

2bc

(a + c)

− b2

2ac

( a − b − c )( a − b + c ) + ( b − c − a )( b − c + a ) + ( a + c − b)( a + c + b ) = 0

2a + b 2b + c 2c + a ;y = ;z = và chỉ cần chứng minh 3 + a−b b−c c−a xy + yz + zx = x + y + z. Do vậ y ta có lời giải đẹp sau:

⇔

Trình bày lời giải

⇔ ( a − b + c ) ( c ( a − b − c ) − a ( b − c + a ) + b ( a + b + c )) = 0

2a + b 2b + c 2c + a Đặt x = ;y = ;z = a−b b−c c−a

⇔ ( a − b + c ) ac − bc − c 2 − a ( b − c + a ) + ab + b 2 + bc = 0 ⇔ ( a − b + c ) ac + ab + b 2 − c 2 − a ( b − c + a ) = 0

ví dụ trước chúng ta nghĩ tới đặt biến phụ: đặt x =

Khi đó x + 1 = Và x − 2 =

2ac

⇔ c ( a − b − c )( a − b + c ) + a ( b − c − a )( b − c + a ) + b ( a + c − b )( a + c + b ) = 0

)

(

⇔ ( a − b + c )( a + b − c )( b + c − a ) = 0

3a 3b 3c ;y + 1 = ;z + 1 = a −2 b−c c−a

a − b + c = 0 ⇔  a + b − c = 0 b + c − a = 0

3b 3c 3a ;y − 2 = ;z − 2 = a−b b−c a−b

a + c = b ⇔  a + b = c b + c = a.

VËy trong ba sè a, b, c cã mét sè b»ng tæng hai sè cßn l¹i. b) kh«ng gi¶m tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö a = b + c

Khai triển và rút gọn ta được:

9 + 3 ( xy + yz + zx ) = 3 ( x + y + z ) ⇔ 3 + xy + yz + zx = x + y + z . Suy ra:

(2a + b )(2b + c ) + (2b + c )(2c + a ) + (2c + a )(2a + b ) = 2a + b + 2b + c + 2c + a . ( a − b )( b − c ) ( b − c )( c − a ) (c − a )(a − b ) a − b b − c c − a

- XÐt

2 2 a 2 + b2 − c 2 ( b + c ) + b − c 2bc + 2b 2 = = = 1; 2ab 2 (b + c) b 2bc + 2b 2 2

-XÐt

2 2 b2 + c2 − a 2 b + c − ( b + c ) −2bc = = = −1 ; 2bc 2bc 2bc

-XÐt

2 2 c 2 + a 2 − b2 c + ( b + c ) − b 2c2 + 2bc = = 2 = 1. 2ac 2 ( b + c ) .c 2c + 2bc

Điều phải chứng minh.

VI. PHÂN TÍCH ĐI LÊN TỪ KẾT LUẬN Ví dụ 7. Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn hệ thức:

2bc

(

Từ đó suy ra ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ( x − 2)( y − 2)( z − 2)

2ab

b2 + c 2 − a 2 a 2 + c 2 − b2 a 2 + b2 − c2 + + = 1. 2bc 2ca 2ab

Chứng minh rằng: a) Trong ba số a, b, c tồn tại một số bẳng tổng hai số còn lại. b) Trong ba phân thức trên, tồn tại hai phân thức bằng 1, một phân thức bằng -1. Giải 84

VËy trong ba ph©n thøc cã mét ph©n thøc b»ng -1 ; hai ph©n thøc cßn l¹i b»ng 1. VII. PHƯƠNG PHÁP TÁCH Ví dụ 8. BiÕt a ≠ - b, b ≠ - c, c ≠ - a. Chøng minh r»ng : b2 − c2 c2 − a2 a 2 − b2 b−c c−a a−b + + = + + . ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b ) b + c c + a a + b 85

)

Giải

( b − a )  2c ( a + b ) − ( b + c )( c + a ) ( a + b )( b + c )( c + a )

( b − a ) ( 2ac + 2bc − bc − ab − c2 − ac ) ( a + b )( b + c )( c + a )

( b − a ) ( ac − ab + bc − c2 ) ( a + b )( b + c )( c + a )

( b − a )( c − a )( b − c ) (2) ( a + b )( b + c )( c + a )

Tìm cách giải.Quan sát đẳng thức này, chúng ta có thể có ba cách giải: Cách 1. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba. Cách này tuy dài nhưng cho chúng ta kết quả là biểu thức thứ ba rất đẹp. Cách 2. Sử dụng phương pháp đổi biến. Nhận thấy hai vế có phần mẫu có thể đặt biến phụ được,

Đặt a + b = z; a + c = y ; b + c = x, sau đó biến đổi tử thức theo x, y, z. Ta có lời giải hay. Cách 3. Nhận thấy rằng, vế trái của đẳng thức có thể tách tử thức để đưa mỗi phân thức thành tổng của hai phân thức có mẫu thức trùng với hai trong ba mẫu thức của vế phải. Với cách suy luận như vậy chúng ta có lời giải đặc sắc.

Trình bày lời giải b2 − c2 c2 − a2 a 2 − b2 Cách 1. Xét vế trái: + + ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b )

(b = 3

− c 2 ) ( b + c ) + ( c2 − a 2 ) ( c + a ) + ( a 2 − b 2 ) ( a + b ) 2

b2 − c 2 c2 − a2 a 2 − b2 b − c c − a a − b  ( b − a )( c − a )( b − c )  + + = + + =  vế trái bằng vế ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b ) b + c c + a a + b  ( a + b )( b + c )( c + a )  phải điều phải chứng minh. Cách 2. Đặt a + b = z; a + c = y ; b + c = x

( a + b )( a + c )( b + c ) 2

Từ (1) và (2) suy ra:

Đẳng thức chứng minh tương đương với: 3

b + b c − bc − c + c + ac − a c − a + a + a b − ab − b ( a + b )( a + c )( b + c )

b 2 c − bc 2 + ac 2 − a 2 c + a 2 b − ab 2 ( a + b )( a + c )( b + c )

Biến đổi vế trái ta có:

xz − xy xy − yz yz − xz + + yz xz xy

bc ( b − c ) − a ( b + c )( b − c ) + a ( b − c ) ( a + b )( a + c )( b + c )

( b − c ) ( bc − ab − ac + a 2 ) ( a + b )( a + c )( b + c )

x ( z − y) y ( x − z) z ( y − x) x − z y − x z − y + + = + + yz xz xy y z x

x x y y z z z− y x −z y−z − + − + − = + + y z z x x y x y x Vế trái bằng vế phải điều phải chứng minh. Cách 3. Ta cã:

( b − c )( c − a )( b − a ) (1) = ( a + b )( a + c )( b + c )

b2 − c2 b2 − a 2 a2 − c2 b−a a−c = + ( a + b )( a + c ) ( a + b )( a + c ) ( a + b )( a + c ) = a + c + a + b

b − c c − a a − b ( b − c )( c + a ) + ( c − a )( b + c ) a − b Xét vế phải: + + = + b+c c+a a+b a+b ( b + c )( c + a )

T−¬ng tù , ta cã:

bc + ab − c 2 − ac + bc + c 2 − ab − ac a − b + a+b ( b + c )( c + a )

2bc − 2ac

( b + c )( c + a )

c2 − a 2 c −b b −a = + ( b + c )( b + a ) b + a b + c

(4)

a 2 − b2 a −c c−b (5) = + ( c + a )( c + b ) c + b c + a

a−b a+b

Tõ (3) (4) vµ (5) cộng vế với vế, ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh.

2c ( b − a )( a + b ) + ( a − b )( b + c )( c + a )

C. Bµi tËp vËn dông

( a + b )( b + c )( c + a )

14.1. §Æt a + b + c = 2p. Chøng minh r»ng : 86

(3).

1 1 1 1 abc + + − = p − a p − b p − c p p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 2 2 14.2. Cho a + b + c = 1; a + b + c = 1 và

Chứng minh rằng x + y + z =

1 1 1 + + x y z

1 1 14.11. Cho x, y là hai số thực khác 0 sao cho x + ; y + là các số nguyên. x y

x y z = = . a b c

Chứng minh rằng: xy + yz + zx = 0.

3 3 Chứng minh rằng x y +

14.3. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn a + b + c = 0 . 2

1 ∈Z . x3 y 3

14.12. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz . Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1 + + = + +  . a 2 b2 c2  a b c  14.4. Cho a, b, c khác 0 và thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng: Chứng minh rằng:

x 2y 3z xyz(5 x + 4 y + 3z) + + = . 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 ( x + y)( y + z)( z + x)

a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a3 b3 c3 + + = + + . a+b b+c c+a bc ca ab

( tuyển sinh lớp 10 chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2012-2013)

14.13. Với mọi n nguyên dương, chứng minh rằng:

1 14.5. Cho x − 3y = y − 3x với x; y ≠ 0; x; y ≠ ; x ≠ y. 3 x (1 − 3y ) y (1 − 3x ) 2

Chứng minh rằng:

3 7 13 n 2 + n + 1 n 2 + 2n + + + ...... + = . 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) n +1

1 1 8 + =x+y+ . x y 3

(

14.14. Giả sử x, y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn

)

minh rằng: 5 y = 4 x.

14.6. Cho a2 + b2 + c2 = a + b + c . Chứng minh rằng: a) b)

( tuyển sinh lớp 10 chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội,

a2 b2 c2 + 2 + 2 =1 2 a + 2bc b + 2ac c + 2ab

năm học 2014-2015)

x4 y4 1 14.15. Cho a,b, x, y thỏa mãn + = và x2 + y2 = 1. a b a+b

bc ca ab + + =1 a2 + 2bc b2 + 2ac c2 + 2ab

14.7. Cho ba số a, b, c thỏa mãn b ≠ c; a+b ≠ c và a2 + b2 = (a + b − c)2 Chứng minh đẳng thức

y 2 y2 4 y4 8 y8 + 2 + 4 + 8 = 4. Chứng 2 4 x+ y x + y x +y x − y8

Chứng minh rằng

a 2 + (a − c)2 a − c = b 2 + (b − c)2 b − c

x2n y2n 2 + n = với n là số nguyên dương. n an b a + ( b)

14.16. Cho a, b, c đôi một khác nhau và các đa thức:

1 1 1 1 14.8. Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2020 và + + = thì ít nhất một x y z 2020 trong ba số x, y, z phải bằng 2020.

P( x) = a.

( x − b)( x − c )

( a − b ) (a − c)

Q( x) = a 2 . 2

14.9. Cho các số thực a, b, c khác nhau từng đôi một và thỏa mãn điều kiện a − b = b − c = c − a . Chứng minh rằng : ( a + b + 1)( b + c + 1)( c + a + 1) = −1 (thi học sinh giỏi Toán 9, Nam Định, năm học 2011 – 2012)

14.10. Cho x, y, z khác không, khác nhau từng đôi một và xz ≠ 1; yz ≠ 1 thỏa mãn điều kiện: x 2 − yz y 2 − xz = x (1 − yz ) y ( 1 − xz )

+ b.

( x − a)( x − c) ( x − a )( x − b) + c. (b− a)(b − c) (c − a )(c − b)

( x − b)( x − c ) ( x − a)( x − c) 2 ( x − a)( x − b) + b2 . +c . (a − b)(a − c ) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)

Chứng minh rằng: P2 ( x) = Q( x) .

1 1 1 xy zx yz + + = 0 . Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 = 3 x y z z y x (thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Trà Vinh, năn học 2008- 2009) x y z x2 y2 z2 + + = 2 . Chứng minh rằng : 14.18. Cho + + = x+ y+z. y+z z+x x+y y+z z+x x+y 14.17. Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 thỏa mãn

14.19. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 thỏa mãn a+b+c = 0.

Giải a) Các phương trình 2,5x – 10 = 0 và 4x2 – 6x = 5x + 108 là phương trình một ẩn.

Chứng minh rằng:

a + b  a −b b−c c−a  2c + + . . .  = 1+ a −b a+b b+c c+a  abc

b) Phương trình 2,5x – 10 = 0 là phương trình bậc nhất một ẩn. c) Lần lượt thay các giá trị x = – 4; 0; 4 vào từng phương trình một ẩn ta có: *Với x = 4 thì 2,5. 4 – 10 = 0 nên x = 4 là nghiệm của phương trình 2,5x – 10 = 0

Ch−¬ng III

* Với x = – 4 thì 4x2 – 6x = 4.(– 4)2 – 6.(– 4) = 64 + 24 = 88

Ph−¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn Chuyên đề 15. PHƯƠNG TRÌNH. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN A. Kiến thức cần nhớ

và 5x + 108 = 5.(– 4) + 108 = 88 Vậy x = – 4 là nghiệm của phương trình 4x2 – 6x = 5x + 108 Nhận xét : - Muốn xem một số có phải là nghiệm của phương trình ta xét xem giá trị đó của ẩn thỏa mãn (hay nghiệm đúng) phương trình đã cho bằng cách thay vào từng vế của phương trình. Nếu hai vế có cùng giá trị thì số đó là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2. Cho bốn phương trình :

1. Phương trình :

2x – 6 = 0.

* Một phương trình một ẩn x có dạng A(x) = B(x) , trong đó vế trái A(x) và vế phải B(x) là hai biểu thức của cùng một biến x

* Nghiệm của phương trình : Giá trị của biến thỏa mãn (hay nghiệm đúng) phương trình đã cho. * Giải phương trình : tìm tập nghiệm của phương trình.

x2 – 2x – 3 = 0.

(1) ;

(3)

(5x – 15)(x2 + 1) = 0.

(4)

a) Chứng tỏ rằng x = 3 là nghiệm chung của cả bốn phương trình.

* Hai phương trình tương đương : có cùng một tập nghiệm.

b) Chứng tỏ rằng x = –1 là nghiệm của phương trình (2) nhưng không là nghiệm của phương trình (1) và (3).

2. Hai quy tắc biến đổi phương trình :

c) Hai phương trình (1) và (2) có tương đương không. Tại sao?

a) Quy tắc chuyển vế: Trong một phương trình ta có thể chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia và đổi dấu hạng tử đó.

Giải

b) Quy tắc nhân với một số: Trong một phương trình ta có thể nhân (hoặc chia) cả hai vế với (cho) cùng một số khác 0.

- Thay vào phương trình (1) ta có

2.3 – 6 = 6 – 6 = 0

- Thay vào phương trình (2) ta có

32 – 2.3 – 3 = 9 – 6 – 3 = 0

* Từ một phương trình, dùng quy tắc chuyển vế hay nhân, ta luôn nhận được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.

3. Phương trình bậc nhất một ẩn : * Phương trình có dạng ax + b = 0 với a, b là hai số đã cho và a ≠ 0 * Phương trình ax + b = 0 (a ≠ 0) luôn có nghiệm duy nhất: x = −

b a

B. Một số ví dụ

a) Với x = 3

- Thay vào phương trình (3) ta có : Vế trái (3 – 1)(3 + 5) – 2.32 = 2.8 – 2.9 = 16 – 18 = – 2 Vế phải 15.3 – 47 = 45 – 47 =.– 2 - Thay vào phương trình (4) ta có (5.3 – 15)(32 + 1) = (15 – 15).10 = 0.10 = 0 x = 3 nghiệm đúng cả bốn phương trình nên là nghiệm chung của bốn phương trình. b) Với x = –1

Ví dụ 1. Cho các phương trình 5x2 – 3y + 4 = 3x – 8y ;

(2)

(x – 1)( x + 5) – 2x = 15x – 47.

2,5x – 10 = 0 và 4x2 – 6x = 5x + 108

Trong các phương trình trên :

- Thay vào phương trình (1) ta có - Thay vào phương trình (2) ta có

2.(–1) – 6 = – 2 – 6 = – 8 ≠ 0 (–1)2 – 2.( –1) – 3 = 1 + 2 – 3 = 0

- Thay vào phương trình (3) :

a) Phương trình nào là phương trình một ẩn? b) Phương trình nào là phương trình bậc nhất một ẩn? c) Số nào trong tập S = {−4; 0; 4} là nghiệm của phương trình một ẩn? 90

(x – 1)( x + 5) – 2x2 = 15x – 47 ta có : Vế trái (–1 – 1)( – 1 + 5) – 2.(–1)2 = (–2).4 – 2 = – 10 91

Vế phải 15.(–1) – 47 = –15 – 47 =.– 62 Vậy x = –1 nghiệm đúng phương trình (2) nhưng không nghiệm đúng phương trình (1) và (3) nên là nghiệm của phương trình (2) nhưng không là nghiệm của phương trình (1) và (3). c) Hai phương trình (1) và (2) không tương đương vì không cùng tập nghiệm. *Nhận xét : Ta thay các số đã cho vào từng vế của phương trình để xét xem các số đó có phải là các nghiệm của phương trình. Từ đó xác định tập nghiệm của các phương trình. b) x = –1 là nghiệm của phương trình (2) vì thay vào làm 2 vế cùng có giá trị 0. Nhưng không là nghiệm của phương trình (1) và (3) vì khi thay vào 2 phương trình làm hai vế có giá trị khác nhau. c) Tương tự cách 1. (a2 + 3a – 10)x2 = a – 2. (1)

Ví dụ 3. Cho phương trình với a là tham số : Chứng minh rằng :

Tổng =

 A Câu b) sử dụng định nghĩa về giá trị tuyệt đối : A =   −A

ˆ ′A ≥ 0 neu . ˆ ′A < 0 neu

Sau khi giải xong cần kiểm tra để xác định kết quả tìm được có thỏa mãn điều kiện hay không.

Giải a) (1) ⇔ (x + 2x + 3x + … + 50x) + (2 + 4 + 6 + …+ 100) = – 2550 ⇔ (1 + 2 + 3 + … + 50)x + (2 + 4 + 6 + …+ 100) = – 2550 ⇔

(1 + 50).50 (2 + 100).50 x+ = −2550 2 2

⇔ 1275x + 2550 = – 2550

⇔ 1275x = – 2550 – 2550 ⇔ 1275x = – 5100 ⇔ x = – 5100 : 1275

a) Với a = 2 phương trình (1) nghiệm đúng với mọi giá trị của x.

⇔ x = – 4.

b) Với a = –5 phương trình (1) vô nghiệm.

b) 2x − 6 = 4 + 3x

c) Với a = –5 phương trình (1) tương đương với phương trình (a + 5)x + 2016 = 0 .

1 (số hạng đầu + số hạng cuối) ×Số số hạng. 2

* Nếu x ≥ 3 thì 2x – 6 ≥ 0 ⇒ 2x − 6 = 2x − 6

(2)

*Tìm cách giải : Với mọi giá trị của ẩn x :

Phương trình trở thành 2x – 6 = 4 + 3x ⇔ 2x – 3x = 4 + 6 ⇔ x = – 10.

- Nếu hai vế của phương trình luôn có giá trị bằng nhau thì phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của x ( ∀ x). Tập nghiệm là R . - Nếu hai vế của phương trình luôn có giá trị khác nhau thì phương trình vô nghiệm. Tập nghiệm là ∅ . - Hai phương trình cùng vô nghiệm được coi là hai phương trình tương đương.

(loại vì không thỏa mãn điều kiện) * Nếu x < 3 thì 2x – 6 < 0 ⇒ 2x − 6 = −2x + 6 Phương trình trở thành –2x + 6 = 4 + 3x ⇔ – 2x – 3x = 4 – 6 ⇔ –5x = – 2 ⇔ x = 0,4.

Giải 2

Vậy phương trình có một nghiệm là x = 0,4.

a) Với a = 2 phương trình (1) có dạng (2 + 3.2 – 10)x = 2 – 2

Ví dụ 5. Xét xem các cặp phương trình sau có tương đương không? Giải thích.

hay 0x = 0. Phương trình (1) nghiệm đúng ∀ x. b) Với a = –5 phương trình (1) có dạng (25 – 15 – 10)x2 = –5 – 2 hay 0x2 = –7. Phương trình vô nghiệm vì hai vế của phương trình luôn có giá trị khác nhau ∀ x. Tập nghiệm của phương trình là ∅ . c) Với a = –5 phương trình (2) trở thành

–5x + 5 = 2x – 7

và –7x + 12 = 0 ;

9x – 15 = 12x + 27

và 3x – 5 = 4x + 9 ;

c) (5x – 15)( x2 + 1) = 0

và 3x – 20 = –11 ;

và

5x – 9 = 11

a(5x – 9) = 11a với a là một số .

(–5+ 5)x + 2016 = 0 hay 0x + 2016 = 0 . Phương trình này cũng vô nghiệm vì vế trái khác 0, ∀ x . Tập nghiệm của phương trình là ∅ cùng tập nghiệm với phương trình 0x2 = –7 . Do đó hai phương trình 0x + 2016 = 0 và 0x2 = –7 tương đương.

*Tìm cách giải: Để xét các cặp phương trình có tương đương hay không, ngoài so sánh các tập nghiệm ta còn sử dụng hai quy tắc biến đổi phương trình.

Ví dụ 4. Bằng quy tắc chuyển vế và quy tắc nhân hãy giải các phương trình :

a) –5x + 5 = 2x – 7 ⇔ – 7x + 12 = 0 vì theo quy tắc chuyển vế –5x + 5 = 2x – 7 2x + 7 = 0 ⇔ –7x + 12 = 0.

a) (x + 2) + (2x + 4) + (3x + 6) + … + (50x + 100) = – 2550.

(1)

b) 2x − 6 = 4 + 3x .

(2)

* Tìm cách giải: Câu a) lưu ý sử dụng công thức tính tổng các số hạng của dãy số cộng (từ số thứ hai , các số đều bằng số liền trước cộng với cùng một số) : 92

Giải

b) 9x – 15 = 12x + 27 ⇔

3x – 5 = 4x + 9 vì theo quy tắc nhân.

1 1 9x – 15 = 12x + 27 ⇔ ( 9x − 15 ) . = (12x + 27 ) . ⇔ 3x – 5 = 4x + 9. 3 3 c) Phương trình (5x – 15)( x2 + 1) = 0 có x2 + 1 ≠ 0 ∀ x 93

⇔

– 5x + 5 –

nên (5x – 15)( x2 + 1) = 0

Tập nghiệm của phương trình (5x – 15)( x2 + 1) = 0 là S = {3}

* Tìm cách giải: Vế trái của phương trình là tổng của 2015 các hạng tử, mỗi hạng tử là một hiệu giữa x và một số tự nhiên từ 1 đến 2015. Vậy ta có 2015x còn tổng đại số – 1 – 2 – 3 – … – 2015 ta viết thành – (1 + 2 + 3 + (1 + n)n …+ 2015) và sử dụng công thức tính tổng của n số tự nhiên khác 0 đầu tiên Sn = để tính. 2

Tập nghiệm của phương trình là 3x – 20 = –11 là S = {3}

Giải

⇔ 5x – 15 = 0 ⇔ x = 3 .

Phương trình 3x – 20 = –11 ⇔ 3x = –11 + 20 ⇔ 3x = 9 ⇔ x = 3

Ta có (x – 1) + (x – 2) + (x – 3) + …+ (x – 2015) = 0

Hai phương trình có cùng tập nghiệm nên

⇔ 2015x – (1 + 2 + 3 + … + 2015) = 0

(5x – 15)( x + 1) = 0 ⇔ 3x – 20 = –11. d) Nếu a ≠ 0 thì 5x – 9 = 11 ⇔ a(5x – 9) = 11a theo quy tắc nhân.

⇔ 2015x –

Nếu a = 0 thì a(5x – 9) = 11a trở thành 0x – 0 = 0 phương trình này nghiệm đúng với mọi x nên không tương đương với phương trình 5x – 9 = 11 có một nghiệm duy nhất là x = 4. * Nhận xét : b) Để ý rằng nhân hai vế với

1 nghĩa là chia cả hai vế cho 3. 3

a) Tìm giá trị của m để phương trình trở thành phương trình bậc nhất có một ẩn số và giải phương trình bậc nhất một ẩn vừa tìm được ; b) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm là x = 2.

* Tìm cách giải: a) Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng ax + b = 0 , (a ≠ 0). Để phương trình đã cho trở thành phương trình bậc nhất một ẩn thì hệ số của x2 là m2 – 9 = 0 và hệ số của x là m – 3 ≠ 0.

⇔ 2015x = 1008. 2015

Với m = – 3 phương trình trở thành (9 – 9)x2 + 2(– 3– 3)x + 49 = 0

hay 0x2 – 12x + 49 = 0 hay – 12x + 49 = 49 1 =4 . 0 là phương trình bậc nhất có một ẩn số. Nghiệm của phương trình là x = − −12 12 (m2 – 9).22 + 2(m – 3).2 + 49 = 0 ⇔ ⇔

4m – 36 + 4m – 12 + 49 = 0 2

(2m + 1)

⇔

(1)

Gi¶i

 x −1   x − 2   x − 3   x − 4  − 1 +  − 1 +  − 1 +  − 1 = 0 a) (1) ⇔   99   98   97   96 

x − 100 x − 100 x − 100 x − 100 + + + =0 99 98 97 96

1   1 1 1 +  = 0; ⇔ ( x − 100 )  + +  99 98 97 96  Nên

x – 100 = 0

⇔

1 1 1 1 + + + ≠0 99 98 97 96 x = 100.

C. Bài tập vận dụng 1. Phương trình một ẩn 15.1. Chứng tỏ rằng phương trình 8a – x – 3 = ax – 11 luôn nhận x = 8 là nghiệm dù a lấ y bất kỳ giá trị nào.

b) Để phương trình có nghiệm là x = 2 ta phải có: 2

x = 1008.

* Tìm cách giải : Ở phương trình (1), nếu ta quy đồng mẫu số ở hai vế thì mẫu số chung rất lớn : 99.98.97.96. Để ý rằng nếu mỗi hạng tử (phân thức) ở vế trái được bớt đi 1 (thêm vào –1) rồi quy đồng từng cặp thì xuất hiện (x – 100) ở tử. Vì vậy ta chuyển 4 từ vế phải sang thành – 4 rồi tách – 4 = –1 –1–1 –1 và ghép mỗi số –1 với một hạng tử. (Cũng có thể coi cộng vào hai vế cùng một số – 4).

⇔

m = 3 m2 −9 = 0 (m −3)(m + 3) = 0  a) Ta có  ⇔ ⇔ m = −3 ⇔ m = −3 m −3 ≠ 0 m ≠ 3 m ≠ 3 

⇔

x −1 x − 2 x − 3 x − 4 + + + = 4. 99 98 97 96

b) x = x0 là nghiệm của phương trình A(x) = B(x) nếu A(x0) = B(x0)

Giải

⇔ 2015x – 1008. 2015 = 0

Ví dụ 8. Giải phương trình :

c) Khi áp dụng quy tắc nhân phải lưu ý số nhân (hay chia) phải khác 0.

Ví dụ 6. Cho phương trình (m2 – 9)x2 + 2(m – 3)x + 49 = 0 với m là số đã cho.

(1 + 2015).2015 =0 2

4m + 4m + 1 = 0

1 m = − . 2

2m + 1 = 0 ⇔

15.2.Chứng minh rằng mỗi phương trình sau đều nghiệm đúng với mọi giá trị của ẩn : b) (y – 3)2 – 3y = 9 – 9y + y2 ; c)

z3 − 10 − 5z 2 + 2z = z −5. z2 + 2

15.3.Chứng minh rằng phương trình 2016x – 2016x = 0 nghiệm đúng ∀x ≥ 0 .

Ví dụ 7. Giải phương trình : (x – 1) + (x – 2) + (x – 3) + …+ (x – 2015) = 0.

15.4. Chứng minh rằng mỗi phương trình sau vô nghiệm : a) 5(x + 4) = 5x + 15 ;

b) (2y– 3)2 = – 5 – y2 ;

a) 6(x – 1) = 6x – 6

;

c) 2z − 5 =

2z 2 + 7z − 15 ; z+5

d) − t 4 − 10 = 3 t − 2 .

15.5. Cho phương trình (m2 – 9m + 20)x2 = m – 4 chứng minh rằng :

4. Bài tập vận dụng tổng hợp 15.15. Cho phương trình mx(x – 5) – (x – 4)(x + 1) = 22 với m là một số.

a) Với m = 4 phương trình nghiệm đúng ∀ x ;

a) Tìm giá trị của m để phương trình trở thành phương trình bậc nhất một ẩn. Giải phương trình bậc nhất

b) Với m = 5 phương trình vô nghiệm ;

đó ;

c) Với m = 0 phương trình vô nghiệm ;

b) Chứng minh rằng phương trình vô nghiệm khi m = 0;

d) Với m= 6 phương trình có hai nghiệm là x = 1 và x = –1.

c) Tìm x khi m = 2.

2. Phương trình tương đương

15.16. Cho phương trình với x là ẩn số và m là một số (tham số)

15.6. Các cặp phương trình nào sau đây tương đương. Tại sao? a) 2x – 5 = 0

và x = 2,5 ;

x −1 x − 2 x − 3 x − 2014 + + + ... + + x = 4030 . 2015 2014 2013 2

b) x – 6 = 0 và (x – 6)(x + 6) = 0;

a) Tìm giá trị của m để phương trình trở thành phương trình bậc nhất có một ẩn số và giải phương trình bậc nhất một ẩn vừa tìm được ;

c) (x – 1)2 + 4 = 0 và 3(x + 5) = 3x – 2 .

15.7. Các cặp phương trình sau đây có tương đương không. Tại sao?

b) Tìm nghiệm của phương trình khi m = 10 ;

a) x3 + 3x = (x + 1)2 và x = – 2 ; b) y + 5 = 0 và y = 5 ;

c) z2 – 9 = 0 và z = 3 .

15.8. Cho ba phương trình : 3x – 9 = 6.

(1) ; (x – 5)(3x + 1) = 0.

(m2 – 25)x2 + 10(m + 5)x + 5025 = 1 + 5 + 9 + 13 + …+197.

c) Chứng minh phương trình vô nghiệm khi m = – 5 ; d) Chứng minh x = 1 không phải là nghiệm của phương trình với mọi giá trị của m. (2)

và 2x2 – 10x = 0. (3).

15.17. Giải phương trình

x − 1 = 2x + 3 . (Thi học sinh giỏi toán lớp 9 huyện Thường Tín Hà Tây năm học 2002 – 2003)

a) Chứng tỏ rằng cả ba phương trình có một nghiệm chung là x = 5. b) Các cặp phương trình (1) và (2); (1) và (3); (2) và (3) có tương đương không.

x +1 x + 2 x + 3 x + 4 + = + . 99 98 97 96

15.18. Giải phương trình

3.Phương trình bậc nhất có một ẩn số

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2013 – 2014)

15.9. Cho ba phương trình : 12,6 – 3x = 0. (1) ; 3x + 2 = 7x – 10. (2) và 5 – kx = 8. (3) . Biết mỗi phương trình nhận một trong ba giá trị là x = – 2; x = 3 và x = 4,2 làm nghiệm. Tìm k. 15.10. Cho phương trình (m2 – 9).2x + 3 = m trong đó m là một số. Giải phương trình trên trong mỗi trường hợp sau : a) m = 3 ;

b) m = – 3

;

c) m = 5 ;

2− x 1− x x 15.19. Giải phương trình −1 = − . 2013 2014 2015 (Thi kiểm tra chất lượng học sinh giỏi lớp 8 huyện Thường Tín Hà Nội năm học 2014 – 2015)

d) m = 0 .

15.11. Cho phương trình 5x + 2n – 8 = 2x – 7 với n là một số.

Chuyên đề 16. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA ĐƯỢC VỀ DẠNG ax + b = 0 ( hay ax = – b)

a) Biết x = – 3 là nghiệm của phương trình. Tìm n ;

A. Kiến thức cần nhớ

b) Giải phương trình trên khi n = – 2017.

15.12. Giải các phương trình :

a) Phương trình không chứa mẫu số

(x + 1) + (2x + 3) + (3x + 5) + … + (50x + 99) = 5050.

15.13. Cho phương trình (x + 1) + (2x + 4) + (3x + 7) + …+ (nx + 61) = 420. a) Tính n ;

b) Giải phương trình.

15.14. Giải các phương trình : a)

- Thực hiện phép tính để bỏ dấu ngoặc. - Chuyển các hạng tử chứa ẩn sang một vế, các hằng số sang vế kia. - Thu gọn và giải phương trình nhận được.

b) Phương trình chứa mẫu số bằng số

2x + 1 2x + 2 2x + 3 2x + 8 2x + 9 + + + ... + + +9 = 0 ; 9 8 7 2 1

Trước hết phải quy đồng mẫu số rồi nhân hai vế với mẫu chung để khử mẫu số rồi thực hiện như a)

Chú ý: Không nhất thiết phải thực hiện theo các bước như trên. Tùy theo phương trình mà vận dụng linh hoạt các bước đó. 97

B. Một số ví dụ

 1 1 1 5 1 1 3 ⇔ (y − 2)  + +  = ( 9 − 5y )  + + +   2 6 3 8 2 8 4

Ví dụ 1. a)

x 2 + 2 3(2x − 1) (2x + 3)(x − 2) 5 + 8x + −6 = − . 3 4 6 12

 3 1 2 5 4 1 6 ⇔ (y − 2)  + +  = ( 9 − 5y)  + + +   6 6 6 8 8 8 8

(1)

⇔ (y – 2).1 = (9 – 5y).2

5 − 2x x+5 x 4x − − 3 − 2x +1 . 4= b) 3x − 2 6 4

⇔ y – 2 = 18 – 10y

(2)

a) (1) ⇔ 4(x 2 + 2) + 9(2x − 1) − 72 = 2(2x 2 − x − 6) − 5 − 8x

Nhận xét : Ta không quy đồng mẫu các phân thức mà biến đổi bài toán một cách linh hoạt, vừa đổi dấu phân thức sau đó chuyển vế để xuất hiện các nhân tử chung là (y – 2) và (9 – 5y).

⇔ 18x + 8x + 2x = –12 – 5 – 8 + 9 + 72

Ví dụ 3. Giải phương trình sau với m là hằng số (tham số):

⇔

m(mx – 2) = x(3m + 4) + 2.

x = 2.

Nhận xét :- Ở câu a) ta có thể bỏ qua bước quy đồng mẫu hai vế mà viết thẳng

(1)

⇔ 4(x 2 + 2) + 9(2x − 1) − 72 = 2(2x 2 − x − 6) − 5 − 8x vì thực chất nhân hai vế của phương trình (3) với 12 được ngay kết quả này. 2

- Sau khi khai triển hai vế có chứa hai hạng tử bằng nhau 4x , ta có thể bỏ đi (thực chất khi chuyển vế được hai hạng tử đối nhau nên tổng bằng 0).

2 x + 10 − x 12 x − 5 + 2 x b) (2) ⇔ 3x − = − 2x + 1 24 12 ⇔ 72x – 2x – 10 + x = 24x – 10 + 4x – 48x + 24 ⇔ 72x – 2x + x – 24x – 4x + 48x = 24 ⇔ 91x = 24

⇔

x =

(1)

Giải (1)

⇔

m2x – 2m = 3mx + 4x + 2

⇔ x(m2 – 3m – 4) = 2(m + 1)

⇔

m x – 3mx – 4x = 2m +2

⇔

x(m + 1)(m – 4) = 2(m + 1).

- Nếu m ≠ –1 và m ≠ 4 thì x =

2 ; m−4

- Nếu m = 4 phương trình có dạng 0x = 10 . Vô nghiệm ; - Nếu m = –1 phương trình có dạng 0x = 0. Phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của x.

Ví dụ 4. Giải phương trình sau với b là tham số :

24 . 91

x − 2 + b x − b −4b − x + = . b+3 b − 3 9 − b2

Nhận xét : Câu b) sau khi nhân hai vế với 24, hai vế xuất hiện hai số bằng nhau là – 10 ta có thể bỏ đi ( vì khi chuyển vế – 10 + 10 = 0).

Ví dụ 2. Tìm các giá trị của y sao cho hai biểu thức A và B sau đây có giá trị bằng nhau :

20 . 11

⇔ 4x2 + 8 + 18x – 9 – 72 = 4x2 – 2x – 12 – 5 – 8x ⇔ 28x = 56

y − 2 9 − 5y 2 − y 3(5y − 9) 45 − 25y 2 − y 5y − 9 − − + + − ; B= . 2 8 6 4 8 3 2

* Tìm cách giải : Để tìm các giá trị của y sao cho hai biểu thức A và B có giá trị bằng nhau ta quy về việc giải phương trình A = B.

(1)

Giải Điều kiện b ≠ ± 3 Phương trình (1) biến đổi thành (x – 2 + b)(b – 3) + (x – b)(b + 3) = x + 4b ⇔ xb – 3x – 2b + 6 + b2 – 3b + xb + 3x – b2 – 3b = x + 4b ⇔ 2xb – x = 12b – 6 ⇔ (2b – 1)x = 6(2b –1 ).

* Nếu b ≠ 0,5 và b ≠ ±3 thì x = 6 ; * Nếu b = 0,5 thì phương trình trở thành 0x = 0. Phương trình nghiệm đúng ∀ x .

Giải

Ví dụ 5. Giải phương trình :

Để A = B ta phải có :

y − 2 9 − 5y 2 − y 3(5y − 9) 45 − 25y 2 − y 5y − 9 − − + = + − 2 8 6 4 8 3 2 ⇔

⇔ y=

⇔ 11y = 20

Giải

y − 2 y − 2 y − 2 5(9 − 5y) 9 − 5y 9 − 5y 3(9 − 5y) + + = + + + 2 6 3 8 2 8 4 98

4029x + 2014 + 2.2015 4037x − 2.2019 − 3.2018 = 2014.2015 2018.2019 * Tìm cách giải : Ở phương trình trên nếu quy đồng mẫu thức hai vế thì mẫu thức chung quá lớn . Ta nhận xét 4029x = 2014x + 2015x ; 4037x = 2018x + 2019x do đó ta biến đổi và giải phương trình như sau: 99

Giải

4029x + 2014 + 2.2015 2014x + 2014 + 2015x + 2.2015 = 2015.2014 2015.2014

⇔ – 10a – 20a + a = – 5 – 15 – 50 – 17 ⇔ – 29a = – 87 ⇔ a = 3 Ví dụ 7. Giải các phương trình :

2014(x + 1) + 2015(x + 2) x + 1 x + 2 = = + 2014.2015 2015 2014 4037x − 2.2019 − 3.2018 2019x − 2.2019 + 2018x − 3.2018 = = 2018.2019 2018.2019 =

2019(x − 2) + 2018(x − 3) x − 2 x − 3 = + 2018.2019 2018 2019

Phương trình trở thành

x +1 x + 2 x − 2 x − 3  x +1   x + 2   x − 2   x −3  + = + +1 +  +1 =  +1 +  +1 ⇔ 2015 2014 2018 2019  2015   2014   2018   2019  ⇔

(1)

1 1  2016 2016 2016 2016  1 b)  + + ... + + + ... + + . .2017 x = 199.200  101 102 199 200  1.2 3.4

(2)

10   10 10 c)  + + ... + (3)  .2, 2 x −  0,8. ( 7, 5 − 2, 5 x )  : 0, 25 = 12 . 9.11   1.3 3.5 * Tìm cách giải : Các phương trình trong ví dụ 7 xuất hiện các dãy tổng hoặc tích các phân số hoặc các biểu thức chứa phân số có quy luật. Trước hết ta tính toán để rút gọn các dãy đó, rồi thay kết quả vào phương trình m để giải tiếp. Trong câu b) và c) ta gặp các phân số dạng với a; m là các số và a ≠ −m . Ta phải a.(a + m) biến đổi như sau : m (a + m) − a (a + m) a 1 1 = = − = − . a.(a + m) a(a + m) a(a + m) a(a + m) a a + m

x + 2016 x + 2016 x + 2016 x + 2016 + − − =0 2015 2014 2018 2019

(phương pháp biến đổi trên thường được gọi là : Sai phân hữu hạn)

1 1 1   1 + − − ⇔ ( x + 2016)  =0  2015 2014 2018 2019  Do

1  1  1  1  a) 1 − 2 1 − 2  1 − 2  ... 1 − 2  (18 x − 45) = 2( x − 1) + 97 .  2  3   4   9 

Giải 2 2 2 2  1  1  1   1  2 −1 3 −1 4 −1 9 −1 a) Ta có 1− 2 1− 2 1− 2 ...1− 2  = 2 . 2 . 2 ..... 2 3 4 9  2  3  4   9  2

1 1 1 1 + − − ≠ 0 . Do đó x + 2016 = 0. Vậy x = – 2016. 2015 2014 2018 2019

Ví dụ 6. Tìm giá trị của a để :

a) Phương trình (2x – 3)(1 + 3a) – 5(x + 6) = 25(x + 3)(2 – x) + 5(a – 2) + 50. (1 ) có nghiệm x = – 3; (2) có nghiệm gấp năm nghiệm của b) Phương trình (x – a)(x + 5) – 4ax + 17 = (x + a)(x – 6) – 3x. phương trình : 3x(x – 5) – 4(x – 4) = 3(x –1)(x + 3). (3) * Tìm cách giải : a) Để x0 là nghiệm của phương trình A(x) = B(x) ta phải có A(x0) = B(x0). Do đó thay x = – 3 vào hai vế của phương trình (1) ta được một phương trình mới với ẩn là a. b) Trước hết giải phương trình (3) tìm nghiệm x0. Nghiệm của phương trình (2) sẽ bằng 5x0. Giải a) Để x = – 3 nghiệm của phương trình (1) ta phải có : (– 6 – 3)(1 + 3a) – 5(– 3 + 6) = 25(– 3+ 3)(2 + 3) + 5(a – 2) + 50 ⇔ – 9 (1 + 3a) – 15 = 5(a – 2) + 50 ⇔ – 9 – 27a – 15 = 5a – 10 + 50 ⇔ – 27a – 5a = – 10 + 50 + 9 + 15 ⇔ – 32a = 64 ⇔ a = – 2 . 3x(x – 5) – 4(x – 4) = 3(x –1)(x + 3) b) Giải phương trình (3): ⇔ 3x2 – 15x – 4x + 16 = 3x2 + 9x – 3x – 9 ⇔ – 15x – 4x – 9x + 3x = – 9 – 16 ⇔ – 25x = – 25 ⇔ x = 1 Nghiệm của phương trình (2) gấp 5 nghiệm của phương trình (3) nghĩa là phương trình (2) có nghiệm là 5. Thay x = 5 vào hai vế phương trình (2) ta có : (5 – a)(5 + 5) – 20a + 17 = (5 + a)(5 – 6) – 15 ⇔ 50 – 10a – 20a + 17 = – 5 – a – 15 100

1.3 2.4 3.5 8.10 1.2.3.....8 3.4.5.....10 10 5 . . ..... = . = = 2.2 3.3 4.4 9.9 2.3.4....9 2.3.4....9 18 9

Do đó phương trình trở thành: ⇔

5 (18x − 45) = 2(x − 1) + 97 9

⇔ 10x – 2x = – 2 + 97 + 25

⇔ 10x – 25 = 2x – 2 + 97 ⇔ 8x = 120

⇔ x = 15.

1 1 1 1 1 1 1 1 1 b) Xét + + ... + = − + − + ... + − = 1.2 3.4 199.200 1 2 3 4 199 200 1 1 1 1 1 1 1  1 1 + + + + ... + + − 2  + + ... + = 1 2 3 4 199 200 200  2 4 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1 1 1 + + + + ... + + − 1 + + + ... + + + ... + + Vậy phương trình trở thành = 1 2 3 4 199 200  2 3 100  101 102 199 200 1 1 1  1 1 1   1  1 + + ... + + + + ... + +   .2017 x = 2016.   199 200  199 200   101 102  101 102 2016 ⇔ 2017x = 2016 ⇔ x= . 2017 c) Ta có

10 10 10 2 2   2 + + ... + = 5.  + + ... + = 1.3 3.5 9.11 9.11   1.3 3.5

101

1 1 1  50  1 1 1  5.  1 − + − + ... + −  = 5.  1 −  = . 9 11   3 3 5  11  11 50 Khi ấy phương trình trở thành .2, 2 x − 0,8. ( 7,5 − 2,5 x )  : 0, 25 = 12 11 ⇔ 10 x – (6 – 2x).4 = 12

⇔ 10x – 24 + 8x

⇔ 18x = 36

⇔ x=2.

= 12

Ví dụ 8. Với z là ẩn; m, n, p là các số và m ≠ – n ; n ≠ – p ; p ≠ – m . Giải phương trình

z − mn z − np z − pm + + = m+n +p. m+n n+p p+m

*Tìm cách giải: Nếu chuyển vế và ghép – m; – n và – p với các phân thức mà mẫu không chứa các số đó và quy đồng từng cặp một sẽ xuất hiện nhân tử chung (z – mn – mp – np). Từ đó cách giải như sau :

Giải : PT ⇔ ⇔

z − mn z − np z − pm −p+ −m+ −n =0 m+n n+p p+m

z − mn − pm − pn z − np − mn − mp z − pm − np − nm + + =0 m+n n+p p+m

 1 1 1  + + ⇔ (z − mn − mp − np)  =0 m+n n+p p+m 1 1 1 Do đó : + Nếu + + ≠ 0 thì z = mn + mp + np m+n n+p p+m

1 1 1 + + = 0 thì phương trình trở thành m+n n+p p+m 0z = 0 nghiệm đúng với mọi z. + Nếu

C. Bài tập vận dụng 16.2. Giải các phương trình :

3− x 4 x + 3 2( x − 1) a) + 2x = − ; 6 3 5 1 1 (x − 2)2 + (x − 2)(x + 2) ; b) 0,5(x + 2)2(x –1) − x(x2 – 2) = (x + 2)3 − 6 3 4 x − 1 5 − 3x x− +x x −3 3+ x 3 = 5 c) − + ; 3 2 2 5 2x − 4 x −1   8 − 3x − 2  3x +  2 + 5x − x−3 3 5   4 − 3x . d) + = 6 4 3 16.2. Tìm y nếu : 1 1 1  15 1 1  1 a)  2 − 3 + 4 − 5  . y = (3 − 8 y ) + 7 ; 2 5 6  16 2 2  3

102

8,54 + 0, 46 − 4, 5 : 0, 25 y  y y  + =  −  .0,5 + 3 ; 8 4 2 4 2, 68 + 25 15  1 1  32  1 1 1 c) − y :  3,25 − 5 − 2 + 3 − 4 = 20 − y. 0,5 + 0,25 + + +  . 6  6 3  31  8 16 32  16.3. Cho phương trình với z là ẩn, m là một số (tham số) (z – 2)2 – (z + 5m – 2) + (z + 3)2 = 2(z2 – m + 1) + 8(m – 5)z + 28 a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm là z = 3 ; b) Giải phương trình theo tham số m. 16.4. Tìm giá trị của m để phương trình

2m − 3x + 5(x + m) = x3 – 6x2 + 31 2 1 có nghiệm bằng nghiệm của phương trình (x – 2)(x + 3) = x(x – 1) + 10. 4 16.5. Giải các phương trình : x2 −

1   6 5  3x − 294 3x − 295  1 a) 3x  + + + ;  − = 6 5  294 295   294 295  1 1  74 75 76 122(77 + x) + 123(78 + x)  1 b) x  + + + + =− ;  +5+ 126 125 124 122.123  126 125 124  99x − 50.49 − 51.50 25(x − 52) + 48(x − 175) + =0; 50.49 48.25 4x − 350 4x − 100 4x − 95 110.55 + 145.45 − 400x d) + + = . 15 25 35 45.55 16.6. Giải các phương trình : c)

x −m x −2 4m + = m + 2 m − 2 4 − m2

x−m x−n x−p 2 2 2 + + = + + . np pm mn m n p

với m là hằng số (tham số) ;

với m, n, p là các hằng số và m.n.p ≠ 0.

16.7. Giải các phương trình với y là ẩn số ; m, n, p là hằng số và m.n.p ≠ 0

y−m y−n y+3 + = 3− ; n −3 m −3 m+n 3y − n − p 3y − p − m 3y − m − n + + =3. b) m n p a)

16.8. Giải phương trình :

 1  1   1   x  a)  −1 −1... −1 .200x −18070 =  −1 (1 + 2 + 3 + ... + 200) ;  2  3   100   100 

103

(x + 3)2 − (x − 5)(x + 5)  7  7  7   7  15 =  +1 +1 +1... +1. ( x + 2) ; 2  9  20  33   105  256

3 3   0, 6 + 7 − 11 + c) 92 x −   2 + 10 − 10 7 11  16.9 . Tìm z nếu :

14  − 21   1 1 1 1 3  =  + + −  2016 x − 8( x − 3) . 20  − 30  12 6 4 2  3 

- Mở rộng:

 A(x) = 0  B(x) = 0 A(x).B(x).....M(x) = 0 ⇔  ...   M(x) = 0

B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Giải các phương trình :

9 9 9  183 6z + 5 5z − 6  9 a)  + + + ... + + 3(z −1) = + ; + 82.91  91 4 5  1.10 10.19 19.28

 2(2x − 3) 4x − 5  − = 0. a) (5,5 – 11x)  5 4  

6060 6060 6060  2015.2016 + 2017  + + ... + b) 10 + .z ;  .(z − 1) = 76 – 1212 2020 9090  2016.2017 − 2015 

b) (x2– 4)(x2 + 3)(9 – 4x) = (x4– x2 – 12)(2x + 3).

2017  z 2018 2018 2018  2017 2017 c)  + + ... + + + ... + . . = 100.110  10 1.101 2.102 10.110  1.11 2.12 16.10. Giải phương trình với ẩn t ; a, b, c là các số ; a ≠ 0 ; b ≠ 0 và c ≠ 0

 t −a 1   t −b 1  t −a 1 1 1 1 − + − + − = + +   bc b   ca c   ab a  a b c 16.11. Giải phương trình 12 – 3(x – 2)2 = (x + 2)(1 – 3x) + 2x. (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 huyện Thường Tín Hà Tây năm học 1996 – 1997)

16.12. Cho 169(157 – 77x)2 + 100(201 – 100x)2 = 26(77x – 157)(1000x – 2010) . Tính giá trị của x. (Đề thi Olympic Toán Singapore (SMO) năm 2010)

16.13. Tìm ba số tự nhiên liên tiếp biết tổng 3 tích của từng cặp số khác nhau của chúng là 1727. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năng khiếu ĐHQG TP Hồ Chí Minh năm học 2012 – 2013)

(1) (2)

c) (2x – 1)(x + 7) – x = (x + 4)(x – 4) + (2x – 3) .

(3)

* Tìm cách giải: a) Phương trình có dạng: A(x). B(x) = 0 ; b) Ta thấy x4– x2 – 12 = (x2– 4)(x2 + 3). Hai vế có nhân tử chung. Chuyển vế, đặt nhân tử chung sẽ đưa về được về dạng phương trình tích ; c) Chuyển vế và biến đổi phương trình đã cho thành phương trình tích.

Giải

 2(2x − 3) 4x − 5  a) (1) ⇔ 5,5 – 11x = 0 hoặc  − =0 5 4   Với 5,5 – 11x = 0 ⇔ – 11x = – 5,5 ⇔ x = 0,5. Vớ i

2(2 x − 3) 4 x − 5 − = 0 ⇔ 8 ( 2 x − 3) − 5 ( 4 x − 5 ) = 0 5 4 ⇔ 16x – 24 – 20x + 25 = 0 ⇔ – 4x = – 1 ⇔ x = 0,25.

Tập nghiệm của phương trình là: S = {0, 25 ; 0,5} .

Chuyên đề 17. PHƯƠNG TRÌNH TÍCH A. Kiến thức cần nhớ Phương trình tích - Phương trình có dạng: A(x). B(x) = 0 ; trong đó A(x), B(x) là các đa thức của biến x. - Phương pháp chung : Muốn giải phương trình A(x).B(x) = 0 ta giải hai phương trình A(x) = 0 và B(x) = 0 , rồi lấy tất cả các nghiệm thu được.

A(x). B(x) = 0 ⇔ A(x) = 0 hoặc B(x) = 0.

b) Ta có x4– x2 – 12 = x4– 4x2 + 3x2– 12 = x2(x2– 4) + 3(x2– 4) = (x2– 4)(x2 + 3). 2 Do đó (2) ⇔ (x – 4)(x2 + 3)(9 – 4x) – (x2– 4)(x2 + 3)(2x + 3) = 0 ⇔ (x2– 4)(x2 + 3)(9 – 4x – 2x – 3) = 0 ⇔ (x– 2)(x + 2)(x2 + 3)(6 – 6x) = 0 x − 2 = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔  6 − 6x = 0

x = 2  x = −2   x = 1

(do x2 + 3 > 0 ∀ x )

Tập nghiệm của phương trình là: S = {−2;1 ; 2} . c) (3) ⇔ (2x – 1)(x + 7) – x – (x + 4)(x – 4) – (2x – 3)2 = 0 ⇔ 2x2 + 14x – x – 7 – x – x2 + 16 – 4x2 + 12x – 9 = 0 ⇔ – 3x2 + 24x = 0 ⇔ x( 24 – 3x) = 0

104

105

x = 0 ⇔  24 − 3x = 0

⇔

x = 0  − 3x = − 24 

x = 0 ⇔ x = 8

Tập nghiệm của phương trình là: S = {0; 8} .

Ví dụ 2. Giải phương trình : x3 – 5x2 + 11x –15 = 0. (1) * Tìm cách giải : Ta phải phân tích đa thức ở vế trái thành nhân tử. Thông thường với đa thức bậc cao ( ≥ 2) ta sử dụng hệ quả của định lý Bézout (Bézout (1730 - 1783) nhà toán học Pháp) : Đa thức f(x) chia hết cho (x – a) khi và chỉ khi f(a) = 0. Nói cách khác : Nếu f(a) = 0 thì f(x) phải chứa nhân tử (x – a). Ở ví dụ này ta thay x bằng một trong các ước số của 15 ta thấy : f(3) = 33 – 5.32 + 11.3 –15 = 0. Như vậy x3 – 5x2 + 11x –15 chứa một nhân tử là (x – 3). Từ đó có cách giải sau : Giải (1) ⇔ x3– 3x2 – 2x2 + 6x + 5x – 15 = 0 ⇔ x2(x – 3) – 2x(x – 3) + 5(x – 3) = 0 x − 3 = 0  2  x − 2x + 5 = 0 2 Nếu x – 3 = 0 thì x = 3. Phương trình x – 2x + 5 = 0 vô nghiệm vì x2– 2x + 5 = (x – 1)2 + 4 > 0, ∀ x. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3} .

Ví dụ 3. Giải phương trình :

y2 (y4 – 29y2 + 244) = 576.

(1)

⇔

⇔ z2 + 6z – 2z – 12 = 0

⇔ (z + 6)(z – 2) = 0

z + 6 = 0 ⇔  z − 2 = 0

 z = −6 ⇔  z = 2

* Nhận xét : Ta có cách giải khác: Do z + 2 là trung bình cộng của z +1 và z + 3 nên ta đặt z + 2 = y phương trình trở thành (y – 1)3 = 98 ⇔ y3 + 3y2 + 3y + 1 – y3 + 3y2 – 3y + 1 ⇔

⇔

y2 = 16

⇔

z + 2 = 4  z + 2 = −4 ⇔ 

NghiÖm cña ph-¬ng tr×nh lµ z = – 6 ; z = 2. Ví dụ 5. Tìm năm số tự nhiên liên tiếp, biết rằng tổng các lập phương của bốn số đầu hơn lập phương của số thứ năm là 8 . * Tìm cách giải: Hai số tự nhiên liên tiếp hơn kém nhau 1 đơn vị. Nếu gọi số nhỏ nhất là a thì các số tiếp theo là (a + 1); (a + 2); (a + 3); (a + 4)

Giải

Giải Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là a; a + 1; a + 2; a + 3 ; a + 4 ; a + 5.

(1) ⇔ y6 – 29y4 + 244y2 – 576 = 0 . 4

Ta có a3 + (a + 1)3 + (a + 2)3 + (a + 3)3– (a + 4)3 = 8

⇔ y – 4y – 25y + 100y + 144y –576 = 0 ⇔ y4 (y2– 4) – 25y2(y2 – 4) + 144(y2 – 4) = 0 ⇔ (y2– 4)(y4– 25y2 + 144) = 0 ⇔ (y2– 4)(y4– 9y2 – 16y2 + 144) = 0 ⇔ (y2– 4)[y2(y2– 9) – 16(y2 – 9)] = 0 ⇔ (y2– 4)(y2– 9)(y2 –16) = 0

⇔ a3 + a3 + 3a2 + 3a + 1 + a3 + 6a2 + 12a + 8 + a3 + 9a2 + 27a + 27 – a3 –12a2 – 48a – 64 = 8 ⇔ 3a3 + 6a2 – 6a – 36 = 0 ⇔ 3a3 – 6a2 + 12a2 – 24a +18a – 36 = 0

⇔ (y – 4)(y – 3)(y – 2)(y + 2)( y+ 3)(y + 4) = 0 .

⇔ 3a2(a – 2) + 12a(a – 2) + 18(a – 2) = 0

Vậy phương trình (1) có 6 nghiệm là : y = ± 2; y = ± 3; y = ± 4.

⇔ (a – 2)(3a2 + 12a + 18) = 0 2

* Nhận xét : Sau khi phân tích vế trái (VT) thành (y2– 4)(y4– 25x2 + 144) ta dùng phương pháp tách và thêm bớt, hoặc dùng phương pháp nhẩm nghiệm như trên để phân tích y4– 25y2 + 144 = (y2– 9)(y2 –16). (z + 3)3 – (z + 1)3 = 98.

Giải (1) ⇔ z3 + 9z2 + 27z + 27 – z3 – 3z2 – 3z – 1 = 98 106

Do a + 4a + 6 = (a + 2) + 2 > 0

Tập nghiệm của phương trình là S = {−4 ; − 3 ; − 2 ; 2 ; 3 ; 4 } .

Ví dụ 4. Giải phương trình

6y2 = 96

z = 2  z = −6 

Dựa theo đầu bài ta lập phương trình.

= 98 ⇔

(y + 1)3 –

y = 4  y = −4 

* Tìm cách giải : Chuyển vế rồi thay y2 = 4 ta thấy vế trái nhận giá trị 0. Do đó vế trái nhận (y2– 4) là nhân tử chung. Từ đó ta có cách giải sau :

z2 + 4z – 12 = 0

Tập nghiệm của phương trình (1) là S = {−6 ; 2} .

⇔ (x – 3)( x2– 2x + 5) = 0 ⇔

* Nhận xét: Thực chất phương pháp làm trên là nhẩm nghiệm để tìm ra một nhân tử chung , từ đó phân tích được vế trái thành nhân tử để giải phương trình tích.

⇔ 6z2 + 24z – 72 = 0

(1)

⇔ 3(a – 2)(a2 + 4a + 6) = 0 ∀a

nên a – 2 = 0 hay a = 2.

Vậy năm số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 2; 3; 4; 5; 6 .

Ví dụ 6.

Giải phương trình : (2x2+ x – 6)2 + 3(2x2+ x – 3) – 9 = 0 .

* Tìm cách giải : Ta thấy 2x2 + x – 6 và 2x2 + x – 3 có các hạng tử chứa ẩn giống nhau. Phần số khác nhau. Ta đặt ẩn phụ.

Giải 107

Đặt 2x2 + x – 6 = y thì 2x2 + x – 3 = y + 3 phương trình trở thành

y = 0 y2 + 3(y + 3) – 9 = 0 ⇔ y(y + 3) = 0 ⇔  y +3 = 0

2x2 + x − 6 = 0 ⇔  2 2x + x − 3 = 0

⇔ 3y2(y + 1) – 10y(y + 1) + 3(y + 1) = 0 ⇔ (y + 1)( 3y2– 10y + 3) = 0

(2 x − 3)( x + 2) = 0 (*) ⇔  (2 x + 3)( x − 1) = 0 (**) Từ (*) ⇒ x = 1,5 ; x = – 2 .

Từ (**) ⇒ x = – 1,5 ; x = 1.

⇔ (y + 1)( 3y – 1)(y – 3) = 0.

 y = −1 y +1 = 0  1  1   ⇔ 3y − 1 = 0 ⇔  y = . Vậy tập nghiệm của (8) là S = −1; ; 3 3   3   y − 3 = 0 y = 3  b) Với y = 0 từ (2) ta có VT = 2 ≠ 0 nên y = 0 không là nghiệm của (2)

Tập nghiệm của phương trình là S = {−2 ; − 1,5 ;1 ;1,5} .

Do y = 0 không phải là nghiệm của phương trình ⇒ y ≠ 0 . Do đó chia hai vế của phương trình cho y2 ta có

Ví dụ 7 : Giải phương trình :

 1   1 (2) ⇔ 2  y 2 + 2  − 9  y +  + 14 = 0 . y y   

(x – 2)(x – 3)(x – 5)(x – 6) = 31(x – 8x + 12) + 128.

(1)

* Tìm cách giải : Xét vế trái nếu nhân nhân tử thứ nhất với nhân tử thứ tư và nhân tử thứ hai nhân nhân tử thứ 3 ta có ( x2 – 8x + 12)( x2 – 8x + 15). Mỗi nhân tử là một đa thức có cùng hệ số của x2 và của x. Phương trình trở thành ( x2 – 8x + 12)( x2 – 8x + 15) = 31(x2 – 8x + 12) + 128 . Do đó ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ.

Giải (x – 2)(x – 3)(x – 5)(x – 6) = 31(x2 – 8x + 12) + 128 ⇔ ( x2 – 8x + 12)( x2 – 8x + 15) = 31(x2 – 8x + 12) + 128.

(2)

Đặt x2 – 8x + 12 = y thì x2 – 8x + 15 = y + 3 Khi ấy phương trình (2) trở thành

Đặt t = y +

1 1 thì t2 – 2 = y 2 + 2 . Do đó ta có 2(t2 – 2) – 9t + 14 = 0 y y

⇔ 2t2 – 9t + 10 = 0 ⇔ 2t2 – 5t – 4t + 10 = 0 ⇔ (t – 2)(2t – 5) = 0.

y = 1   y 2 − 2y + 1 = 0 (y − 1)2 = 0 t − 2 = 0 y=2 ⇔ 2 ⇔ ⇔   ⇔  2t 5 0 − =  1  (y − 2)(2y − 1) = 0  2y + 2 − 5y = 0  y = 2 

1  Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là S =  ;1; 2  2 

y(y + 3) = 31y + 128

⇔ y2 + 3y – 31y – 128 = 0 ; ⇔ y2 + 4y – 32y – 128 = 0 ⇔

y + 4 = 0 y(y + 4) – 32(y + 4) = 0 ; ⇔ (y + 4)(y – 32) = 0 ⇔   y − 32 = 0

Vớ i y + 4 = 0

⇔ x – 8x + 16 = 0 ⇔ (x – 4) = 0 ⇔ x = 4

Ví dụ 9. Giải phương trình

1 cũng là nghiệm. a

(4x + 7)(4x + 5)(x + 1)(2x + 1) = 9.

* Tìm cách giải : Ta thấy nếu vế trái nhân 4 vào nhân tử thứ ba, nhân 2 vào nhân tử thứ tư thì cả bốn nhân tử đều là các đa thức mà hệ số của x đều là 4. Vế phải nhân với 8 để được phương trình mới tương đương. Sau đó nếu nhân (4x + 7) với (4x + 2) ; (4x + 5) với (4x + 4) ta thấy kết quả xuất hiện các hạng tử giống nhau 16x2 + 36x nên có thể đặt ẩn phụ để giải.

Với y – 32 = 0 ⇔ x2 – 8x – 20 = 0 ⇔ x2 – 10x + 2x – 20 = 0 ⇔ (x – 10)(x + 2) = 0

* Nhận xét : Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì

⇔ x = 10 hoặc x = – 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−2 ; 4 ;10}

Giải

Ví dụ 8. Giải các phương trình :

Ta có (4x + 7)(4x + 5)(x + 1)(2x + 1) = 9

a) 3y3 – 7y2 – 7y + 3 = 0.

(1)

⇔ (4x + 7)(4x + 5)(4x + 4)(4x + 2) = 72

b) 2y4 – 9y3 + 14y2 – 9y + 2 = 0.

(2)

⇔ (16x2 + 36x + 14)(16x2 + 36x + 20) = 72.

*Tìm cách giải: : Khi giải phương trình ta có thể gặp phương trình có hệ số của các hạng tử đối xứng nhau. Ta gọi các phương trình ấy là phương trình đối xứng. Nếu phương trình đối xứng bậc lẻ thì bao giờ cũng có một nghiệm là – 1. Nếu phương trình đối xứng bậc chẵn thì ta giải bằng cách chia hai vế cho bình phương của ẩn ( ≠ 0 ) và đặt sau đó đặt ẩn phụ.

Giải a) (1) ⇔ 3y3 + 3y2 – 10y2 – 10y + 3y + 3 = 0

Đặt 16x2 + 36x + 17 = y ta có : (y – 3)(y + 3) = 72 ⇔ y2 – 9 = 72 2

- Với 16x + 36x + 17 = 9 ⇔ 4x + 9x + 2 = 0 ⇔ 4x2 + 8x + x + 2 = 0 ⇔ 4x2 + 8x + x + 2 = 0 ⇔ (x + 2)(4x + 1) = 0 ⇔

108

⇔ y2 = 81 ⇔ y = ± 9 .

⇔ 4x(x + 2) + (x + 2) = 0

x + 2 = 0  x = −2  4x + 1 = 0 ⇔  x = −0, 25   109

- Với 16x2 + 36x + 17 = – 9 ⇔ 16x2 + 36x + 26 = 0 vô nghiệm vì 2

9  23  16x2 + 36x + 26 =  4x +  + > 0 , ∀x . 2 4 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−2 ; − 0, 25} .

C. Bài tập vận dụng

a) (8x + 3)(2x – 1) = (2x – 1)2 ; b)

(x 2 − 4)(5x + 2) 3  = (x2– 4)  2x +  ; 3 4 

c) (x – 5)2 – 36 = 0 ;

d) (4x – 3)2 – 4(x + 3)2 = 0 .

17.2. Giải các phương trình (với y là ẩn số): b) y3 + 2y2 – 4y – 8 = 0 ;

;

c) y3 + 2y2 + 2020 = 2011 ;

17.10. Giải các phương trình : a) (4x – 5)2(2x – 3)(x – 1) = 1,5 ; b) (2x + 7)(x + 3)2(2x + 5) = 18;

a) 2z3 – 3z2 – 3z + 2 = 0; b) 3z4 – 13z3 + 16z2 – 13z + 3 = 0; c) 2z4 + z3 – 6z2 + z + 2 = 0.

17.12. Tìm bốn số tự nhiên liên tiếp sao cho lập phương của một số bằng tổng các lập phương của ba số kia. (Thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hồ Chí Minh năm học 1995 – 1996) (Tuyển sinh lớp 10 khối THPT chuyên Toán – Tin ĐHSP Vinh năm học 2002 – 2003)

17.3. Giải các phương trình ( z là ẩn số) : a) z4 + z3 – 7z2 – z + 6 = 0 ;

17.11. Giải các phương trình:

17.13. Giải phương trình (x + 9)(x + 10)((x + 11) – 8x = 0

d) (y – 1)2(2y + 3) – (y – 1)2 (y + 3) = 5y + 16.

b) 4m2x3 + 45 = x(36 + 5m2x).

c) (x2 – 3x + 2)(2x – 3)(2x – 5) = 30.

17.1. Giải các phương trình :

a) y3 – 3y – 2 = 0

a) 9mx3 – 18x2 – mx + 2 = 0 ;

b) z6 – 12z4 + 23z2 + 36 = 0 ;

c) 24z – 20z + 4z = 6z – 5z + 1.

17.14. Giải phương trình x4 – 4x3 – 19x2 + 106x – 120 = 0. (Thi vào lớp 10 THPT chuyên Trần Đại Nghĩa TP Hồ Chí Minh năm học 2003 – 2004)

17.15. Giải phương trình (x2 + 3x + 2)( x2 + 7x + 12) = 24.

17.4. Giải các phương trình :

(Đề thi tuyển vào lớp 10 chuyên ĐHSPNN Hà Nội năm học 2004 – 2005)

a) (t2 – t)2 + (2t + 1)2 = 13 + 8t;

b) (t2 + t + 1)t2 = 10 – t – (t + 2)(t2 + t);

17.16. Giải phương trình 6x5 – 29x4 + 27x3 + 27x2 – 29x + 6 = 0

c) (t2 + t)2 – 2(t2 + t) + 1 = 5(t2 + t) – 9; d) (t2 – 3t + 2)(t2 – 7t + 12) = 24.

17.5. Giải các phương trình :

(Thi học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm học 2005 – 2006)

17.17. Giải phương trình (3x + 4)(x + 1)(6x + 7)2 = 6.

a) (4x + 3)3 – (2x – 5)3 = ( 2x + 8)3 ;

(Tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2006 – 2007)

b) (3x + 2016)3 + (3x – 2019)3 = (6x – 3)3;

17.18. Giải phương trình (x2 – 2x)2 + 3x2 – 6x = – 2 .

c) (2x – 7)3 + (9 – 2x)3 = 152.

17.6. Giải các phương trình : a) (2x – 5)4 + (2x – 3)4 = 16 ; 4

(Thi học sinh giỏi lớp 9 huyện Thường Tín Hà Tây năm học 2006 – 2007)

17.19. Giải phương trình (4x + 3)2(2x + 1)(x + 1) = 810. b) (4x – 19)4 + (4x – 20)4 = (39 – 8x)4 ;

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên Tin Quốc học Huế năm học 2019 – 2010)

17.20. Giải phương trình x3 + 3x – 140 = 0.

c) ( 5 x + 2, 5) − ( 5 x − 1,5 ) = 80

17.7. Cho phương trình x3 – 3ax2 + 2,5ax + 6a = 0

(Đề thi tuyển vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm học 2010 – 2011)

a) Giải phương trình với a = 2;

17.21. Giải phương trình

b) Tìm a để phương trình có nghiệm là nghiệm của phương trình x3 – x – 6 = 0 .

17.8. Cho phương trình (x – 2)3 – (m2 – 2m + 7)(x – 2) – 3(m2 – 2m – 2) = 0 b) Giải phương trình với các giá trị đó của m.

− 2x ) + 3 ( x − 1) = x(2x − 1) .

(Đề thi tuyển vào lớp 10 THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước năm học 2010 – 2011) 2

17.22. Giải phương trình

( 2x

17.23. Giải phương trình

( x 2 − 4x+11)( x 4 − 8x 2 + 21) = 35 .

− x ) + 2x 2 − x − 12 = 0 . ( Thi tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Hồ Chí Minh năm học 2010 – 2011)

a) Tìm các giá trị của m để một trong các nghiệm của phương trình là 3;

17.9. Giải các phương trình sau với tham số m :

(Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương năm học 2012 – 2013) 110

111

25 + 4x =

⇔

20x – 4 + 30x + 6

– 46 x = – 23

⇔

x = 0,5.

⇔

Giá trị này thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình có nghiệm là x = 0,5.

Chuyên đề 18. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU THỨC A. Kiến thức cần nhớ Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình. (tức là tìm giá trị của ẩn làm tất cả các mẫu thức của phương trình khác 0). Viết tắt: ĐKXĐ. Bước 2 : Quy đồng mẫu hai vế của phương trình rồi khử mẫu.

Giải : Ta có (1) ⇔

Bước 3 : Giải phương trình vừa nhận được.

A(x) ≠ 0

(2x – 5)(x – 4) + x2 – 5x – 41 = (3x – 8)(x + 1) ⇔

2x2 – 13x + 20 + x2 – 5x – 41 = 3x2 – 5x – 8 – 13x = 13

Ví dụ 3. Cho

Ví dụ 1. Giải các phương trình : (1) (2)

* Tìm cách giải : a) Do 2x – 6 = 2(x – 3) ; 2x – 4 = 2(x – 2) nên ĐKXĐ là x – 1 ≠ 0 ; x – 2 ≠ 0 và x – 3 ≠ 0. Thực hiện các bước giải. b) Ta tìm ĐKXĐ tức là tìm giá trị của ẩn làm tất cả các mẫu thức 25x2 – 1 ; 5x + 1 ; 5x – 1 của phương trình khác 0. Mà 25x2 – 1 = (5x + 1)(5x – 1) nên ĐKXĐ là 5x + 1 ≠ 0 và 5x – 1 ≠ 0. - Thực hiện đầy đủ các bước giải phương trình có ẩn ở mẫu.

A(x) =

x ( x 2 + 2x + 2 )

a) ĐKXĐ : x ≠ 1 ; x ≠ 2 và x ≠ 3. (1) ⇒ 2(x – 2)(x – 3) + 2(x – 1)(x – 3) = 3(x – 1)(x – 2) – (x – 1)(x – 3) ⇔ 2x2 – 10x + 12 + 2x2 – 8x + 6 = 3x2 – 9x + 6 – x2 + 4x – 3 ⇔ 2x2 – 13x + 15 = 0

⇔ (2x – 3)(x – 5) = 0

 2x − 3 = 0  x = 1,5 ⇔  ⇔  x − 5 = 0 x = 5

(2)

⇒

x ≠ ± 0,2. 25 + 4x

− x − 6 ) (x − 4)

3x 3 + 6x 2 + 6x

*Tìm cách giải : Bài toán tìm x để giá trị của hai biểu thức A(x) và B(x) bằng nhau quy về tìm nghiệm của phương trình A(x) = B(x). Xét

A(x) = 5 đặc biệt lưu ý A(x) ; B(x) có nghĩa và B(x) ≠ 0 B(x)

Giải

− x − 6 ) (x − 5)

x ( x + 2x + 2 ) 2

− x − 6 ) (x − 4)

3x ( x 2 + 2x + 2 )

ĐKXĐ : x(x2 + 2x + 2) ≠ 0 và 3x3 + 6x2 + 2x ≠ 0 hay 3x(x2 + 2x + 2) ≠ 0 Do x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 ≠ 0 , ∀ x nên ĐKXĐ là x ≠ 0 . Từ phương trình trên suy ra : 3(x2 – x – 6)(x – 5) = (x2 – x – 6)(x – 4) ⇔ (x2 – x – 6)(3x – 15) – (x2 – x – 6)(x – 4) = 0 ⇔ (x2 – x – 6)(3x – 15 – x + 4) = 0

Hai giá trị x = 1,5 và x = 5 thỏa mãn ĐKXĐ nên là nghiệm phương trình (1). b) ĐKXĐ :

và B(x) =

A(x) = 5. B(x)

a) Để A(x) = B(x) thì

Giải

− x − 6 ) (x − 5)

a) Tìm x để giá trị của hai biểu thức A(x) và B(x) bằng nhau ; b) Tìm x để

25 + 4 x 4 6 b) = − . 25 x 2 − 1 5 x + 1 1 − 5 x

x = –1 .

⇔

Giá trị này không thỏa mãn ĐKXĐ . Vậy phương trình (1) vô nghiệm.

khi x ≠ x1 và x ≠ x2

1 1 3 1 + = − . x −1 x − 2 2x − 6 2x − 4

2 x − 5 x2 − 5 x − 41 3 x − 8 + = x + 1 ( x + 1)( x − 4) x − 4

ĐKXĐ : x ≠ 4 và x ≠ –1.

⇔

tại x = x1 hoặc x = x2 thì

B. Một số vÝ dô

4(5x – 1) + 6(5x + 1)

⇔ (x – 3)(x + 2)(2x – 11) = 0

x − 3 = 0 x = 3 ⇔  x + 2 = 0 ⇔  x = −2  2x − 11 = 0  x = 5, 5

Cả ba giá trị này đều thỏa mãn ĐKXĐ 112

(1)

Quy đồng mẫu số hai vế và khử mẫu ta có phương trình :

Bước 4 : (Kết luận) . Trong các giá trị tìm được ở bước 3, các giá trị thỏa mãn điều kiện xác định chính là nghiệm của phương trình đã cho. * Chú ý : Nếu A(x) = 0

2 x − 5 x 2 − 5 x − 41 3 x − 8 + 2 = . x +1 x − 3x − 4 x−4

Ví dụ 2. Giải phương trình

113

Vậy với x = –2; x = 3; x = 5,5 b)

Hay là

A(x) = 5 nghĩa là B(x)

− x − 6 ) (x − 5)

x ( x + 2x + 2 ) 2

thì A(x) = B(x).

− x − 6 ) (x − 5)

x ( x 2 + 2x + 2 ) .

3x ( x 2 + 2x + 2 )

− x − 6 ) (x − 4)

3x 3 + 6x 2 + 6x =5

(*)

Do x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 ≠ 0 , ∀ x nên ta có (*) ⇔

3x ( x 2 − x − 6 ) (x − 5) x ( x 2 − x − 6 ) (x − 4)

ĐKXĐ : x ≠ 0 ;

= 5 hay

3x(x + 2)(x − 3)(x − 5) =5 x(x + 2)(x − 3)(x − 4)

x ≠ – 2 ; x ≠ 3 ; x ≠ 4.

Từ ĐKXĐ và phương trình trên suy ra 3(x – 5) – 5(x – 4) = 0 ⇔ 3x – 15 – 5x + 20 = 0 ⇔ 2x = 5

*Nhận xét : Từ

10 + 2m 15 + =2 (2) 5 10 − 2m 2 Với ĐKXĐ m ≠ 5 (2) ⇒ 100 – 4m + 75 = 100 – 20m ⇔ 4m2 – 20m – 75 = 0 b) Nếu x = 10 ta có

 2m − 15 = 0  m = 7, 5 ⇔ (2m – 15)(2m + 5) = 0 ⇔  ⇔  2m + 5 = 0  m = −2,5 c) Điều kiện của nghiệm nếu có là x ≠ 5 và x ≠ 2m

x + 2m x + 5 + =2 thành x − 5 x − 2m (x + 2m)(x – 2m) + (x + 5)(x – 5) = 2(x – 5)(x – 2m) ⇔ x2 – 4m2 + x2 – 25 = 2x2 – 4mx – 10x + 20m ⇔ 4mx + 10x = 4m2 + 20m + 25 ⇔ 2x(2m + 5) = (2m + 5)2 (*)

Biến đổi phương trình

+ Nếu m ≠ –2,5 thì x =

⇔ x = 2,5 thỏa mãn ĐKXĐ.

3x(x + 2)(x − 3)(x − 5) = 5 suy ra 3(x – 5) – 5(x – 4) = 0 x(x + 2)(x − 3)(x − 4)

Ta có thể hiểu như sau : Do x ≠ 0 ; x ≠ 2 ; x ≠ 3 ; nên x( x – 2)(x – 3) ≠ 0. Do đó chia cả tử và mẫu cho 3(x − 5) số khác 0 ta có = 5 và với x ≠ 4 ta được phương trình tương đương 3(x – 5) – 5(x – 4) = 0. (x − 4) Hoặc có thể hiểu như sau :

3x(x + 2)(x − 3)(x − 5) Từ = 5 với x ≠ 0 ; x ≠ –2 ; x ≠ 3 ; x ≠ 4 ta có x(x + 2)(x − 3)(x − 4) 3x( x + 2)(x – 3)(x – 5) = 5 x( x + 2)(x – 3)(x – 4) ⇔ x( x + 2)(x – 3)[3(x – 5) – 5(x – 4)] = 0 ⇔ 3(x – 5) – 5(x – 4) = 0 do x( x + 2)(x – 3) ≠ 0 Ví dụ 4. Cho phương trình ẩn x :

x + 2m x +5 −1 = +1 (với m là hằng số) . x −5 2m − x a) Giải phương trình với m = 5 ; b) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 10 ; c) Giải phương trình với tham số m. * Tìm cách giải : Đây là phương trình tham số. Khi giải cần lưu ý biện luận theo các giá trị của tham số m. Giải x + 2m x +5 x + 2m x + 5 −1 = +1 ⇔ + =2 x −5 2m − x x − 5 x − 2m x + 10 x + 5 a) Khi m = 5 ta có : + = 2. (1) x − 5 x − 10 Với ĐKXĐ x ≠ 5 và x ≠ 10 thì từ (1) ⇒ x2 – 100 + x2 – 25 = 2x2 – 30x + 100 ⇔ 30x = 225 ⇔ x = 7,5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 114

+ 5 ≠ 4m ⇒

m ≠ 2,5

2m + 5 2m + 5 . Giá trị này là nghiệm của phương trình nếu ≠ 2m ⇒ 2m 2 2

2m + 5 ≠5 ⇒ 2m + 5 ≠ 10 ⇒ m ≠ 2,5. 2 + Nếu m = –2,5 thì (*) có dạng 0x = 0. Phương trình nghiệm đúng ∀x ≠ ± 5. 2m + 5 Kết luận: Nếu m ≠ ± 2,5 phương trình có nghiệm duy nhất là x = ; 2 Nếu m = 2,5 phương trình vô nghiệm ; Nếu m = –2,5 phương trình nghiệm đúng ∀x ≠ ± 5. Nhận xét: Câu b) có cách giải khác như sau : và

10 + 2m 15 + = 2 ⇒ 100 – 4m2 + 75 = 100 – 20m 5 10 − 2m ⇔ 100 = 4m2 – 20m + 25 ⇔ 102 = (2m – 5)2

⇔

 2m − 5 = 10  2m − 5 = −10 ⇔ 

 2m = 15  2m = −5 ⇔ 

 m = 7, 5  m = − 2, 5 

Ví dụ 5. Giải phương trình :

1 1 1 1 1 1 + + + + = y 2 + y y 2 + 3y + 2 y2 + 5y + 6 y 2 + 7y + 12 y2 + 9y + 20 15 * Tìm cách giải : Các phân thức vế trái sau khi phân tích mẫu thành nhân tử có dạng

1 . Ta có a(a + 1)

1 (a +1) − a a +1 a 1 1 = = − = − . a(a +1) a(a +1) a(a +1) a(a +1) a a +1 Giải ĐKXĐ: y ≠ 0 ; y ≠ – 1; y ≠ –2 ; y ≠ –3 ; y ≠ – 4 ; y ≠ – 5 . Biến đổi phương trình về dạng:

1 1 1 1 1 1 + + + + = y(y + 1) (y + 1)(y + 2) (y + 2)(y + 3) (y + 3)(y + 4) (y + 4)(y + 5) 30 115

⇔

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − + − = y y + 1 y + 1 y + 2 y + 2 y + 3 y + 3 y + 4 y + 4 y + 5 30

⇔

1 1 1 − = y y + 5 30

+ Nếu m + n ≠ 1 và m + n ≠ 0 thì PT có nghiệm là z =

C. Bài tập vận dụng 18.1. Giải các phương trình : 2

⇒

x+3 x−5 2 x2 + = ; x − 3 x + 4 x 2 + x − 12 1 x −5 3 c) − +1 = 2 ; x + 2 x −1 x + x−2 18.2. Giải các phương trình :

30(y + 5) – 30y = y + 5y

⇔ y + 5y – 150 = 0 ⇔ (y – 10)(y + 15) = 0

 y − 10 = 0 ⇔ ⇔   y + 15 = 0

 y = 10  y = − 1 5 . Tập nghiệm là S = {− 1 5;1 0} 

a) 3 +

Ví dụ 6. Giải phương trình (với z là ẩn ; m, n là tham số):

m ( z 2 + 1) 2

z −1

−

n 1 mz + = . z +1 z −1 z −1

z ≠ ±1 .

⇔ ⇔ ⇒

m ( z 2 + 1)

m ( z 2 + 1) − n(z − 1) + (1 − mz)(z + 1) z2 − 1

z2 − 1

−

n 1 − mz + =0 z + 1 z −1

x − 3 2 x 2 − 21 5 + 3 = 2 ; 2− x x −8 x + 2x + 4

mz 2 + m − nz + n + z + 1 − mz 2 − mz (m + n + 1) − (m + n − 1)z =0⇔ =0 z2 −1 z2 − 1

y +1 y 2(y3 + 5) + = 4 . 2 2 (y + 1) + 1 (y − 1) + 1 y +4 y(y + 2) y(y − 2) 36 − y 2 − 2 = 4 ; y + 2(y + 2) y − 2(y − 2) y + 4y 2 + 16 2

  1 1 3 2y − 2 c) y 2  −  = (y 4 + y 2 + 1)y + y 2 − y + 1 . y(y − 1) + 1 y(y + 1) + 1   Giải các phương trình :

18.4.

1 1 1 1 z +  = z +  ; z z 2 2

c) z 2 − 6z + 13 =

(m + n + 1) – (m + n – 1)z = 0

+ Nếu m + n – 1 = 0 phương trình trở thành 2 – 0z = 0 ⇔ 0z = 2

10 ; z − 6z + 10 2

 1  1  1 1  b) 3 1 +  = 2z 1 + 1 − + 2  ;  z  z  z z  2

 z 2 + 2z + 4  8 − z3 d)  .  +7 = (z − 2) 2  z−2 

18.5. Giải các phương trình :

Phương trình này vô nghiệm. Do đó PT vô nghiệm.

m + n +1 + Nếu m + n – 1 ≠ 0 thì z = m + n −1

(t − 2) 2 t 2 − 4t + 3 1 − = ; t 2 − 4t + 5 (t − 2) 2 90

t 2 + 2t + 2 t 2 + 2t + 3 17 + = ; t 2 + 2t + 3 t 2 + 2t + 4 12

3t 2t + = 1. t 2 + 3t + 2 t 2 + t + 2 18.6. Giải phương trình : c)

Đối chiếu với ĐKXĐ ta thấy: z=

x 2 − 3x 25 5 − 2x 2 x 2 + 61 + 2 = + . 2 x + 3 x 2 x + 3x − 9 2 x − 3 (2 x − 3)( x + 3) 18.3. Giải các phương trình :

Giải

Khi ấy phương trình (PT) trở thành

3 + x 3x − 1 35 = − ; 3 − x x + 3 x2 − 9

2 3 3 + = ; x −2 x −3 x −4 7 3 1 d) +1 = 2 − . x−4 x − 5x + 4 x − 1 b)

* Tìm cách giải: Phương trình có ẩn ở mẫu chứa tham số, cần lưu ý ĐKXĐ và biện luận theo các tham số m và n.

ĐKXĐ :

m + n +1 . m + n −1

m + n +1 ≠ 1 luôn được thỏa mãn m + n −1 vì nếu z = 1 thì sẽ suy ra 1 = –1, vô lí .

m + n +1 ≠ –1 được thỏa mãn nếu m + n ≠ 0. Vì nếu z = –1 thì m + n −1 n + 1 suy ra 2(m + n) = 0 hay m + n = 0. z=

Kết luận : + Nếu m + n = 1 hoặc m + n = 0 thì PT vô nghiệm. 116

m + n +1 = –1 thì m + n + 1 = – m – m + n −1

 3x − 2   3x − 2  + 9x − 4 )  + 1 = ( x 2 + 11x + 20 )  + 1 ;  8 − 9x   8 − 9x 

( 2x

x 2x + 2 5 x +7 − = − . 2x 2 − 5x + 3 2x 2 − 9x + 7 2x 2 − 5x + 3 2x 2 − 9x + 7

1  5a(a + 3x) x  1 + − 18.7. Cho phương trình x  với a là hằng số. = 2 2  x + a x − a  4(x − a ) x − a 117

a) Tìm a để phương trình trên có nghiệm là nghiệm của phương trình

3 2 −29 − = ; x − 5 x + 5 25 − x 2 b) Giải phương trình với a = 6. 18.8. Tìm x biết

18.18. Giải phương trình

(Khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán 8 huyện Thường Tín Hà Nội năm học 2014 – 2015).

m2 + n 2 m2n 2  1 1  2mn + 2  + =− − (m + n) x x m n x

Chuyên đề 19. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH A. Kiến thức cần nhớ Bước 1 : Lập phương trình :

với m ; n là hằng số m ≠ 0 , n ≠ 0 ; 18.9. Giải các phương trình :

- Chọn ẩn số và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số ;

3 4 5 14 − = + ; x 2 − 5x + 6 x 2 − 7x + 12 x 2 − 6x + 8 x 3 − 9x 2 + 26x − 24 1 1 1 19 b) 2 + + ... + 2 = ; x + 3x + 2 x 2 + 5x + 6 x + 39x + 380 42 2 2 2 5 c) 2 + + ... + 2 = . x − 2x x 2 − 6x + 8 x − 18x + 80 12

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết;

18.10. Giải phương trình:

x2 − 4x + 6 x2 − 6x +12 x2 − 24 + = (2x − 5) − 2 . x −2 x −3 x − 5x + 6

18.11. Giả i ph ương trình

2x 13 x + = 6. 2x 2 − 5x + 3 2x 2 + x + 3 (Thi vào lớp 10 chuyên Quốc học Huế năm học 1996 - 1997)

x3 3x 2 + − 2 = 0. 18.12. Giải phương trình x + 3 (x − 1) x − 1 (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2000 – 2001)

5 − x 2 + 4x − 1 = 0 . x 2 − 4x + 5 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Quốc học Huế năm học 2002 – 2003)

18.14. Giải phương trình

1 1 1 1 1 + + + = . x 2 − 5x + 6 x 2 − 7x + 12 x 2 − 9x + 20 x 2 − 11x + 30 8 (Khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán 8 huyện Thường Tín Hà Nội năm học 2012 – 2013).

18.15. Giải phương trình

x ( x2 − 56) 21x + 22 − 3 = 4. 4 − 7x x +2

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2014 – 2015)

18.16. Giải phương trình

x2 x2 2x − = . x − 1 x + 1 x 2 −1

Bước 2 : Giải phương trình . Bước 3 : Trả lời : Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình, nghiệm nào thỏa mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không, rồi kết luận.

B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Quãng đường AD gồm ba đoạn AB ; BC và CD. Lúc 7 giờ sáng một người đi ô tô từ A với vận tốc 60km/h đến B lúc 7giờ30phút , sau đó đi tiếp trên đoạn đường BC vận tốc 50km/h. Cùng lúc 7 giờ sáng một người đi xe máy đi từ C với vận tốc 35km/h để đến D. Biết thời gian người đi xe máy đến D nhiều hơn thời gian người đi ô tô từ B đến C là 1giờ24 phút và quãng đường BC ngắn hơn quãng đường CD là 40km. Tính quãng đường AD.

Đ oạn đường AD gồm ba đ oạn.Đoạn AB đã biết độ dài (do biế t vận tốc đi 60km/h và thời gian đi là 0,5 giờ) nên chỉ cần tính đoạn BD. Do đó ta ch ọn ẩn số x (km) là độ dài đoạn BD. Do quãng đường BC ngắn hơn quãng đường CD là 40km mà tổng hai đoạn đường là x km nên độ dài đoạn x + 40 x − 40 km và BC là km. CD là 2 2 Ta phải tìm thời gian đi của xe máy trên đoạn đường CD và thời gian ô tô đi trên đoạn đường BC để lập phương trình.

Giải Thời gian xe đi hết quãng đường AB là 7 giờ 30 phút – 7 giờ = 30 phút = 0,5 h . Ta có quãng đường AB dài là 60 . 0,5 = 30(km). Gọi quãng đường BD là x(km); x > 40. Do đoạn CD dài hơn BC là 40km ; tổng hai đoạn đường là x (km) nên : - Đoạn đường BC dài

(Đề thi học sinh giỏi Toán 9 Huyện Thường Tín Hà Nội năm học 2014 – 2015)

18.17. Giải phương trình

- Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

* Tìm cách giải : Đây là bài toán chuyển động đều. Có ba đại lượng : Quãng đường (s), vận tốc (v) và thời gian (t).Quan hệ giữa các đại lượng như sau s = v.t ; v = s : t ; t = s : v.

18.13. Giải phương trình

x 2 − 2x + 1 x 2 − 2x + 2 7 + = x 2 − 2x + 2 x 2 − 2x + 3 6

1 3 2 + − =2 x2 x +1 (x +1)2 (Đề thi chọn đội tuyển Toán 9 quận Gò Vấp TP Hồ Chí Minh năm học 2014 – 2015)

118

x − 40 x + 40 (km) ; đoạn đường CD dài (km) 2 2

- Thời gian ô tô đi trên đoạn BC là

x − 40 : 50 (h). 2

- Thời gian đi xe máy trên đoạn CD

x + 40 : 35 (h). 2 119

Chú ý: Cách khác : Gọi thời gian xe máy đi từ C đến D là x (giờ) thì thời gian ô tô đi từ B đến C là x – 1,4 (giờ) . Quãng đường CD dài 35x (km), quãng đường BC dài (x – 1,4).50. Ta có phương trình (x – 1,4).50 = 35x – 40.

Ví dụ 3. Hai xưởng sản xuất cùng làm một sản phẩm. Số sản phẩm xưởng thứ nhất làm trong 5 ngày nhiều hơn số sản phẩm xưởng thứ hai làm trong 6 ngày là 140 sản phẩm. Biết rằng năng suất lao động của xưởng thứ nhất hơn xưởng thứ hai là 65 sản phẩm/ngày. Tính năng suất lao động của mỗi xưởng. *Tìm cách giải: Bài toán thuộc loại toán Năng suất lao động. Có ba đại lượng: - Khối lượng công việc : (K) - Thời gian hoàn thành công việc (t) - Năng suất lao động : (lượng công việc hoàn thành trong một đơn vị thời gian) (N). Quan hệ giữa các đại lượng như sau : K = N.t ; t = K : N và N = K : t. Trong bài năng suất lao động mỗi xưởng là số sản phẩ m mỗi xưởng làm trong một ngày, ta ch ọn ẩn x từ một trong hai năng suất lao động này. Khối lượng công vi ệc của mỗi xưởng chính là số sản phẩm xưởng thứ nhất làm trong 5 ngày, xưởng thứ hai làm trong 6 ngày. Lập phương trình từ việc so sánh hai khối lượng công việc.

Giải phương trình được x = 2 (bạn đọc tính tiếp).

Giải

Ví dụ 2. Trên quãng sông AB dài 48km , một ca nô xuôi từ A đến B rồi quay trở lại và đỗ tại một địa điểm C ở chính giữa A và B. Thời gian ca nô cả xuôi và ngược dòng hết tất cả 3 giờ 30 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô biết rằng một bè nứa thả trôi trên sông đó 15 phút trôi được 1km.

Gọi năng suất lao động của xưởng thứ nhất là x (sản phẩm /ngày); (x∈N; x > 65 ) thì năng suất lao động của xưởng thứ hai là (x – 65) (sản phẩm / ngày). Trong năm ngày xưởng thứ nhất làm được 5x (sản phẩm), trong sáu ngày xưởng thứ hai làm được 6(x – 65) (sản phẩm).

* Tìm cách giải: - Đây là bài toán chuyể n động đều liên quan đến chuyển động xuôi, ngược dòng nước (hoặc xuôi gió, ngược gió). Nếu gọi vận tốc khi xuôi là vx ; vận tốc khi ngược là vn ; vận tốc riêng của động tử là vr và vdn là vận tốc của dòng nước (hoặc gió) thì

Theo bài ra ta có phương trình

1 giờ 24 phút = 1,4 giờ Theo bài ra ta có phương trình :

x + 40 x − 40 − = 1, 4 . 70 100

(1)

- Giải phương trình : (1) ⇔ ⇔

10x + 400 – 7x + 280 = 980

⇔

3x = 300

x = 100

Giá trị này phù hợp với điều kiện của ẩn vậy : Quãng đường BD dài 100 km và quãng đường AD dài 100 + 30 = 130 (km).

vx = vr + v dn ; vn = vr – vdn và vx – vn = 2vdn .

- Quãng sông ca nô xuôi là 48km và ngược là 48 : 2 = 24km. Vận t ốc bè nứa trôi chính là vận tốc dòng nước. - Chọn ẩn số x là vận tốc riêng của ca nô , ta tìm thời gian xuôi và ngược để lập phương trình.

Giải 15 phút = 0,25 giờ;

3 giờ 30 phút = 3,5 giờ.

Vận t ốc bè nứa trôi là 1: 0,25 = 4 (km/h) chính là vận tốc dòng n ước. Gọi vận tốc riêng của ca nô là x (km/h); x > 4 . Thì vận tốc ca nô khi xuôi dòng là x + 4 (km/h), vận tốc ca nô khi ngược dòng là x – 4 (km/h).

48 24 (h) và ngược dòng là (h). x+4 x−4 48 24 Theo bài ra ta có phương trình : + = 3,5. (1) x+4 x−4 *Giải phương trình (1) : biến đổi thành 48x – 192 + 24x + 96 = 3,5x2 – 56 3,5x2 – 72x + 40 = 0 7x2 – 144x + 80 = 0 ⇔ ⇔ Thời gian ca nô xuôi dòng là

 x = 20 7x2 – 140x – 4x + 80 = 0 ⇔ ( x – 20)(7x – 4) = 0 ⇔  x = 4 7  Trong hai giá trị trên x = 20 thỏa mãn điều kiện đầu bài . ⇔

Giải phương trình :

(1)

5x – 6(x – 65) = 140 .

(1)

⇔ 5x – 6x + 390 = 140 ⇔ x = 250 (thỏa mãn điều kiện ).

Vậ y: Năng suất lao động của xưởng thứ nhất là 250 sản phẩm /ngày Năng suất lao động của xưởng thứ hai là 250 – 65 = 185 (sản phẩm /ngày).

Ví dụ 4. Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể cạn trong thời gian 4 giờ 48 phút thì bể đầy.Nếu vòi thứ nhất 17 chảy một mình trong 3 giờ, rồi vòi thứ hai chảy tiếp một mình trong 4 giờ nữa thì đầy được bể. Hỏi nếu 24 mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu bể sẽ đầy? * Tìm cách giải : - Đây là bài toán về công việc đồng thời (làm chung, làm riêng một công việc) – là một dạng đặc biệt của toán năng suất lao động. Khối lượng công việc ở đây không được cho dưới dạng số lượng cụ thể là bao nhiêu. Bởi vậy ta có thể quy ước công việc cần hoàn thành là 1. Tùy nội dung bài toán cụ thể mà ta quy ước một đại lượng nào đó làm đơn vị (1 bể nước, 1 con mương, 1 cánh đồng , 1 con đường, …). Đơn vị của năng suất lao động sẽ là 1 công việc / 1 đơn vị thời gian. Năng suất lao động chung bằng tổng năng suất lao động riêng của từng cá thể. - Ở bài toán trên, công việc cụ thể là 1 bể nước (lượng nước làm đầy 1 bể). Nếu một vòi chảy một mình sau a 1 giờ đầy bể thì năng suất(lượng nước chảy trong 1 giờ) là bể/giờ. Nếu một vòi khác chảy một mình sau b giờ a đầy bể thì năng suất là

1 bể/giờ. Năng suất chung là b

1 1  +  (bể/giờ). a b

Giải

Vậy vận tốc riêng của ca nô là 20km/h. 120

121

24 5 giờ đầy bể vậ y 1 giờ hai vòi chảy chung được bể nước. 5 24 24  1  Gọi thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x giờ  x >  , thì 1 giờ vòi thứ hai chảy được bể nước. 5  x  Hai vòi chảy chung trong 4 giờ 48 phút =

 5 1 Vòi thứ nhất chảy một mình 1 giờ được  −  bể nước.  24 x  Ta có phương trình :

 5 1  4 17 3 −  + = .  24 x  x 24

Giải phương trình : (1) ⇔

Ta có thể chọn x là số thóc thu hoạch năm nay của thửa thứ nhất. Khi đó ta có phương trình 3 (1320 − x).100 . . Giải được x = 540 (bạn đọc tự giải). 4 130

Ví dụ 6. Một số có bốn chữ số có chữ số hàng đơn vị là 5. Nếu chuyển chữ số 5 lên đầu và giữ nguyên ba chữ số còn lại thì được số mới lớn hơn số ban đầu là 3222 đơn vị. Tìm số có 4 chữ số đó. *Tìm cách giải : Bài toán liên quan đến cấu tạo số.

(1)

15x – 72 + 96 = 17x

⇔ 2x = 24

Chú ý : x.100 = 120

Số

có

chữ

số

abcd

(a,

∈N;

0 < a ≤ 9; 0 ≤ b, c, d ≤ 9

)

có

khai

triển

abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 1000a + bcd = abc.10 + d . Chuyển d lên đầu được số dabc = 1000d + abc . Trong bài do các chữ số abc không thay đổi thứ tự sắp xếp nên ta có thể chọn làm ẩn số x.

⇔

x = 12.

Giá trị này phù hợp với điều kiện của ẩn.

Giải Gọi số có ba chữ số trước chữ số hàng đơn vị là x (x ∈ N ; 100 ≤ x < 1000) . Số cần tìm là x5 . Chuyển chữ số 5

Vậy thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là 12 giờ.

1  5 1 thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 1:  −  = 1: = 8 (giờ). 8  24 12  3 số kg thóc thu hoạch của thửa thứ hai. 4 Năm nay nhờ cải tiến kỹ thuật thửa thứ nhất thu hoạch tăng 20%; thửa thứ hai thu hoạch tăng 30% do đó cả hai thửa thu hoạch được 1320kg. Tìm số tạ thóc mỗi thửa thu hoạch trong năm nay.

lên đầu ta được số 5x . Ta có phương trình Giải phương trình : ⇔

Ví dụ 5. Năm ngoái số kg thóc thu hoạch của thửa ruộng thứ nhất bằng

* Tìm cách giải : Đây là dạng toán liên quan đến tỷ số và tỷ số%. Thu hoạch tăng a% tức là đã thu hoạch được (100 + a)%. Ta phải tìm số thóc mỗi thửa thu hoạch trong năm nay. Ẩn số ta nên chọn là số thóc thu hoạch của một trong hai thửa năm trước vì các đại lượng quan hệ : tỷ số giữa số thóc thu hoạch của hai thửa ruộng là của năm trước và tỷ số % tăng là so với năm trước .

Giải

5 x − x5 = 3222 .

(1)

⇔

= 1773

(1)

5000 + x – 10x – 5 = 3222 x

⇔

= 197

Giá trị này thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy số phải tìm là 1975.

Ví dụ 7. Khối 8 của một trường THCS có ba lớp 8A; 8B và 8C . Tổng số học sinh ba lớp là 120 em. Nếu chuyển 3 em từ lớp 8A sang lớp 8B thì số học sinh của hai lớp bằng nhau. Số học sinh 8C bằng trung bình cộng số học sinh hai lớp 8A và 8B. Tìm số học sinh ban đầu của mỗi lớp. * Tìm cách giải : Chuyển 3 em từ lớp 8A sang lớp 8B thì số học sinh của hai lớp bằng nhau nghĩa là số học sinh lớp 8A hơn số học sinh lớp 8B là 6.

Giải Gọi số thóc thu hoạch năm ngoái của thửa thứ hai là x (kg) (x > 0)

3 x (kg) 4 Số thóc thu hoạch năm nay của thửa thứ hai là 130% x (kg) 3 Số thóc thu hoạch năm nay của thửa thứ nhất 120%. x (kg) 4 3 Theo bài ra ta có phương trình : 120%. x + 130% x = 1320. (1) 4 120 3 130 Giải phương trình : (1) ⇔ . .x + x = 1320 100 4 100 ⇔ 9x + 13x = 13200 ⇔ 22x = 13200 ⇔ x = 600. Giá trị này của x thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy số thóc thửa thứ hai thu hoạch trong năm nay là 130%.600 = 780 (kg) = 7,8 (tạ). Số thóc thửa thứ nhất thu hoạch trong năm nay là 1320 – 780 = 540 (kg) = 5,4(tạ) . Thì số thóc thu hoạch năm ngoái của thửa thứ nhât là

122

Gọi số học sinh ban đầu của 8A là x (x ∈ N* , x < 80) suy ra số học sinh lớp 8B là x – 6 và số học sinh lớp x + x −6 8C là = x −3. 2 Theo bài ra ta có phương trình : x + x – 6 + x – 3 = 120. Giải phương trình :

(1)

⇔

(1)

= 129 = 43

Giá trị này của x thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy Số học sinh lớp 8A là 43;

Số học sinh lớp 8B là 43 – 6 = 37;

Số học sinh lớp 8C là 43 – 3 = 40 ;

Ví dụ 8. Người ta dự định tổ chức một hội nghị gồm 300 đại biểu. Số chỗ ngồi được xếp thành các hàng có số ghế mỗi hàng bằng nhau.Do hội nghị có thêm 23 đại biểu nên phải sắp xếp lại, mỗi hàng thêm 4 ghế, nhưng lại bớt đi 3 hàng. Tính số hàng và số ghế mỗi hàng theo dự định xếp ban đầu. * Tìm cách giải : Bài toán có ba đại lượng : Tổng số chỗ ngồi (số ghế) ; số hàng ghế và số ghế mỗi hàng. Quan hệ của chúng là 123

Tổng số chỗ ngồi (số ghế) = số hàng ghế × số ghế mỗi hàng.

⇔ –1,9x = – 1183,7

⇔

x = 623.

Số hàng ghế = Tổng số chỗ ngồi (số ghế) : số ghế mỗi hàng.

- Giá trị này của x thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Số ghế mỗi hàng = Tổng số chỗ ngồi (số ghế) : số hàng ghế.

Vậy khối lượng đồng là 623 g và kẽm là 1400 – 623 = 777(g).

Đã biết số đại biểu (tức là số ghế cần sắp xếp), ta chọn một trong hai đại lượng số hàng ghế và số ghế mỗi hàng làm ẩn và dựa vào quan hệ giữa ba đại lượng lúc đầu và sau này để lập phương trình.

Ví dụ 10. Khối 8 một trường THCS có số lớp nhiều hơn 2, tổ chức trồng cây : Lớp thứ nhất trồng 5 cây và

Giải Gọi số hàng ghế dự định xếp ban đầu là x ( x ∈ N, x > 3) , thì số dãy ghế sau khi xếp lại là x – 3 . Số ghế mỗi 300 hàng ban đầu là (chiếc) , x

300 + 23 ( chiếc). số ghế mỗi hàng sau khi xếp lại là x −3 300 300 + 23 Theo bài ra ta có phương trình : +4= . x x −3

(1)

1 số cây còn lại. 5

Lớp thứ ba trồng tiếp 15 cây và

1 số cây còn lại. 5

Cứ trồng như vậy đến lớp cuối cùng thì vừa hết số cây và số cây mỗi lớp trồng được là bằng nhau. Tính số cây mà khối 8 trồng và số lớp 8 của khối tham gia trồng cây.

cây còn lại. Lớp thứ hai trồng tiếp 5.2 cây và

 x = 20 ⇔   x = − 45  4

Ta thấy x = 20 thỏa mãn điều kiện của ẩn vậy :

Giải

Số hàng ghế ban đầu là 20; số ghế mỗi hàng ban đầu là 300 : 20 = 15.

Gọi tổng số cây khối 8 trồng là x cây; (x∈N*)

Ví dụ 9. Biết 445g đồng có thể tích 50cm3; 175g kẽm có thể tích 25cm3. Một hợp kim đồng và kẽm nặng 1,4kg có thể tích 181cm3. Tính khối lượng đồng và kẽm trong hợp kim. * Tìm cách giải : Bài toán có nội dung Vật lý. Có ba đại lượng : Khối lượng (m); khối lượng riêng (D) và thể tích (V). Khối lượng riêng là khối lượng của một đơn vị thể tích. Quan hệ giữa ba đại lượng là : D=m:V;

m = D.V ;

V=m:D

Bài toán yêu cầu tìm khối lượng đồng , khối lượng kẽm có trong hợp kim. Khối lượng hợp kim là tổng khối lượng đồng và kẽm. Thể tích hợp kim là tổng thể tích của khối đồng và kẽm. Ta chọn một trong hai khối lượng đồng hoặc kẽm làm ẩn.

Giải Khối lượng riêng của đồng là : 445 : 50 = 8,9 (g/cm3) ; Khối lượng riêng của kẽm là : 175 : 25 = 7 (g/cm3) ; 1,4kg = 1400g. Gọi khối lượng đồng trong hợp kim là x g ( x < 1400) thì khối lượng kẽm trong hợp kim là (1400 – x) g . Thể tích của đồng là

1400 − x x (cm3) ; Thể tích của kẽm là (cm3) ; 8,9 7

Theo bài ra ta có phương trình :

1400 − x x + = 181. 8,9 7

(1)

Số cây lớp thứ nhất trồng là

1 1 ( x − 5) = x + 4 (cây) 5 5

1  4 Số cây còn lại sau khi lớp thứ nhất trồng x −  x + 4  = x − 4 (cây) 5  5 1 4 36  4 10 +  x − 4 − 10  = x+ 55 5  25 Do số cây mỗi lớp trồng bằng nhau nên ta có phương trình :

Lớp thứ hai trồng là :

1 4 36 x+4= x+ . (1) 5 25 5 1 16 x= Giải phương trình : (1) ⇔ ⇔ x = 80 25 5 Giá trị này thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy số cây khối 8 trồng là 80 cây. 1 Mỗi lớp trồng : .80 + 4 = 20 (cây) 5 ⇒ Số lớp 8 tham gia trồng cây : 80 : 20 = 4 (lớp) * Nhận xét : Ta còn cách giải khác đơn giản hơn :

- Giải phương trình : (1) ⇔ 7x + 12460 – 8,9x = 11276,3 124

1 số 5

1 1 số cây còn lại. Lớp thứ ba trồng tiếp 5. 3 cây và số cây còn 5 5 lại… Ta lưu ý lớp cuối cùng thì vừa hết số cây và đặc biệt số cây mỗi lớp trồng được là bằng nhau. Vì vậy ta chọn ẩn x là toàn bộ số cây mà khối 8 trồng và chỉ cần tìm số cây lớp thứ nhất trồng, số cây lớp thứ hai trồng là có phương trình.

⇔ (x – 20)(4x + 45) = 0

 x − 20 = 0 ⇔   4 x + 45 = 0

Lớp thứ hai trồng tiếp 10 cây và

* Tìm cách giải : Đây là một bài toán hay và khó. Cách phân bố cây trồng : Lớp thứ nhất trồng 5 cây và

Giải phương trình : (1) ⇒ 300x – 900 + 4x2 – 12x – 323x = 0 ⇔ 4x2 – 35x – 900 = 0

1 số cây còn lại. 5

125

Gọi số lớp 8 tham gia trồng cây là y ( y ∈ N; y > 2). Do lớp cuối cùng trồng hết số cây nên lớp cuối cùng trồng được 5y + 0 (cây). Do số cây mỗi lớp trồng như nhau nên mỗi lớp đều trồng 5y cây và y lớp trồng tất cả 5y2 cây. Số cây lớp thứ nhất trồng là 5 + Ta có phương trình

y2 + 4 = 5y

Dạng toán năng suất lao động.

5y 2 − 5 = y2 + 4 5 ⇔

⇔ (y – 4)(y – 1) = 0 ⇔

19.7. Ba tổ sản xuất được giao làm một số sản phẩm, số sản phẩm của tổ II được giao gấp đôi tổ I , số sản phẩm của tổ III được giao gấp đôi tổ II. Do cải tiến kỹ thuật nên tổ I sản xuất vượt mức 30% kế hoạch, tổ II sản xuất vượt mức 20% kế hoạch, tổ III sản xuất vượt mức 10% kế hoạch. Do đó số sản phẩm vượt mức kế hoạch của cả ba tổ là 220 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ được giao theo kế hoạch.

y2 – 5y + 4 = 0

y = 4 y = 1 . 

Trong hai giá trị có y = 4 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy số lớp 8 tham gia trồng cây là 4 và số cây khối 8 trồng là 5. 42= 80 (cây).

C. Bài tập vận dụng Dạng toán chuyển động đều 19.1. Lúc 7 giờ sáng một người đi xe máy khởi hành từ A để đến B. Lúc 7 giờ 10 phút một ô tô khởi hành từ A với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 10km/h. Trên đường ô tô phải dừng ở giữa đường 14 phút nhưng vẫn đến B cùng lúc với xe máy. Tính vận tốc của mỗi xe biết rằng cũng trên quãng đường AB một xe taxi đi với vận tốc 60km/h hết 1 giờ 20 phút. 19.2. Lúc 7 giờ sáng một ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ A đến B. Ô tô đi 1 giờ 30 phút được 75km. Vận tốc xe máy kém vận tốc ô tô là 10 km/h. Ô tô đi đến B nghỉ 6 phút sau đó quay trở lại A và gặp xe máy ở địa điểm C cách B một khoảng bằng

C A

Quãng đường AE gồm bốn đoạn. hai đoạn đường bằng AB và DE. Nếu đi từ A thì BC là đoạn lên dốc, CD là 3 đoạn xuống dốc. Biết AB = 2DE; BC = DE ; DE = 2CD. Vận tốc ô tô đi trên đường bằng là 40km/h , lên dốc 8 là 30km/h và xuống dốc là 60km/h. Thời gian đi từ A đến E rồi trở về A là 7 giờ 45 phút. Tính quãng đường AE.

19.5. Một ca nô xuôi một dòng sông từ A đến B hết 3 giờ. Sau đó ca nô quay trở lại ngược từ B đến bến C nằm 1 cách A một khoảng bằng AB hết 2 giờ 24 phút. Tính độ dài của đoạn sông từ A đến B biết rằng một khóm 3 bèo trôi trên đoạn sông đó 12 phút được 400m.

126

19.8. Một xí nghiệp cơ khí được giao sản xuất 500 máy bơm nước trong một thời gian nhất định. Do cải tiến kỹ thuật tăng năng suất lao động, mỗi ngày xí nghiệp sản xuất thêm 5 máy bơm nên chẳng những xí nghiệp hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày mà còn sản xuất thêm được70 máy bơm nữa. Hỏi số máy bơm dự định sản xuất trong một ngày và số ngày dự định theo kế hoạch ban đầu. 19.9. Hai đội công nhân dự kiến làm một con đường sau 20 ngày thì xong. Hai đội làm chung trong 4 ngày rồi đội I chuyển sang làm việc khác. Đội II tiếp tục làm 10 ngày nữa thì được điều động đi làm việc khác. Đội I trở lại tiếp tục làm trong 28 ngày nữa thì xong con đường. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi đội làm trong bao nhiêu ngày sẽ xong con đường. 19.10. Hai vòi nước nếu cùng chảy vào một cái bể cạn sau 4 giờ bể sẽ đầy. Nhưng sau khi vòi thứ nhất chảy một mình 2 giờ, vòi thứ hai chảy mình tiếp theo 1 giờ thì cả hai vòi cùng chảy và sau 2 giờ 20 phút nữa bể mới đầy. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu bâo lâu bể sẽ đầy?

19.11. Một bể nước có hai vòi nước chảy vào và một vòi chảy ra ở

1 AB. Tính đoạn đường AB và thời điểm hai xe gặp nhau. 10

19.3. Từ bến A trên một dòng sông, lúc 8 giờ một chiếc thuyền xuôi dòng với vận tốc 10km/h. Lúc 9 giờ một ca nô xuôi dòng với vận tốc 25km/h. Lúc 10 giờ một tàu thủy xuôi dòng với vận tốc 30km/h. Hỏi lúc mấ y giờ thì tàu thủy cách đều ca nô và thuyền ?

19.4.

1 2 đoạn đường MN với vận tốc 60km/h. đoạn đường MN còn lại đi với vận tốc 3 3 40km/h. Tính vận tốc trung bình của ô tô trên cả đoạn đường. 19.6. Một ô tô đi trên

1 bể kể từ đáy. Vòi I chảy vào một mình sau 4 3

1 lượng nước trong bể. Lúc đầu bể cạn , mở cả ba vòi thì sau 2 giờ 48 12 phút bể sẽ đầy. Hỏi nếu vòi thứ hai chảy vào một mình thì sau bao lâu bể đầy? Dạng toán có nội dung số học - Toán cổ

giờ bể sẽ đầy. Vòi III chảy ra mỗi giờ mất

19.12. Một số có hai chữ số, chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 3 đơn vị. Nếu đổi chỗ hai chữ số 1 được số mới lớn hơn số ban đầu là 37 đơn vị. Tìm số đã cho. 3 19.13. : Một số có bốn chữ số có chữ số hàng đơn vị là 6 . Nếu chuyển 6 lên đầu được số có 4 chữ số mới. Tổng của hai số có 4 chữ số này là 8217. Tìm số đã cho. 19.14. Tổng 4 số là 720. Nếu lấy số thứ nhất cộng 5, số thứ hai trừ 5, số thứ ba nhân 5 và số thứ tư chia 5 thì cả 4 kết quả bằng nhau. Tìm 4 số đó. 19.15. Bài toán cổ : Một đàn em nhỏ đứng bên sông To nhỏ bàn nhau chuyện chia bòng Mỗi người năm quả thừa năm quả Mỗi người sáu quả một người không Hỏi người bạn trẻ đang dừng bước 127

Có mấ y em thơ, mấy quả bòng.

Dạng toán có nội dung Hình học, Lý, Hóa 19.16. Chu vi một thửa ruộng hình chữ nhật là 200m. Nếu giảm chiều dài 10m và tăng chiều rộng 4m thì diện tích giảm đi 200m2. Tính kích thước của thửa ruộng đó. 19.17. Sau khi kéo dài bán kính của một đường tròn thêm 5cm thì được một đường tròn mới. Tổng chu vi đường tròn mới và đường tròn ban đầu bằng chu vi của một đường tròn có đường kính 90cm. Tìm bán kính đường tròn ban đầu. 19.18. Hòa một khối lượng dung dịch NaCl loại I có nồng độ 30% với một khối lượng dung dịch NaCl loại II có nồng độ 25% được một 1000g hỗn hợp dung dịch NaCl có nồng độ 27%. Tính khối lượng dung dịch NaCl mỗi loại. 19.19. Pha 10kg nước nóng ở nhiệt độ 900C với 5kg nước ở 240C. Tìm nhiệt độ cuối cùng của nước (bỏ qua sự mất nhiệt) Dạng toán tổng hợp, toán nâng cao 19.20.

19.26. Một máy bay trực thăng bay từ A đến B cách nhau 960km với vận tốc 280 km/h. Khi bay từ A đến B do bị gió cản nên thời gian bay phải nhiều hơn 1 giờ so với thời gian bay từ B đến A (do được gió đẩy). Tìm vận tốc của gió. ((Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước năm học 2009 – 2010).

19.27. Hai người công nhân cùng làm một công việc trong 18 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 6 giờ và người thứ hai làm 12 giờ thì chỉ hoàn thành được 50% công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu? (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2009 – 2010)

19.28. Một nhóm công nhân đặt kế hoạch sản xuất 200 sản phẩm. Trong 4 ngày đầu họ thực hiện đúng mức đề ra, những ngày còn lại họ đã làm vượt mức mỗi ngày 10 sản phẩm nên đã hoàn thành kế hoạch sớm 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nhóm công nhân cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm? (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2011 – 2012)

100 gà, vịt, thỏ, chó

19.29. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 3km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc người đi xe đạp khi đi từ A đến B.

Vừa đủ 290 chân Số vịt bằng số thỏ

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh năm học 2013 – 2014)

Số thỏ bằng nửa số chó.

3 quãng đường xe 4 bị hỏng phải dừng lại sửa mất 10 phút rồi đi tiếp đến B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đầu là 10km/h. Biết xe 3 quãng đường ban đầu không thay máy đến B lúc 11 giờ 40 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên 4 1 đổi và vận tốc của xe máy trên quãng đường còn lại cũng không thay đổi. Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấ y giờ? 4 19.30. Cho quãng đường AB dài 120km. Lúc 7 giờ sáng một xe máy đi từ A đến B. Đi được

Hỏi mấy vịt, mấy gà Và mấy chó, mấy thỏ?

19.21. Cha hơn con 30 tuổi. Trước đây 4 năm tuổi cha gấp 4 tuổi con. a) Tìm tuổi cha và tuổi con hiện nay? b) Cách đây (trước hoặc sau) mấy năm tuổi cha gấp 2,5 lần tuổi con?

19.22. Một người trồng quýt, sau khi thu hoạch để lại nhà 10 quả còn lại đem ra chợ bán. Lần thứ nhất bán 6 1 1 quả và số quả quýt còn lại. Lần thứ hai bán tiếp 12 quả và số quả quýt còn lại. Lần thứ ba bán tiếp 18 quả 6 6 1 và số quả quýt còn lại. Cứ bán như vậy đến lần cuối cùng thì vừa hết số quýt và số quýt mỗi lớp trồng được là 6 bằng nhau. Tính quýt mà người đó thu hoạch , số quýt mỗi lần bán và số lần bán. 19.23. Một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi bằng 114cm. Người ta cắt bỏ bốn hình vuông có cạnh là 5cm ở bốn góc rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật (không có nắp).Tính các kích thước của tấm tôn đã cho. Biết rằng thể tích hình hộp bằng 1500cm3. (Thi học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Quảng Nam năm học 2008 – 2009) 2

19.24. Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 900m và chu vi 122m. Tìm chiều dài và chiều rộng của khu vườn. (Thi học sinh giỏi lớp 9 TP Đà Nẵng năm học 2008 – 2009)

19.25. Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng thứ nhất vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? (Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chu Văn An và Hà Nội – Amsterdam năm học 2008 – 2009). 128

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2014 – 2015)

19.31. Một xe tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau khi xe tải xuất phát một thời gian thì một xe khách cũng xuất phát từ A với vận tốc 50km/h và nếu không có gì thay đổi thì sẽ duổi kịp xe tải tại B. Nhưng sau khi đi được một nửa quãng đường AB xe khách tăng vận tốc lên 60km/h nên đến B sớm hơn xe tải 16 phút. Tính quãng đường AB (Đề thi tuyển vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016)

Chuyên đề 20. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A. Kiến thức cần nhớ 1. Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương trình đều là số nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số nguyên. (Phương trình nghiệm nguyên còn gọi là phương trình Diophantus – mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào thế kỷ thứ II). 2. Phương trình nghiệm nguyên không có công thức giải tổng quát, chỉ có cách giải của một số dạng. Trong chuyên đề này được giới thiệu qua một số ví dụ và bài tập cụ thể. 3. Cách giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng, đòi hỏi học sinh phân tích, dự đoán, đối chiếu và tư duy sáng tạo, lôgic để tìm nghiệm.

B. Một số ví dụ 129

1. Dạng phương trình bậc nhất 2 ẩn ax + by = c (a, b, c ∈ Z; a, b không đồng thời bằng 0 ). Ta có định lý sau: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (a, b, c ∈ Z; a, b ≠ 0) có nghiệm nguyên là ước số chung lớn nhất của a và b là ước của c. (tức là (a, b) | c ).

Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) x – 3y = 5 .

(1) ;

b) 2x – 5y = 20 .

(2) ;

c) 3x – 7y = 24.

(3) ;

d) 20x – 11y = – 49.

(4) .

* Tìm cách giải : Câu a) hệ số của ẩn x là 1, ta có thể tính ngay ẩn x theo y. Khi đó y lấy các giá trị nguyên thì chắc chắn x nguyên. Câu b) ; c) về giá trị tuyệt đối thì hệ số của x nhỏ hơn hệ số của y. Do đó ta tính x theo y. Ta tách phần nguyên , đặt phần phân số bằng ẩn số mới và đưa về phương trình mới có các hệ số nhỏ hơn hệ số của phương trình ban đầu. Tiếp tục cách giải như trên cho đến khi có một ẩn số có hệ số bằng 1 và được tính theo ẩn số kia có hệ số nguyên. Sau đó tính x, y theo ẩn số mới cuối cùng bằng cách tính ngược từ dưới lên. d) Về giá trị tuyệt đối thì hệ số của y nhỏ hơn hệ số của x . Do đó ta tính y theo x. Tiếp tục làm như b).

Ta có 9x + 5 = 11t ⇔ x = Ta có 2t – 5 = 9u ⇔ t =

11t − 5 2t − 5 2t − 5 = t+ . Đặt = u , (u ∈ Z) 9 9 9

9u + 5 u +1 u +1 = 4u + 2 + . Đặt = v , (v ∈ Z) 2 2 2

Ta có u + 1 = 2v ⇔ u = 2v – 1 Ta thấy v ∈ Z ; u ∈ Z và t ∈ Z. Từ đó x ∈ Z và y ∈ Z. Tính ngược từ dưới lên ta được t = 4(2v – 1) + 2 + v = 9v – 2 . x = t + u = (9v – 2 ) + (2v – 1) = 11v – 3 y = x + 4 + t = (11v – 3) + 4 + (9v – 2) = 20v – 1 .

 x = 11v − 3 Vậy nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là  (v ∈ Z) .  y = 20v − 1 Chú ý : Qua bốn thí dụ trên ta có thể rút ra phương pháp giải sau :

Giải a) Từ (1) ta có

x = 5 + 3y . Nếu y = t ∈ Z thì x ∈ Z.

 x = 5 + 3t Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát là  (t ∈ Z) y = t (Muốn tìm các nghiệm nguyên bằng số cụ thể thì ta chỉ việc cho t các giá trị nguyên cụ thể : Thí dụ với t = 2 thì (x = 11 ; y = 2);

với t = – 3 thì (x = – 9 ; y = – 3),... )

y b) Từ (2) ta có 2x = 5y + 20 ⇔ x = 10 + 2y + . 2 Để x ∈ Z thì y ∈ Z và

y y ∈ Z. Do đó đặt = t (t∈ Z) ta sẽ có y = 2t 2 2

x = 10 + 5t Vậy phương trình (2) có nghiệm nguyên tổng quát là  (t ∈ Z) .  y = 2t c) Cách 1 : Tương tự b). Cách 2 : Nhận xét: ƯSCLN(3; 24) = 3 nên đặt y = 3t (t∈ Z) 3x – 7y = 24 ⇔ 3x – 21t = 24 ⇔ x – 7t = 8 ⇔ x = 8 + 7t.

 x = 8 + 7t Do đó phương trình (3) có nghiệm nguyên tổng quát là  (t ∈ Z) .  y = 3t d) 20x – 11y = – 49 ⇔ 11y = 20x + 49 ⇔ y = Tách phần nguyên ta có y = x + 4 +

Để y ∈ Z thì x∈ Z và

Bước 3. Sau đó tính x, y theo ẩn số mới cuối cùng bằng cách tính ngược từ dưới lên. (Nếu một trong hai hệ số và hệ số tự do có ƯSCLN = k > 1; k ∈ Z thì ta có thể đặt một ẩn bằng ẩn mới kt (t∈ Z) – (xem ví dụ 1c) để rút ngắn các bước giải phương trình.)

và x = 10 + 2.(2t) + t = 10 + 5t.

Ta có

Bước 1. Tính ẩn có giá trị tuyệt đối của hệ số nhỏ hơn theo ẩn kia . Bước 2. Ta tách phần nguyên , đặt phần phân số bằng ẩn số mới và đưa về phương trình mới có các hệ số nhỏ hơn hệ số của phương trình ban đầu. Tiếp tục cách giải như trên cho đến khi có một ẩn số có hệ số bằng 1 và được tính theo ẩn số kia có hệ số nguyên. (Việc tách phần nguyên cần linh hoạt sao cho giá trị tuyệt đối của hệ số của ẩn trong phần phân số nhỏ nhất)

20x + 49 11

9x + 5 . 11

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình : a) 7x + 3y = 65. (1) ; b) 5x + 4y = 12. (2) ; c) 3x – 8y = 13. (3). *Tìm cách giải: Trước hết ta tìm nghiệm nguyên tổng quát của các phương trình. Sau đó dựa vào biểu thức nghiệm, lý luận, giải tìm ra giá trị nguyên của ẩn số mới cuối cùng để x > 0 và y > 0. Giải 65 − 7x a) (1) ⇔ 3y = 65 – 7x hay y = 3 2−x 2−x Tách phần nguyên : y = 21 – 2x + . Đặt = t , (t∈ Z) 3 3 Ta có x = 2 – 3t và y = 21 – 2(2 – 3t) + t = 17 + 7t.

x = 2 − 3t Do đó phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát là  , (t ∈ Z) . y = 17 + 7t 2 − 3t > 0 Để x > 0 và y > 0 ta phải có  17 + 7t > 0

⇔ −

17 2 <t< 7 3

9x + 5 9x + 5 ∈ Z. Đặt = t (t ∈ Z) 11 11 130

131

Từ đó có t = 0 ; – 1 ; – 2 ta có các nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là :

x = 2   y = 17

;

x = 5   y = 10

x = 8 .  y = 3 b) Do ƯCLN(4; 12) = 4 . Do đó ta đặt x = 4t , (t∈ Z) Ta có 20t + 4y = 12 ⇔ 5t + y = 3 ⇔ y = 3 – 5t

;

 x = 4t , (t ∈ Z) . Do đó phương trình (3) có nghiệm nguyên tổng quát là   y = 3 − 5t 4t > 0 3 Để x > 0 và y > 0 ta phải có  ⇔ 0< t< 5 3 − 5t > 0

không có giá trị nguyên nào của t thỏa mãn.

Vậy phương trình (2) không có nghiệm nguyên dương.

8y + 13 c) Ta có 3x – 8y = 13 ⇔ 3x = 8y + 13 ⇔ x = 3 1− y 1− y Tách phần nguyên được x = 3y + 4 + . Đặt = t , (t ∈ Z) 3 3 Ta có y = 1 – 3t và x = 3(1 – 3t) + 4 + t = 7 – 8t.  x = 7 − 8t Nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là  , (t ∈ Z)  y = 1 − 3t 7 − 8t > 0 Để x > 0 và y > 0 ta phải có  1 − 3t > 0 7 1 và 1 – 3t > 0 ⇔ t < Với 7 – 8t > 0 ⇔ t < 8 3

1 (*) . Lần lượt cho t lấy các giá trị nguyên 0 ; – 1 ; – 2 ; – 3... thỏa mãn (*) ta tìm được 3 các giá trị tương ứng của x và y là nghiệm của phương trình (3). Vậy phương trình (3) có vô số nghiệm nguyên dương. 2. Dạng phương trình bậc nhất nhiều ẩn a1 x1 + a2 x2 +...+ an xn = c ( a1 ; a2 ;...; an ; c ∈ Z; a1 ; a2 ;...; an không đồng thời bằng 0). Ta có định lý sau: Điều kiện cần và đủ để phương trình a1 x1 + a2 x2 +...+ an xn = c ( a1 ; a2 ;...; an ; c ∈ Z; a1 ; a2 ;...; an ≠ 0) có nghiệm nguyên là ước số chung lớn nhất của a1 ; a2 ;...; an là ước của c. (Tức là (a1, a2,..., an) | c ). Ví dụ 3. Giải phương trình trên tập số nguyên: 9x + 13y + 5z = 6 . (1) Giải (1) ⇔ x + 5(y + z) + 8(x + y) = 6 Đặt u = y + z ; v = x + y khi đó (1) ⇔ x + 5u + 8v = 6 ⇔ x = 6 – 5u – 8v ; y = v – x = v – 6 + 5u + 8v = 5u + 9v – 6 Và z = u – y = u – 5u – 9v + 6 = 6 – 4u – 9v Kết hợp được t <

132

 x = 6 − 5u − 8v  Vậy nghiệm tổng quát của (1) là  y = −6 + 5u + 9v , (u ∈ Z; v ∈ Z) z = 6 − 4u − 9v  3. Dạng phương trình bậc cao một ẩn Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) 2x2 + x – 21 = 0. 4

(1) ;

c) x + 2x – x – 8x = 12.

b) x3 – 5x = 2(x – 3). (2) ;

(3) .

* Tìm cách giải : Ta chuyền vế đưa về dạng A(x) = 0 sau đó phân tích A(x) thành nhân tử . Giải : a) 2x2 + x – 21 = 0 ⇔ 2x2 – 6x + 7x – 21 = 0 ⇔ 2x(x – 3) + 7(x – 3) = 0 ⇔ (x – 3)(2x + 7) = 0

 2x + 7 = 0  x = − 3, 5 (loai) ⇔ ⇔  ɺ . Nghiệm nguyên của (1) là x = 3. x − 3 = 0 x = 3 b) x3 – 5x = 2(x – 3) ⇔ x3 – 7x + 6 = 0 ⇔ x2(x – 1) + x(x – 1) – 6(x – 1) = 0 ⇔ (x2 + x – 6)(x – 1) = 0 ⇔ (x + 3)(x – 2)(x – 1) = 0 x + 3 = 0  x = −3 ⇔  x − 2 = 0 ⇔  x = 2 .Tập nghiệm nguyên của (2) là S = {− 3;1; 2} .  x = 1  x − 1 = 0 b) x4 + 2x3 – x2 – 8x = 12 ⇔ x4 – 4x2 + 2x3 – 8x + 3x2– 12 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 2)(x2 + 2x + 3) = 0 . Do x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 > 0 , ∀ x nên nghiệm nguyên của phương trình (3) là x = ± 2 .

Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : a) b)

x 2 + 4x + 4 x 2 + 4x + 5 7 + = . x 2 + 4x + 5 x 2 + 4x + 6 6 (x + 3)3 + (x + 4)3 +(x + 5)3 = (x + 6)3 .

(1) (2)

* Tìm cách giải : a) Ta thấy tử và mẫu các phân thức đều có x2 + 4x giống nhau, ta đặt ẩn phụ để giải. Hơn nữa x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1 và x2 + 4x + 6 = (x + 2)2 + 2 đều dương với mọi x nên ĐKXĐ là x∈ R. b) Dùng khai triển (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

Giải Đặt x2 + 4x + 5 = y ( ∈ Z ) ta được phương trình

(y − 1)(y + 1) + y 2 7 y −1 y 7 = + = ⇔ y y +1 6 y(y + 1) 6 ⇒ 6(y2 – 1 + y2) = 7(y2 + y) ⇔ 5y2 – 7y – 6 = 0 ⇔ (5y + 3)(y – 2) = 0 .

133

Ta tìm được y = −

* Tìm cách giải : a) Ta có 2x + 2y + 2z + 9 = 3xyz . Đây là phương trình mà vai trò các ẩn như nhau, ta dùng phương pháp cực hạn. Ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z và chia hai vế của phương trình vừa lập cho xyz rồi lập luận so

3 (loại) và y = 2 ∈ Z . 5

 x = −1 Vậy x2 + 4x + 5 = 2 ⇔ x2 + 4x + 3 = 0 ⇔ (x + 1)(x + 3) = 0 ⇔   x = −3 Nghiệm nguyên của phương trình là x = – 1 và x = – 3. b) Ta có (x + 3)3 = x3 + 9x2 + 27x + 27 ; (x + 6)3 = x3 + 18x2 + 108x + 216

Do đó (x + 3)3 + (x + 4)3 +(x + 5)3 = (x + 6)3 ⇔ 2x3 + 18x2 + 42x = 0 2

9 3  ⇔ 2x(x2 + 9x + 21) = 0 ⇔ x = 0 do x2 + 9x + 21 =  x +  + > 0, ∀x . 2 4 

số dương xyz ta có Do đó ta có 3 =

2 2 2 9 + + + = 3 . Do 1 ≤ x ≤ y ≤ z nên x 2 ≤ xy ≤ xz ≤ yz ≤ xyz yz xz xy xyz

2 2 2 9 15 + + + ≤ ⇒ x2 ≤ 5 ⇒ x = 1; 2 yz xz xy xyz x 2

* Với x = 1: Thay x = 1 vào (1) ta có : 2y + 2z + 11 = 3yz

Nghiệm nguyên của phương trình là x = 0.

(1a) ⇔ 3yz – 2y – 2z =11 ⇔ 9yz – 6y – 6z = 33

⇔ 3y(3z – 2) – 2(3z – 2) = 37

4. Dạng phương trình bậc cao nhiều ẩn Ví dụ 6. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5(x + y) = xy ; b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2(x + y + 9) = 3xy. *Tìm cách giải : Các bài thuộc dạng này thường dùng phương pháp phân tích , tức là biến đổi một vế thành một tích , còn vế kia là một số. Viết số thành tích các thừa số và cho tương ứng với các thừa số của tích kia ta sẽ tìm được các giá trị nguyên của ẩn.

Giải a) Ta có 5(x + y) = xy ⇔ xy – 5x – 5y + 25 = 25 ⇔ x(y – 5) – 5(y – 5) = 25 ⇔ (x – 5)(y – 5) = 25

Vì x; y > 0 ⇒ x – 5 > – 5 và y – 5 > – 5 nên 25 = 5.5 = 1.25 = 25 .1 Giải các cặp ta tìm được các nghiệm nguyên dương sau :

x − 5 = 5  x = 10 x − 5 = 1 x = 6 ⇔ ⇔ ;  ;  y − 5 = 5 y = 10 y − 5 = 25     y = 30 b) 2(x + y + 9) = 3xy

b) Tương tự dùng phương pháp cực hạn.

Giải a) Do vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tổng quát ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z . Chia hai vế của (1) cho

(x + 4)3 = x3 + 12x2 + 48x + 64 (x + 5)3 = x3 + 15x2 + 75x + 125 ;

sánh để tìm nghiệm.

x − 5 = 25 x = 30 ⇔  y − 5 = 1 y = 6

⇔ (3y – 2)(3z – 2) = 37 = 1.37

3y − 2 = 1 y = 1 ⇔ ⇔ . Ta có nghiệm (x, y, z) = (1; 1; 13) 3z − 2 = 37   z = 13 * Với x = 2 : Thay x = 2 vào (1) ta có : 4 + 2y + 2z + 9 = 6yz ⇔ 6yz – 2y – 2z =13 ⇔ 36yz – 12y – 12z = 78 ⇔ 6y(6z – 2) – 2(6z – 2) = 82

⇔ (6y – 2)(6z – 2) = 82 = 1.82 = 2.41

6y − 2 = 1  6y − 2 = 2 6z − 2 = 82 và  6z − 2 = 41 đều không có giá trị nguyên dương.   Vậy: Do vai trò của x, y, z như nhau nên phương trình có 3 nghiệm nguyên dương là (x, y, z) = (1; 1; 13) và các hoán vị của nó là (1; 13; 1) ; (13 ; 1; 1). Chú ý : Khi giải phương trình 2y + 2z + 11 = 3yz ta giải bằng phương pháp phân tích. Ta có thể tiếp tục giải bằng phương pháp cực hạn cũng được : Do 1 ≤ y ≤ z nên từ 2y + 2z + 11 = 3yz ⇒ 3 =

⇔ 3xy – 2x – 2y – 18 = 0

⇔ 9xy – 6x – 6y = 54 ⇔ 9xy – 6x – 6y + 4 = 54 + 4 ⇔ 3x(3y – 2) – 2(3y – 2) = 58

⇔ (3x – 2)(3y – 2) = 58

Ta biết 58 = 1.58 = 58.1 = 2.29 = 29.2 = (–1).( –58) = (–58).( –1) = (–2).( –29) = (–29).( –2) Do đó giải từng cặp ta có nghiệm nguyên của phương trình trên là : (x; y) = (1; 20) ; (20; 1) ; (0; –9); (– 9 ; 0)

Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình :

2 2 11 15 + + ≤ ⇒ 3y ≤ 15 z y yz y

⇒ y = 1; 2; 3; 4; 5. Lần lượt thay vào phương trình (2) ta nhận được khi y = 1 thì z = 13 còn với y = 2; 3; 4; 5 ta không tìm được số nguyên dương z.

b) 2(t + x + y + z ) + 7 = 3txyz .

(2)

Do vai trò của x, y, z, t như nhau nên không mất tổng quát ta giả sử

1 ≤ t ≤ x ≤ y ≤ z . Từ (2)

⇒

2 2 2 2 7 15 3= + + + + ≤ xyz xzt xyt yzt xyzt t 3 ⇒ t3 ≤ 5 ⇒ t = 1.

a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz.

(1)

Với t = 1 thì 2(x + y + z) + 9 = 3xyz. Đây chính là phương trình trong câu a). Ta tìm được nghiệm là (x, y, z) = (1; 1; 13).

b) 2(t + x + y + z ) + 7 = 3txyz.

(2)

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là

134

135

(t, x, y, z) = (1; 1; 1; 13) ; (1; 1; 13; 1) ; (1; 13; 1; 1) ; (13; 1; 1; 1). 2

Ví dụ 8. a)Tìm nghiệm nguyên của phương trình x – 100 = y(6x –13y) b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 1! + 2! + 3! + ... + x! = y2

*Tìm cách giải : Ta sử dụng tính chất chia hết và phương pháp xuống thang để giải.

Giải Giả sử (x0 ; y0 ; z0) là nghiệm nguyên của phương trình tức là

x 30 − 5y30 − 25z30 = 0 (2), khi đó x0 ⋮ 5 . Đặt x0 = 5x1. Thay vào phương trình (2) ta được 125x13 − 5y30 − 25z30 = 0

* Tìm lời giải : Ta dùng phương pháp loại trừ để giải các bài toán dạng này. Câu a) biến đổi phương trình được (x – 3y)2 = 22.(25 – y2). Với x,y ∈Z thì (x – 3y)2 là số chính phương. Do đó (25 – y2) ≥ 0 và là số chính phương. Lý luận ấy dùng để loại trừ dần các giá trị của y và tìm x.

hay là 25x13 − y30 − 5z30 = 0 (3). Chứng tỏ y0 ⋮ 5. Đặt y0 = 5y1. Thay vào (3) ta lại có 5x13 − 25y13 − z30 = 0 (4) Chứng tỏ z0 ⋮ 5. Đặt z0 = 5z1. Thay vào (4) ta lại có x13 − 5y13 − 25z13 = 0 (5)

Câu b) ta biết x! = 1.2.3.....x

Giải a) x2 – 100 = y(6x –13y ) ⇔ x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 ⇔ (x – 3y)2 = 22.(25 – y2) ≥ 0 ⇒ y ≤ 5 và 25 – y2 là số chính phương.

+ Với y = 0 thì x = ± 10 + Với y = ± 1 thì 25 – y2 = 24 không chính phương. 2

x y z  Như vậ y (x1 , y1 , z1) =  0 , 0 , 0  cũng là nghiệm của phương trình.  5 5 5 x y z  Cứ tiếp tục mãi ta có  k0 , k0 , k0  ∈ Z , ∀ k ∈Z. Do đó x0 = y0 = z0 = 0. 5 5 5  Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0)

+ Với y = ± 2 thì 25 – y = 21 không chính phương.

Ví dụ 10. Tìm số abc với a ≠ 0 thỏa mãn abc + acb = ccc .

+ Với y = ± 3 thì 25 – y2 = 25 – 9 = 16 là số chính phương.

*Tìm cách giải : Ta sử dụng cấu tạo số và tính chất chia hết để giải.

Khi ấy (x – 3y)2 = 4.16 = 64 = 82 . Do đó x – 3y = 8 hoặc x – 3y = –8. Với y = – 3 thì x = –17

hoặc x = – 1

Với y = 3 thì x = 17

hoặc x = 1.

Giải : abc + acb = ccc ⇔ 100a + 10b + c + 100a + 10c + b = 111c ⇔ 200a + 11b = 100c ⇔ 100(c – 2a) = 11b ⋮ 100

Mà b là chữ số, b ∈N ; 0 ≤ b ≤ 9 nên b = 0. Khi đó c = 2a

+ Tương tự với y = ± 4 ta có :

Như vậ y a = 1; 2; 3; 4 và c = 2; 4; 6; 8.

Với y = – 4 thì x = –6

hoặc x = – 18

Ta có các số sau thỏa mãn 102; 204; 306; 408

Với y = 4 thì x = 18

hoặc x = 6.

C. Bài tập áp dụng

+ Tương tự với y = ± 5 ta có :

Dạng phương trình bậc nhất 2 ẩn : ax + by = c

Với y = – 5 thì x = – 15 ; Với y = 5 thì x = 15 .

20.1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là :

a) 8x – y = 15

;

b) 5x + 12y = 33

;

(x, y) = (10;0); (–10;0) ; (–17; –3) ; (–1; –3) ; (17;3) ; (1;3) ; (–6; –4);

c) 14x – 9y = 21

;

d) 29x + 15y = 20

(– 18; – 4); (18;4) ; (6;4) ; (–15; –5); (15; 5).

20.2. Chứng minh rằng nếu ước chung lớn nhất của a và b không chia hết c (tức là c ⋮/ (a , b)) thì phương trình ax + by = c (a; b ≠ 0) không có nghiệm nguyên.

b) Với x ≥ 5 thì x! ⋮ 10 nên y2 = 1! + 2! + 3! +4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có tận cùng là 3, mà không có số chính phương nào có tận cùng là 3. Vậy x < 5. Với x = 1 thì 1! = y2 ⇒ y = 1. Với x = 2 thì 1! + 2! = y2 ⇒ 3 = y2 không có giá trị nguyên dương của y. Với x = 3 thì 1! + 2! + 3! = y2 ⇒ 9 = y2 ⇒ y = 3. Với x = 4 thì 1! + 2! + 3! + 4! = y2 ⇒ 33 = y2 cũng không có có giá trị nguyên dương của y thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là (x,y) = (1;1) ; (3;3).

Ví dụ 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 – 5y3 – 25z3 = 0 . 136

20.3. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình : a) 4x + 5y = 19 ; b) 3(x + y + 1) = 4(12 – y)

; 2x 3y 5 − = ; c) (5 – x)(5 + x) = y(2x + y) . c) 3 4 2 Dạng phương trình bậc nhất nhiều ẩn a1 x1 + a2 x2 +...+ an xn. = b 20.4. Giải phương trình trên tập số nguyên – 4x + 3y + 8z = 9 Dạng phương trình bậc cao 1 ẩn 20.5. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) 3x2 – 14x = 5

;

b) x(2x2 + 9x + 7) = 6 137

;

c) x4 + 2x3 – 19x2 + 8x + 60 = 0 ; 4

20.18. Chứng minh phương trình

d) (x – 13x + 36)(x + 2x) = 65x – 5x – 180 .

20.6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

20.19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

1 1 1 − = ; (x + 1)(x + 3) (x + 2)2 12

1 1 1 1 + + = có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. x y z 2016

8x2y2 + x2 + y2 = 10xy. (Đề thi tuyển sinh THPT khối chuyên Toán và chuyên Tin ĐHQG Hà Nội năm 2006)

(x + 2)2 (x + 2) 2 + 1 1 + = b) ; 2 (x + 2) + 1 (x + 2) 2 + 2 2 c) (x + 1)3 + (x + 2)3 +(x + 3)3 = (x + 5)3 – (x + 4)3 . Dạng phương trình bậc cao nhiều ẩn

20.20. Tìm số t ự nhiên nh ỏ nh ất biế t rằ ng khi chia số đó cho 2005 thì được dư là 23 còn khi chia số đ ó cho 2007 thì được d ư 32. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2007 – 2008)

20.21. M ột đ oàn h ọc sinh đi cắ m tr ại bằng ô tô. N ếu mỗi ô tô ch ở 22 người thì thừa 1 người. N ếu bớt đi 1 ô tô thì có thể phân ph ối đều tấ t cả các h ọc sinh lên các ô tô còn lạ i. H ỏi có bao nhiêu học sinh đ i cắ m trạ i và có bao nhiêu ô tô? Biế t r ằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người.

20.7. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6(x + y) = xy + 33 ; b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 3(x + y) = 2xy.

20.8. a) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng bằng tích ;

(Thi học sinh giỏi lớp 9 Thừa Thiên – Huế năm học 2008 – 2009)

20.22. Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức m2 + n2 = m + n + 8.

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 5( x + y + z + t) + 4 = 6xyzt .

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định năm học 2011 - 2012)

20.23. a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 5x2 + 8y2 = 20412.

20.9. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2

x (y – 3) – 2y (x – 1) + 6x = 7

;

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội năm học 2013 - 2014)

20.24. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện 6x2 + 5y2 = 74.

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : xy2 +2xy – 27y + x = 0.

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định năm học 2014 - 2015)

20.10. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình

20.25.

Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

a) x2 + 5y2 + 1 = 2y(2x – 1) ; b)

(x + y)5 = 120y + 3.

x + 2y + 2xy + 2x – 2y + 5 = 0 ;

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2013 - 2014)

c) 2x2 + 2y2 + z2 – 6x + 9 = 2y(x + z) ; d)

20.26.

Tìm các tất cả các số nguyên dương x, y sao cho 3x – 2y = 1.

x2 + 3y2 + 4z2 + 2xy – 4yz – 12y + 36 = 0.

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2014 - 2015)

20.27. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x2y + xy – 2x2 – 3x + 4 = 0.

20.11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + x2 + x3 = (y – 1)(y2 + y + 1).

( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên TP Hà Nội năm học 2014 - 2015)

20.12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

20.28.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

(x + 1)(x + 2)(x + 8)(x + 9) = y2.

3x2 – 2y2 – 5xy + x – 2y – 7 = 0. 3

20.13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x – 2y – 4z = 0 .

( Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2015 - 2016)

20.14. Tìm số có hai chữ số mà số ấ y là bội của tích hai chữ số đó. 20.15. Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là số nguyên dương có thể cắt thành 11 hình vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh hình vuông là một số nguyên dương không lớn hơn 3. 20.16. a)Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Ch−¬ng IV

xy yz zx + + = 1; 3z 3x 3y

b) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng các nghịch đảo của chúng bằng

11 . 12

20.17. Chứng minh phương trình 2x2 – 9y2 = 11 không có nghiệm nguyên. 138

BÊT Ph−¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn Chuyên đề 21. BẤT ĐẲNG THỨC A. Kiến thức cần nhớ 1. Định nghĩa 139

* Hệ thức dạng a > b ( hay a < b ; a ≥ b ; a ≤ b ) gọi là bất đẳng thức. *

a>b ⇔ a–b>0

;

a<b ⇔ a–b<0.

2. Tính chất

4 . Một số hằng bất đẳng thức a) a2 ≥ 0 ∀ a. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 0 ; b) a ≥ a ∀ a. Dấu “=” xảy ra ⇔ a > 0 ;

a) a > b ⇔ b < a

d) Tính chất nhân :

b) Tính chất bắc cầu :

*a>b

⇔ ac > bc nếu c > 0

a>b;b>c ⇒ a>c

a>b

⇔ ac < bc nếu c < 0

a<b;b<c ⇒ a<c c) Tính chất cộng :

a>b

⇔ ac = bc nếu c = 0

*a<b

⇔ ac < bc nếu c > 0

a<b

⇔ ac > bc nếu c < 0

a<b

⇔ ac = bc nếu c = 0

\a > b ⇒ a + c > b + c a<b ⇒ a+c<b+c

e) Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều được một bất đẳng thức cùng chiều. f) Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều ta được một bất đẳng thức cùng chiều với bất đẳng thức thứ nhất. .(Không được trừ vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều) g) a > b > 0 ⇒ an > bn

c) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : * a + b ≤ a + b ( Dấu “=” xả y ra ⇔ ab ≥ 0). * a − b ≥ a − b (Dấu “=” xả y ra ⇔ ab ≥ 0 và a ≥ b d ) Bất đẳng thức tam giác : với a; b; c; là 3 cạnh tam giác : a+b>c;

⇒ a2n > b2n

a>b

⇒ a2n+1 > b2n+1.

a–b <c

e) Bất đẳng thức Cauchy (Augustin Louis Cauchy [1789 – 1857 nhà toán học Pháp]: Với n số không âm a1, a2, …, an ( n ∈ N*) ta có n

 a1 + a 2 + ... + a n    ≥ a 1a 2 ...a n . n  

( n ∈ N) ;

a > b

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an

;

h) Với m > n > 0

* Chú ý : Vài dạng bất đẳng thức cụ thể hay gặp có thể sử dụng như bổ đề :

nếu a > 1 ⇒ am > an ;

4ab ; a2 + b2 ≥ 2ab.

a = 1 ⇒ a m = an 0<a<1 ⇒

f) Bất đẳng thức Bunyakovsky [Victor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 - 1889) nhà toán học Nga].

a m < an .

Với mọi bộ n số (a1; a2; …; an) ; (b1; b2; …; bn) ta có :

1 1 < i) Nếu ab > 0 và a > b thì a b

(a 1b1 + a 2 b 2 + ... + a n b n ) 2 ≤ ( a 12 + a 22 + ... + a 2n )( b12 + b 22 + ... + b 2n )

3. Các phương pháp chứng minh A > B ; (A < B tương tự) : 1) Dùng định nghĩa chứng minh A – B > 0

a+b 2   ≥ ab hay (a + b) ≥  2 

(Xét hiệu hai vế).

2) Biến đổi tương đương : A > B ⇔ A1 > B1 ⇔ A2 > B2 ⇔ … ⇔ An> Bn ; Nếu An> Bn đúng thì A > B đúng . 3) Phản chứng : Giả sử A ≤ B dẫn tới một điều vô lý. Vậy A > B

Dấu “=” xảy ra ⇔ ∃ t để ai = tbi (i = 1, n ) . Nếu bi ≠ 0 thì dấu “=” xảy ra ⇔

a1 a 2 a = = ... = n . b1 b 2 bn

* Chú ý : Dạng cụ thể hay gặp (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho a và b là hai số bất kỳ chứng minh rằng

4) Chứng minh bằng quy nạp toán học :

2 2 a+b a +b ab ≤   ≤ 2  2 

+ Bước 1 : Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = n0. + Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k ≥ n0) , ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1

* Tìm cách giải : Bài toán này thực chất gồm hai bài toán: Chứng minh 2

2 2 a+b a +b 1)  (1) ;  ≤ 2  2 

Từ đó kết luận bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0. (Phương pháp quy nạp toán học thường được sử dụng khi trong bất đẳng thức có sự tham gia của n với vai trò là một số nguyên dương tùy ý hoặc số nguyên dương lấ y mọi giá trị bắt đầu từ n0 nào đó). 5) Phương pháp tổng hợp : + Sử dụng tính chất và các hằng bất đẳng thức. + Sử dụng tính chất bắc cầu ( làm trội) A > C ; C > B ⇒ A > B 140

a+b ab ≤    2 

(2) .

Từ (1) và (2) ta suy ra kết quả. Với mỗi câu 1) hoặc 2) ta đều có thể dùng 4 cách : Biến đổi tương đương; Xét hiệu hai vế; phản chứng và tổng hợp. Giải 141

Ta chứng minh

a+b a +b bằng cả 4 cách : 1)   ≤ 2  2 

2 2 a+b a +b     ≤  2   2 

Cách 1: Biến đổi tương đương :

⇔ – (a – 2ab + b ) ≤ 0

(1) ; cũng bài toán a) ta lại có

⇔ – a2 + 2ab – b2 ≤ 0

b) Chứng minh (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

⇔ – (a – b)2 ≤ 0 (hiển nhiên đúng).

∀ a, b và x, y.

Áp dụng chứng minh (2x + 3y – 3z) ≤ 13(x + y + z – 2yz)

Dấu “=”xảy ra ⇔ a = b . Cách 2 : Xét hiệu 2

2 2 2 2 2 2  a + b  a + b a + 2ab + b − 2a − 2b − ( a − b) = = ≤0   − 2 4 4  2 

2 2 a+b a +b Vậ y  Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b .  ≤ 2  2  Cách 3 : Phản chứng

Đặt a2 – 15a + 55 = b thì biểu thức trên bằng (b – 1)(b + 1) + 1 = b2 ≥ 0

2 2 a+b a +b Vậ y  . Dấu “ = ”xả y ra ⇔ a = b .  ≤ 2  2  Cách 4 : Tổng hợp : Ta có (a – b)2 ≥ 0 ⇔ – (a2 – 2ab + b2) ≤ 0 ⇔ – a2 + 2ab – b2 ≤ 0

a 2 + 2ab + b 2 a 2 + b 2 ≤ 4 2

(1). Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b .

b) Xét hiệu 2 2

2 2

(a2 + b2)(x2 + y2) – (ax + by)2 = 2 2

a x + a y + b x + b2y2 – a2x2 – 2axby – b2y2 = a2y2– 2aybx + b2x2 = (ay – bx)2 ≥ 0 Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2 ∀ a, b và x, y. Dấu “=”xảy ra ⇔ ax = by Áp dụng : Ta viết bất đẳng thức (2x + 3z – 3t)2 ≤ 13(x2 + z2 + t2 – 2zt) Dưới dạng [2x + 3(z – t)]2 ≤ (22 + 32)[x2 + (z2– 2zt+ t2)] Hay

[2x + 3(z – t)]2 ≤ (22 + 32)[x2 + (z – t)2] đúng theo bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên.

Ví dụ 3. a) Chứng minh tổng các bình phương của hai số bất kỳ không nhỏ hơn hai lần tích hai số đó.

a+b 2 2 2) Chứng minh : ab ≤   (2) ⇔ 4ab ≤ a + 2ab + b  2  ⇔ 0 ≤ a2 – 2ab + b2 ⇔ 0 ≤ (a – b )2 hiển nhiên đúng. 2

Vậy (a – 9)(a – 8)(a – 7)(a – 6) ≥ – 1.

Đặt z – t = y thì (22 + 32)(x2 + y2) ≥ (2x + 3y)2

b) Xét hiệu hai vế và biến đổi. Giải

= (a2 – 15a + 54)(a2 – 15a + 56) + 1

⇔ a2 + 2ab + b2 ≤ 2a2 + 2b2 ⇔

* Tìm cách giải : a) Hoán vị nhân tử (a – 6) ở vế trái và thực hiện phép nhân (a – 6)( a – 9) và (a – 8)(a – 7) ta thấy xuất hiện a2 – 15a ở hai kết quả Ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ . Ta xét hiệu hai vế để chứng minh.

a) Xét hiệu (a – 9)(a – 6)(a – 8)(a – 7) – (– 1)

2 2 a+b a +b Giả sử  ⇔ a2 + 2ab + b2 > 2a2 + 2b2  > 2  2  ⇔ – a2 + 2ab – b2 > 0 ⇔ – (a2 – 2ab + b2) > 0 ⇔ – (a – b)2 > 0 vô lý.

2 2 a+b a +b Hay   ≤ 2  2 

ta có

4 4  a 2 + b2  a 4 + b4 a+b a +b (2) . Từ (1) và (2) ta có  . ≤   ≤  2 2  2   2  Ví dụ 2. a) Chứng minh rằng (a – 9)(a – 8)(a – 7)(a – 6) ≥ – 1 ∀ a ;

2 2 a 2 + 2ab + b 2 a 2 + b 2 a+b a +b ≤ ⇔   ≤ 2 4 2  2 

⇔ a2 + 2ab + b2 ≤ 2a2 + 2b2

2 2 a+b a +b do  hai vế bất đẳng thức đều dương nên bình phương hai vế  ≤ 2  2 

Thật vậy

a+b a +b Từ (1) và (2) suy ra ab ≤  . Dấu “=”xảy ra ⇔ a = b.  ≤ 2  2 

b) Chứng minh với x > 0 thì x +

1 ≥ 2 (tổng một số dương với nghịch đảo của nó không nhỏ hơn 2). x

c) Chứng minh với a, b, c, d là các số dương và thỏa mãn abcd = 1 thì ab + cd ≥ 2 và a2 + b2 + c2 + d2

≥4. 2

*Tìm cách giải : a) Lưu ý (a – b) ≥ 0 b) Khử mẫu , chuyển vế xuất hiện hằng bất đẳng thức.

a+b 2 *Nhận xét :   ≥ ab ⇔ (a + b) ≥ 4ab ;  2  4

c) Lưu ý do abcd = 1 nên cd = 4

a+b a +b Từ bài toán a) ta có thể suy ra   ≤ 2  2  142

1 , sử dụng kết quả b) để chứng minh. ab

Giải 143

a) Gọi hai số là a và b . Hiển nhiên (a – b)2 ≥ 0 ⇔ a2 – 2ab + b2 ≥ 0 2

(a + b + c)

⇔ a + b ≥ 2ab

≥ ab + bc + ca

1 ≥ 2 ⇔ x2 – 2x + 1 ≥ 0 ⇔ (x – 1)2 ≥ 0 đúng . x

b) Với x > 0; x +

Dấu “ = ”xảy ra ⇔ x = 1 . c) Đặt ab = x . Do a, b, c, d > 0 và abcd = 1 nên cd =

1 ⇒ ab

b) Chứng minh (3a)2 + (3b)2 + (3c)2 ≥ 3

b) Khó chứng minh trực tiếp. Ta đổi biến để chứng minh. Giải

nên a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 2( ab + cd) ≥ 4 . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = d =1. Ví dụ 4. a) Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca , ∀ a; b; c 2

(a + b + c)

2 2

≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ 3ab + 3bc + 3ca

* Ta luôn có a + b ≥ 2ab và c + d ≥ 2cd

Xét hiệu

( a + b + c)

− 3ab − 3ac − 3bc = a 2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc − 3ab − 3ac − 3bc

= a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc =

b) Chứng minh a + b + c < 2( ab + bc + ca) với a ; b ; c là 3 cạnh một tam giác. *Tìm cách giải : a) Bất đẳng thức có a2 + b2 ta nghĩ tới sử dụng bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab , ...

a) Ta có a2 + b2 ≥ 2ab ; b2 + c2 ≥ 2bc ; c2 + a2 ≥ 2ac .

1 2 ( a − 2ab + b2 + b2 − 2bc + c2 + c2 − 2ac + a 2 ) 2

1 ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca . 2 2 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ≥ 0 .Chứng tỏ: 2 3

2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c.

* Chú ý : a) Có thể biến đổi tương đương tiếp từ ( a + b + c) ≥ 3ab + 3bc + 3ca ⇔ a 2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) ≥ 3(ab + ac + bc)

b) Áp dụng bất đẳng thức về ba cạnh trong một tam giác : b − c < a ⇔ (b − c) 2 < a 2

a − b < c ⇔ (a − b) < c

b) Cách 1 : Đặt 3a = 1+ 3x ; 3b = 1+ 3y ; 3c = 1+ 3z. Do a + b + c = 1 mà 3(a + b + c) = 3 + 3(x + y + z). Suy ra x + y + x = 0.

Ta có (3a)2 + (3b)2 + (3c)2 = (1 + 3x)2 + (1 + 3y)2 + (1 + 3z)2 =

Do đó (b − c)2 + (c− a)2 + (a − b)2 < a 2 + b2 + c2 ⇔ b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2 + a2 – 2ab + b2 < a2 + b2 + c2 ⇔ a2 + b2 + c2 < 2( ab + bc + ca).

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⇔ a2 – 2ab + b2 + b2 – 2bc + c2 + a2 – 2ac + c2 ≥ 0 ⇔ (a – b) + (b – c) + (c – a)

= 1 + 6x + x2 + 1 + 6y + y2 + 1 + 6z + z2 = 3 + 6(x + y + z) + (x2 + y2 + z2) = 3 + (x2 + y2 + z2) ≥ 3 2

*Chú ý : a) Ta còn cách rất hay sử dụng : biến đổi tương đương :

⇔ a 2 + b 2 + c2 ≥ ab + ac + bc bất đẳng thức đã được chứng minh ở ví dụ 4.

- Ta có thể dùng các cách khác ( phản chứng, tổng hợp đều được).

c − a < b ⇔ (c − a ) 2 < b 2

Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b = c.

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có

1 ( 2a 2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2ac − 2bc ) 2

b) Với a, b, c là ba cạnh tam giác phải sử dụng bất đẳng thức tam giác. Giải

với a + b + c = 1.

*Tìm cách giải : a) Ta có (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc. Do đó có thể biến đổi tương đương bằng cách nhân hai vế với 3 rồi xét hiệu hai vế.

1 1 ab + cd = ab + = x + ≥ 2 ab x 2

(do x + y + z = 0) 2

Vậy (3a) + (3b) + (3c) ≥ 3. Dấu “ = ” xả y ra ⇔ a = b = c =

1 . 3

Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có :

(32 + 32 + 32)( a2 + b2 + c2) ≥ (3a + 3b + 3c)2 = 9(a + b + c)2 = 9

≥ 0 hiển nhiên đúng.

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c. Ví dụ 5. a) Chứng minh rằng với ba số a, b, c tùy ý ta luôn có : 144

⇒ 27(a2 + b2 + c2) ≥ 9 ⇒ 9a2 + 9b2 + 9c2) ≥ 3

Hay (3a)2 + (3b)2 + (3c)2 ≥ 3. Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c = 145

1 . 3

Ví dụ 6. Chứng minh nếu a > –1 thì với mọi số nguyên dương n, ta đều có

(1 + a)n ≥ 1 + na

(Bất đẳng thức Becnuli)

*Tìm cách giải : Bất đẳng thức có sự xuất hiện của n với vai trò là một số nguyên dương tùy ý.Ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh. Giải

Với n = 1 ta có (1 + a) = 1 + a hiển nhiên đúng. Giả sử bài toán đúng với số nguyên dương n = k tức là (1 + a)k ≥ 1 + ka Nhân hai vế với số dương (1 + a) ta có (1 + a)k+1 ≥ (1 + ka)(1 + a).Ta có 2

(1 + ka)(1 + a) = 1 + a + ka + ka = 1 + (k + 1)a + ka ≥ 1 + (k + 1)a Vậy (1 + a)

k+1

 1 1 1 1  + + + ... + (a 1 + a 2 + a 3 + …+ a n )   an   a1 a 2 a 3

 1 1 1 1  Ch ứng minh : Ta có (a 1 + a 2 + a 3 + …+ a n)  + + + ... +  = a a a a  1 2 3 n 

a a  a a   a a  a a  a a  a a  n + 1 + 2  + 1 + 3  +... +  1 + n  +  2 + 3  +... +  2 + n  +... +  n−1 + n  a a a a a a a a a a a a  2 1  3 1  n 1  3 2  n 2  n n−1  ≥ n + 2(n – 1) + 2(n – 2) + 2(n – 3) + …+2.2 + 2 =

n + 2[1+ 2 + …+(n – 1)] = n + 2 ×

≥ 1 + (k + 1)a

Bài toán đúng với số nguyên dương n = (k + 1) . Theo nguyên lý quy nạp bài toán đúng với mọi số nguyên dương n.

1 1 1 + +  ≥ 9. a b c

b) ( a + b + c ) 

* Tìm cách giải : Các bất đẳng thức khi biến đổi vế trái đều xuất hiện các số dương nghịch đảo. Do đó ta sử dụng kết quả của ví dụ 3 b) : một số dương cộng với nghịch đảo của nó không nhỏ hơn 2 khi chứng minh.

− 1)

= n + n2 – n = n 2 .

D ấ u “=”xả y ra ⇔ a 1 = a 2 = a 3 = …= a n . Ví dụ 8. Cho x ; y ; z > 0 . Ch ứng minh r ằ ng:

x y z 3 + + ≥ y + z z + x x + y 2

Ví dụ 7. Với a, b, c là các số dương chứng minh rằng :

1 1 a) ( a + b )  +  ≥ 4 ; a b

≥ n 2 , (n ≥ 2; n ∈ N )

* Tìm cách giải : Ta thấy nếu cộng 1 vào mỗi hạng tử ở vế trái, sau khi quy đồng mẫu ta thấy xuất hiện nhân tử chung (x + y + z). Vì thế ta biến đổi vế trái bằng cách thêm bớt cùng số 3 đưa về các dạng toán đã chứng minh. Giải

Biến đổi vế trái ta có :

Giải

 x   y  x y z   z + + = + 1 +  + 1 +  + 1 − 3 y+z z+x x+y  y+z  z+x  x+y 

a b a b a b 1 1 a) ( a + b )  +  = 1 + + + 1 = 2 + + ≥ 4 vì + ≥2 b a b a b a a b ( theo ví dụ 3 ta có

a b và là hai số dương nghịch đảo của nhau). b a

D ấ u “=”x ả y ra ⇔ a = b.

a a b b c c 1 1 1 b) ( a + b + c )  + +  = 1 + + + + 1 + + + + 1 = b c a c a b a b c

b a c c b a 3+ + + + + + ≥ 3+ 2+2+ 2 = 9. b a c a b c       D ấ u “=”xả y ra ⇔ a = b = c . *Nhận xét : Từ hai bất đẳng thức trên ta có thể suy ra những bài toán tương tự :

9 3 1 1 1  + + −3 ≥ 2 −3= 2 y + z z + x x + y  

 = 1 [ ( x + y ) + ( y + z )(z + x) ]  2

[Áp dụng kết quả ví dụ 7b với (x + y) = a; (y + z) = b ; (z + x) = c] Ví dụ 9. Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng :

a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc 1 1  1 1   1  1 b) 3  + +  ≥ 4  + +   ab bc ca  a+b b+c c+a 

* Tìm cách giải : Để có (a + b)(b + c)(c + a) thử xét

Cho a, b, c, d, e > 0 chứng minh

1 1 1 1 + + + a b c d

( a + b + c + d ) 

  ≥ 16 

1 1 1 1 1 + + + +  ≥ 25 a b c d e

( a + b + c + d + e ) 

Tổng quát cho a 1 ; a 2 ; a 3 ; …; a n > 0

 x +y+z x +y+z x +y+z  1 1 1  + + + + =   − 3 = (x + y + z)   −3 z+x x+y   y+z  y+z z+x x + y

(a + b)2(b + c)2(c + a)2 vì ta có (x + y)2 ≥ 4xy (bất đẳng thức Cauchy) Giải

a) Ta có (a + b)2 ≥ 4ab. Tương tự (b + c)2 ≥ 4bc; (c + a)2 ≥ 4ca. Do a, b, c > 0 nên 2 vế của cả ba bất đẳng thức đều dương nên ta nhân vế với vế được (a + b)2(b + c)2(c + a)2 ≥ 64a2b2c2 ⇔ [(a + b)(b + c)(c + a)]2 ≥ [8abc]2

ta có 146

147

⇔ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc do các biểu thức trong ngoặc [ ] đều dương.

Dấu “=”xảy ra ⇔ a = b = c. b) Ta có

x + 1012 + x − 1004 = x + 1012 + 1004 − x ≥ x + 1012 + 1004 − x = 2016 .

Dấu “= ” xảy ra ⇔

1 1 1 a + b + c 8(a + b + c) + + = = ab bc ca abc 8abc

21.1. a) Cho A =

T ừ câu a) đ ã ch ứ ng minh (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ta có :

1 1 1 8(a + b + c) + + ≥ ab bc ca (a + b)(b + c)(c + a)

a) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) , ∀ a, b, c. b) a2 + b2 + c2 + d2 ≥ a(b + c + d) , ∀ a, b, c, d. c) a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) , ∀ a, b, c, d, e.

1 4 1 4 1 1 1 4 4 4 ≥ ; ≥ + + ≥ + + (2) ⇒ bc (b+ c)2 ac (c+ a)2 ab bc ca (a + b)2 (b+ c)2 (c+ a)2 C ộng vế v ớ i vế c ủ a (1) và (2) áp d ụ ng h ằ ng đẳ ng th ứ c ở vế ph ả i : x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz = (x + y + z) 2 vớ i x =

∀a, b ≥ 0 .

21.2. Chứng minh rằng :

1 4 M ặ t khác (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ≥ tươ ng t ự ta có ab (a + b) 2

d) a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd ≥ 6 , ∀ a, b, c, d > 0 và abcd = 1. 21.3. a) Cho a.b.c ≠ 0 . Chứng minh

1 1 1 ; y = ; z = ta có a+b b+c c+a

đpcm

Dấu “=”xảy ra trong (1); (2) và (3) ⇔ a = b = c. Ví dụ 10. Cho A =

a 2 + b 2 + c2  a + b + c  ≥  3 3  

3 3 a+b a +b c) Chứng minh   ≤ 2  2 

8 8 8  1 1 1 + + ⇔ 2 + +  ≥ (1)  ab bc ca  (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) (a + b)(b + c)

1 1  1 1   1  1 + + 3 + +  ≥ 4   (3)  ab bc ca  a+b b+c c+a 

a b + Chứng minh A ≥ 2 nếu ab > 0 và A ≤ − 2 nếu ab < 0. b a

b) Chứng minh ∀ a, b, c thì

1 1 1 4(a + b) + 4(b + c) + 4(c+ a) + + ≥ ab bc ca (a + b)(b + c)(c + a)

⇔

−1012 < x < 1004

C. Bài tập vận dụng

a b c + + > 1. a +b b+c c+a 1 1 1 21.4. a) Chứng minh ∀ x, y > 0 ta có ≤ + ; x + y 4x 4y b) Cho a, b, c > 0 . Chứng minh

b) Từ đó chứng minh ∀ a, b, c > 0 ta có :

1 1 1 1 1 + + + ... + và n ∈ N*. Chứng minh A < . 5.9 9.13 13.17 (4n + 1)(4n + 5) 20

* Tìm cách giải : Bài toán có số tổng quát n với n ∈ N*. Ta có thể chứng minh bằng quy nạp toán học. Tuy nhiên từng hạng tử của A có quy luật có thể phân tích sau đó rút gọn nên ta sử dụng phương pháp tổng hợp.

a 3 − b3 b3 − c3 c3 − a 3 + + ≥ 0; ab 2 bc2 ca 2

4 4 4 1 1 1 + + ≤ + + . 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b a b c 21.5. Chứng minh :

a) a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) với a, b, c > 0 ;

Giải

b) a3 + b3 + c3 ≥ 3abc với a ; b ; c ≥ 0 ;

Nhận xét : với k ∈ N*

1 1  (4k + 5) − (4 k + 1)  1  1 1  = =  −  (4 k + 1)(4 k + 5) 4  (4 k + 1)(4 k + 5)  4  4 k + 1 4 k + 5 

c) 8(a3 + b3 + c3) ≥ (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 với a, b, c > 0. 21.6. Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh

a) a2(b + c – a)+ b2(c + a – b)+ c2(a + b – c) ≤ 3abc ;

11 1 1 1 1 1  11 1  1 Do đó : A =  − + − + ... + − =  − < 4  5 9 9 13 4n + 1 4n + 5  4  5 4n + 5  20 Ví dụ 11. Chứng minh rằng ∀ x ∈ R :

a b c + + < 2. b+c c+a a +b

21.7. a) Chứng minh (2x – 3)(2x – 6)(2x – 7)(2x – 10) + 36 ≥ 0 ;

x + 1012 + x − 1004 ≥ 2016 ;

Dấu “=” xảy ra khi nào ? b) M = x2016 – x2013 + x4 – x + 1 > 0 ∀ x.

Gi¶i

21.8.

¸p dông bÊt ®¼ng thøc a + b ≤ a + b 148

Cho a, b, c > 0 ch ứng minh r ằ ng 149

a b c a + b b + c c + a 15 + + + + + ≥ b+c c+a a+b c a b 2

21.18. a) Cho A =

21.9. Cho x; y; z là các số d ươ ng. Ch ứng minh r ằ ng :

Chứng minh rằng A ≥ 1 .

 1 1 1  9 2 + + . ≥  x+ y y+z z+x  x+ y+z 21.10. a) Chứng minh

với

G =

(Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 quận 9 TP Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012)

b) Cho ba số dương a, b, c chứng minh

2016 2016 2016 2016 + + + ... + < 1008 ; 1.3 3.5 5.7 2015.2017

b) Biết n! = 1.2.3.....(n – 1).n

( n ∈ N*). Chứng minh G < 1

(3a + b)(2c + a + b) ≤ (2a + b + c)2. (Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 TP Hồ Chí Minh năm học 2012 – 2013)

21.19. Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng :

(1 + x2)(1 + y2) ≥ (x + y)(1 + xy).

1 2 3 2015 + + + ... + ; 2! 3! 4! 2016 !

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2012 – 2013)

21.20. Chứng minh a5 + b5 ≥ a3b2 + a2b3 biết rằng a + b ≥ 0.

5 c) Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có H < 4 với

x3 y3 + trong đó x, y là các số dương thỏa xy = 1. 1+ y 1+ x

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên tỉnh Đồng Nai năm học 2012 – 2013)

1 1 1 1 1 H = 2 + 2 + 2 + 2 + ... + . 1 3 5 7 (2n − 1) 2

21.21. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng :

1 1 1 1 + + ≤ . a 2 + 2b 2 + 3 b 2 + 2c2 + 3 c2 + 2a 2 + 3 2

21.11. Chứng minh :

1 1 1 1 1 1 < + + + ... + < 2016 20152 + 1 20152 + 2 2012 2 + 3 20152 + 2015 2015

(Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 – 2013)

21.22. Cho các số dương x, y thỏa mãn x – y = x3 + y3

Chứng minh rằng x2 + y2 < 1. 21.12. Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn bất đẳng thức :

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh năm học 2013 – 2014)

21.23. Cho ba số dương x, y, z. Chứng minh rằng :

x2 + y2 + z2 + t2 + 13 < xy + 3y + 2z + 6t. 21.13.

x y z 3 + + ≤ . 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 4

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 Sn = 1 +

1 1 1 1 37 + + + ... + > n +1 n + 2 n+3 2n 24

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014)

21.14. Chứng minh rằng nếu x < 2 ; y < 2 thì 2(x + y) < 4 + xy . 21.15. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thỏa mãn điều kiện :

abc > 0  a + b + c > 0 ab + bc + ca > 0 

(1) (2) (3)

21.24. a) Chứng minh rằng nếu x ≥ y ≥ 1 thì x +

1 1 ≥ y+ ; x y

1 1 1 b) Cho 1 ≤ a, b, c ≤ 2 chứng minh rằng (a + b + c)  + +  ≤ 10 . a b c (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Trần Phú , Hải Phòng năm học 2013 – 2014)

21.25. Cho hai số thực a và b thỏa mãn a + b = 2. Chứng minh rằng :

thì a, b, c là ba số dương.

a2 + b2 ≤ a4 + b4.

21.16. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2014 – 2015)

n 1 1 1 < 1 + + + ... + n <n 2 2 3 2 −1

21.26. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

1 1 1 3 + + ≤ . ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4

21.17. Với bốn số thực a, b, c, d hãy chứng minh :

(1 + ab)2 + (1 + cd)2 + (ac)2 + (bd)2 ≥ 1.

(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 trường PTTH Trần Đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh năm học 2014 – 2015)

(Đề thi Ôlympic Toán học thành phố Lêningrat năm 1985) 150

151

h(x) = 8x – 3

Chuyên đề 22. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN

;

p(x) = 1 – 6x + 15x.

Ta có : * f(4) = – 5.4 + 4 = – 16

A. Kiến thức cần nhớ

1. Bấ t ph ương trình ẩ n x : có d ạ ng A(x) > B(x) ( hoặ c A(x) < B(x) ; A(x) ≥ B(x) ; A(x) ≤ B(x) ), trong đ ó A(x) và B(x) là hai biể u th ức ch ứa biế n x 2. Bất phương trình bậc nhất một ẩn : có dạng ax+ b>0 (hoặc ax + b < 0 ; ax + b ≥ 0 ; ax + b ≤ 0 ) trong đó a và b là hai số đã cho, a ≠ 0 . 3. Nghiệm của bất phương trình là giá trị của ẩn, khi thay vào bất phương trình được một khẳng định đúng. Tập hợp tất cả các nghiệm của một bất phương trình là tập nghiệm của nó. Giải một bất phương trình là tìm tập nghiệm của bất phương trình đó. 4. Hai bất phương trình tương đương : Có cùng tập nghiệm. 5. Quy tắc biến đổi bất phương trình :

;

g(4) = 2 – 3.4 = – 10.

f(4) < g(4) nên x = 4 là nghiệm của bất phương trình – 5x + 4 < 2 – 3x . * h(4) = 8.4 – 3 = 29

;

p(4) = 1 – 6.4 + 15.4 = 37.

h(4) < p(4) nên x = 4 không là nghiệm của bất phương trình 8x – 3 ≥ 1 – 6x + 15x. Ví dụ 2. Giải các bất phương trình bậc nhất một ẩn ở ví dụ 1 trên và biểu diễn nghiệm trên trục số.

* Tìm cách giải : Ta dùng các quy tắc biến đổi bất phương trình để giải. Giải

* Giải bất phương trình : – 5x + 4 < 2 – 3x ⇔ – 5x + 3x < 2 – 4 ⇔ – 2x < – 2

a) Quy tắc chuyển vế: Khi chuyển vế một hạng tử của bất phương trình phải đổi dấu hạng tử đó.

⇔

b) Quy tắc nhân với một số : Khi nhân hai vế của bất phương trình với một số khác không ta phải : Giữ nguyên chiều bất phương trình nếu số đó dương , đổi chiều bất phương trình nếu số đó âm.

x > – 2 : (– 2)

x>1 .

⇔

;

6. Bất phương trình dạng (hoặc đưa về dạng) : ax + b > 0 (a ≠ 0 ) có nghiệm x > −

b b nếu a > 0 ; x < − nếu a < 0 a a

* Giải bất phương trình :

Các bất phương trình ax + b < 0 ; ax + b ≥ 0 ; ax + b ≤ 0 ( a ≠ 0 ) giải tương tự.

⇔ x < (– 1) : 0,5

B. Một số ví dụ

b) – 5x + 4 < 2 – 3x ;

* Giải bất phương trình :

c) – 5y + 8y + 4 < 3 – 2,5y (ẩn y);

- Nghiệm của bất phương trình là giá trị của ẩn, khi thay vào bất phương trình được một khẳng định đúng. Do đó xét bất phương trình f(x) > g(x) (1) . Thay x = x0 vào (1). Nếu f(x0) > g(x0) thì x = x0 là nghiệm của (1) Nếu f(x0) ≤ g(x0) thì x = x0 không là nghiệm của (1)

c) – 5y + 8y + 4 < 3 – 2,5y (ẩn y) ; d) 8x – 3 ≥ 1 – 6x + 15x (ẩn x) là các bất phương trình bậc nhất một ẩn. Do x = 4 nên chỉ xét các bất phương trình ẩn x Đặt f(x) = – 5x + 4 ;

⇔

-4

;

x ≤ –4

Ví dụ 3. Giải các bất phương trình :

a) 5x – 7 > 3(x – 2) + 2x ; b) 4(1,5x + 2,5) < (x + 3)2 + ( 5 – x)(x + 5) ;

(xét tương tự với các bất phương trình khác) b) – 5x + 4 < 2 – 3x (ẩn x);

8x – 3 ≥ 1 – 6x + 15x

⇔ x ≤ 4 : (– 1)

* Tìm cách giải : - Dựa vào định nghĩa , bất phương trình nào đưa được về dạng ax+ b>0 (hoặc ax + b < 0 ; ax + b ≥ 0 ; ax + b ≤ 0 ) trong đó a và b là hai số đã cho, a ≠ 0 . Có thể chỉ cần căn cứ bậc cao nhất của ẩn trong bất phương trình là bậc 1.

Giải : Các bất phương trình

⇔ 8x + 6x – 15x ≥ 1 + 3 ⇔ – x ≥ 4

e) x2 – 6x + 5 ≤ 0 .

d) 8x – 3 ≥ 1 – 6x + 15x ;

x <–2

⇔

-2

Ví dụ 1. Trong các bất phương trình sau, bất phương trình nào là bất phương trình bậc nhất một ẩn. Kiểm tra xem giá trị x = 4 là nghiệm của bất phương trình nào trong các bất phương trình bậc nhất một ẩn.

a) 2x + 3y > 6y + 7 ;

8y – 5y + 4 < 3 + 2,5y

⇔ 8y – 5y – 2,5y < 3 – 4 ⇔ 0,5y < – 1

x−4 x+3 x −2 −x+2≤ − ; 5 4 3

d) 4x(x – 1,25) +

3(1 − 3x) ≥ (2x − 3)2 . 2

* Tìm cách giải : Sử dụng các quy tắc biến đổi bất phương trình đưa các bất phương trình về dạng ax + b > 0; ...

g(x) = 2 – 3x 152

153

* Tìm cách giải : Yêu cầu của bài toán là tìm nghiệm và nghiệm nguyên chung của hai bất phương trình. Ta phải giải hai bất phương trình rồi tìm các giá trị nguyên của nghiệm trong khoảng nghiệm chung của hai bất phương trình.

Giải

a) 5x – 7 > 3(x – 2) + 2x

5x – 7 > 3x – 6 + 2x ;

⇔

5x – 3x – 2x > – 6 + 7

⇔

0x > 1

⇔

Giải

Bất phương trình vô nghiệm. 2

⇔ 6x + 10 < x2 + 6x + 9 + 25 – x2 ⇔ 0x < 24

⇔ 6x – 6x < 25 + 9 – 10

⇔ 4(x – 3) + 5(11 + x) > 10(3x – 5)

nghiệm đúng ∀ x.

⇔ 4x – 12 + 55 + 5x > 30x – 50 ⇔ 9x – 30x > – 50 – 55 + 12

Nghiệm của bất phương trình là x ∈ R c)

≤ 15x + 45 – 20x + 40

d) 4x(x – 1,25) +

⇔ 6x – 30x < –150 + 24 + 135 + 20 ⇔ – 24x < 29

⇔ 8x2 – 10 + 3 – 9x ≥ 8x2 – 24x + 18

Ví dụ 4. Tìm x sao cho :

15x ≥ 25

⇔

Ví dụ 6. Cho A =

29 93 <x< 24 21

Giải

6x − 8 < 8x − 10 ⇔  8x − 10 < 7x − 2

6 x − 8 x < 8 − 10 ⇔  8 x − 7 x < 10 − 2

x 2 + 6 x + 9 − x3 + 3x 2 + 9 x − 27 : x3 + 27 x2 − 6 x + 9

Rút gọn biểu thức A rồi tìm giá trị của x để A < 0 . * Tìm cách giải : Bài toán yêu cầu từ kết quả rút gọn A giải bất phương trình A < 0. Lưu ý ĐKXĐ của A và các hằng đẳng thức.

Giá trị của x thỏa mãn đồng thời cả hai bất phương trình là nghiệm.

−2 x < −2 ⇔  x < 8

Giải ⇔

ĐKXĐ x ≠ ±3 2

1<x<8.

Ví dụ 5. Cho hai bất phương trình :

x − 3 11 + x 3 x − 5 + > (1) và 5 4 2

29 24

x ∈ {− 1; 0;1; 2; 3; 4 } .

* Tìm cách giải : Giải bất phương trình kép này thực chất là giải đồng thời hai bất phương trình 2(3x – 4) < 8x – 10 và 8x – 10 < 7x – 2.

 x > −2 : (−2)  x < 8

x>−

b) Giá trị nguyên của x thỏa mãn hai bất phương trình là :

5 x≥ . 3

2(3x – 4) < 8x – 10 < 7x – 2.

2(3x – 4) < 8x – 10 < 7x – 2

⇔

a) Giá trị của x thỏa mãn hai bất phương trình là −

⇔ 8x(x – 1,25) + 3(1 – 3x) ≥ 2(4x2 – 12x + 9)

⇔

2 x − 9 3x + 2 x−4 < x− + 5 2 3

⇔ 150 + 6x – 24 < 30x – 30x + 135 + 30x + 20

13 x ≥− . 43

3(1 − 3x) ≥ (2x − 3)2 2

⇔ 24x – 9x ≥ 18 + 10 – 3

93 21

⇔ 150 + 6(x – 4) < 30x – 15(2x – 9) + 10(3x + 2)

⇔ 12x – 60x + 20x – 15x ≤ 45 – 120 + 40 + 48 ⇔

⇔ x<

Giải bất phương trình (2) :

⇔ 12(x – 4) – 60x + 120 ≤ 15(x + 3) – 20(x – 2)

⇔ – 43x ≤ 13

– 21x > – 93

⇔

x−4 x +3 x −2 −x+2≤ − 5 4 3

⇔ 12x – 48 – 60x + 120

x − 3 11 + x 3x − 5 + > 5 4 2

Giải bất phương trình (1) :

b) 4(1,5x + 2,5) < (x + 3) + ( 5 – x)(x + 5)

( x + 3) ( x − 3) . ( x + 3) ( x 2 − 3x + 9 ) ( x 2 − 9) ( 3 − x )

−1 x 2 − 3x + 9

= 2

x−4 2 x − 9 3x + 2 < x− + (2) 5 2 3

a) Tìm giá trị của x thỏa mãn hai bất phương trình b) Tìm giá trị nguyên của x thỏa mãn hai bất phương trình. 154

3 9  27  3  27  Do x2 – 3x + 9 =  x 2 − 2.x. +  + = x −  + > 0 , ∀x . 2 4 4  2 4  Do đó A < 0 với x ≠ ±3 . Ví dụ 7. Giải bất phương trình sau với a, b là các hằng số dương. a – a2x > b – b2x * Tìm cách giải : Bất phương trình bậc nhất có hệ số bằng chữ. Khi giải lưu ý biện luận cho hệ số của ẩn. 155

Giải a) ⇔ a – a2x > b – b2x ⇔ ⇔ (b – a)(b + a)x > b – a

b) (2) ⇔

(b2 – a2)x > b – a . (1)

5 x − 100 5 x − 200 5 x − 600 −1+ −1 ≤ −2 900 800 200

1 ; b+a 1 Nếu b < a thì b – a < 0 . Nghiệm của bất phương trình là x < b+a Nếu b = a thì (1) trở thành 0x > 0 bất phương trình vô nghiệm.

⇔

5x −1000 5x −1000 5x −1000 1 1   1 + − ≤ 0 ⇔ ( 5x −1000)  + − ≤0 900 800 200  900 800 200 

1 1 1 19 + − =− < 0 Nên 5x – 1000 ≥ 0 ⇔ x ≥ 200 900 800 200 7200

Ví dụ 8. Tìm giá trị của m để phương trình sau có nghiệm dương

22.1. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A =

Nếu b > a thì b – a > 0 . Nghiệm của bất phương trình là x >

2(x − m) x − 2 x + 2 x + m − = − 2−m 2+m 2−m 2+ m

( m ≠ ±2 ). (1)

C. Bài tập vận dụng

x −1 x − 2 − có giá trị lớn hơn 4 nhưng nhỏ hơn 5. 2 3

22. 2. Giải các bất phương trình :

a) 3x – 2 > 5(x – 2) + 2(3 – x) ;

* Tìm cách giải : Ta giải phương trình có hệ số bằng chữ lại nằm ở mẫu, do đó đặc biệt lưu ý ĐKXĐ và sau khi tìm nghiệm lập luận để nghiệm dương.

b) 5(x + 2)2 < (2x + 3)(2x – 3) + (x – 5)2 + 30x ;

Giải

c) 4(2,5x2 + 1) ≥ 9(x + 3)(x – 3) + ( 2 – x)2 + 1 ;

(1) biến đổi thành 2(x − m)(2 + m) − (2 − m)(x− 2) = (x+ 2)(2 + m) − (x+ m)(2 − m)

d) x3 ≤ 2x + 56. 22.3. Giải bất phương trình :

⇔ 4x + 2mx – 4m – 2m2 – 2x + mx + 4 – 2m = 2

2x + mx + 4 + 2m – 2x + mx – 2m + m 2

⇔ 2x + mx = 3m + 6m

⇔ x(m + 2) = 3m(m + 2)

Với m ≠ −2 thì m + 2 ≠ 0 ta có x = 3m

x+2 2(x − 1) x 2 2 x − 3 (2 x − 1) 2 −5 > − x . (1) và − < + x . (2) 3 4 3 6 12 2 x − 1 x 2( x + 1) 1 b) − ≤ − . (3) 5 2 3 10 và 2x(x – 5) + x(x – 2) > 3(x + 4)(x – 4) – 12. (4) 22.5. Tìm số nguyên x thỏa mãn cả hai bất phương trình : 2(x − 1) x + 1 1 a) 3(2x – 5) > 2(6 – 7x). (1) và ≤ + . (2) 3 5 15 x −1 2x − 3 b) −1 ≤ . ( 3) và 4(x – 1)(x2 + x + 1) ≥ (4x2 + 3)x – 16. (4) 3 4 3x − 11 2 + 5x < − 2. 22.6. Tìm giá trị nguyên của x để 3(x − 1) − 4 < 5 4 a)

Để x > 0 thì 3m > 0 hay m > 0.

Vậy với m > 0 và m ≠ 2 thì phương trình có nghiệm dương. Ví dụ 9. Giải các bất phương trình :

2x − 1016 2x − 1000 2x − 16 2x − 1 + < + . 1000 1016 2000 2015

(1)

5 x − 100 5 x − 200 5 x − 500 + ≤ . 900 800 250

(2)

* Tìm cách giải : a) Thêm (– 1) vào mỗi hạng tử ở hai vế rồi quy đồng mẫu từng cặp ta thấy xuất hiện nhân tử chung 2x – 2016. b) Thêm (– 1) vào mỗi hạng tử ở vế trái, thêm (– 2) vào vế phải rồi quy đồng mẫu từng cặp ta thấy xuất hiện nhân tử chung 5x – 1000. Ta có cách giải sau : Giải

2x − 1016 2x − 1000 2x − 16 2x − 1 −1+ −1 < −1+ −1 a) (1) ⇔ 1000 1016 2000 2015 ⇔

x +1 x + 2 x + 3 x + 4 + > + . 2 3 4 5 22.4. Tìm giá trị của x thỏa mãn hai bất phương trình :

5   4x 2 1   2x 22.7. Cho biểu thức A =  + +  : 2 2x + 5   5 2x − 5   125 − 20x

a) Rút gọn biểu thức A ; b) Tìm x để A ≤ – 2 ; c) Tìm x để A > ax với a là một hằng số.

2x − 2016 2x − 2016 2x − 2016 2x − 2016 + < + 1000 1016 2000 2015

1 1 1 1 1 1 1   1 ⇔( 2x − 2016)  + − − + − − > 0 nên 2x – 2016 < 0 ⇔ 2x < 2016  < 0 . Do 1000 1016 2000 2015 1000 1016 2000 2015  ⇔ x < 1008. 156

22.8. Tìm giá trị của a để nghiệm của phương trình

. 157

a2 − 4 = 2 + a là số dương nhưng nhỏ hơn 2. 2x − 5

22.9. Giải các bất phương trình với a, b là các hằng số (a ≠ 0).

ax − b 2b b) + (a + b + 1)x > . a a

a) a(x – a) > 5(x – 5) ; 22.10. a) Giải bất phương trình :

22.11.

Nhị thức ax + b ( a ≠ 0) cùng dấu với a với các giá trị của x lớn hơn nghiệm của nhị thức, trái dấu với a với các giá trị của x nhỏ hơn nghiệm của nhị thức..

4. Ph ương pháp giả i các bấ t ph ương trình d ạ ng tích, th ương : Phân tích thành nhân t ử ch ứa các nh ị th ức bậ c nh ấ t. Lậ p bả ng xét d ấ u củ a nhị thức bậ c nh ấ t ax + b

5x+1015 5x+1000 5x+1 5x − 1 5x − 2 5x − 10 + + > + + . 1000 1015 2014 2016 2017 2025 1 1 1 1 Cho A = + + + ... + 1.3 3.5 5.7 9.11 1  1   1  1   B = 1 + 1 +  ... 1 + 1 +   1.3  2.4   8.10  9.11  2x Tìm số nguyên x thỏa mãn 2A < <B. 11

x +1 x +4 x+5 x+7 −2> + + . 2002 1999 1998 1996 (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8 huyện Thường Tín Hà Tây (cũ) năm học 2002 – 2003)

x + x − 1 > 5. (Thi vào lớp 10 Quốc học Huế năm học 2003 – 2004)

Cách 1: Bất phương trình đã cho tương đương với :

2x − 9 > 0  1945 + x > 0 ⇔ 2x − 9 < 0  1945 + x < 0

2x > 9 x > 4,5   x > − 1945  x > −1945 ⇔ ⇔  2x < 9 x < 4,5   x < −1945 x < −1945

;

 x > 4,5 ⇔   x < −1945

Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 4,5 ; x < – 1945. * Chú ý : Bằng việc lập bảng xét dấu của từng thừa số của tích là nhị thức bậc nhất ta có cách 2 : Lập bảng xét dấu : x

– 1945

4,5

2x – 9

–

1945 + x

–

(2x – 9) (1945 + x)

A(x) >0 ; B(x) A(x) A(x) A(x) (hoặ c <0 ; ≥0 ; ≤ 0 ). B(x) B(x) B(x) 3. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ax + b ( a ≠ 0) : b Nhị thức bậc nhất cùng dấu với a khi x > − a b Nhị thức bậc nhất trái dấu với a khi x < − a b Do − là nghiệm của nhị thức ax + b nên định lý được phát biểu : a 158

cùng dấu với a

Giải

A. Kiến thức cần nhớ

2. Bấ t ph ương trình d ạng th ương:

* Tìm cách giải : Với tích A.B > 0 xả y ra khi A và B cùng dấu . Do đó A > 0 và B > 0 hoặc A < 0 và B < 0. Ta có cách giải :

Chuyên đề 23. BẤT PHƯƠNG TRÌNH DẠNG TÍCH, THƯƠNG 1. Bấ t ph ương trình d ạng tích : A(x). B(x) > 0 (hoặ c A(x). B(x) < 0 ; A(x). B(x) ≥ 0 ; A(x).B(x) ≤ 0 )

trái dấu với a

Ví dụ 1. Giả i bất ph ương trình (2x – 9)(1945 + x) > 0.

22.13. Ký hiệu [a] (phần nguyên của a) là số nguyên lớn nhất không vượt quá a. Tìm x ∈ Z biết rằng  8x − 3   5  = 2x+1 .

22.15. Giải bất phương trình

ax + b

b a

B. Một số ví dụ

22.12. Một đội bóng đá tham gia một giải đấu. Đội đấu 20 trận và được 41 điểm. Theo quy định của giải, mỗi trận thắng được 3 điểm, mỗi trận hòa được 1 điểm, mỗi trận thua 0 điểm; Gọi số trận thắng của đội đó là x, số trận hòa là y và số trận thua là z, tìm x, y, z . Biết rằng số trận thắng của đội đó là một số chẵn.

22.14. Giải bất phương trình

−

Vậy nghiệm của bất phương trình :

x > 4,5 hoặc x < – 1945.

Ví dụ 2. Giải bất phương trình (x – 6)(x + 10) < – x2 + x + 30.

* Tìm cách giải : Ta phân tích vế trái thành nhân tử, xuất hiện nhân tử chung và chuyển vế để đưa về phương trình tích. Giải

a) Ta có – x2+ x + 30 = – x2 + 6x – 5x + 30 = – (x – 6)(x + 5) Do đó bất phương trình thành (x – 6)(x + 10) + (x – 6)(x + 5) < 0 ⇔ (x – 6)(2x + 15) < 0 .

x x–6

Lập bảng xét dấu : –7,5

–

6 –

0 159

2x + 15

–

(x – 6)(2x + 15)

–

Nghiệm của bất phương trình là

− x 2 − 5x + 28 ≥ −2 . x 2 + 2 x − 15

Ví dụ 5. Giả i bất phương trình

– 7,5 < x < 6 .

(1)

Và biể u diễn nghiệm trên trụ c số.

Ví dụ 3. Giải bất phương trình x + 36 ≥ 13x2 sau đó biểu diễn nghiệm trên trục số.

* Tìm cách giải : Chuyển tất cả về một vế rồi phân tích vế đó thành nhân tử và giải bất phương trình tích.

*Tìm cách giải: Nếu chuyển vế , rút gọn vế trái ta được bất phương trình dạng thương. Phân tích các tử, mẫu thành nhân tử rồi lập bảng xét dấu .

Giải

Ta có x4 + 36 ≥ 13x2 ⇔ x4 – 9x2 – 4x2 + 36 ≥ 0

⇔ (x2 – 9)(x2 – 4) ≥ 0

⇔ (x – 2)(x + 2)(x – 3)(x + 3) ≥ 0 .

ĐKXĐ

⇔ x4 – 13x2 + 36 ≥ 0

–3

(x + 1)(x − 2) x −x−2 − x − 5x + 28 ≥ 0. ≥0 ⇔ +2≥0 ⇔ 2 (x − 3)(x + 5) x + 2x −15 x 2 + 2x − 15

(1) ⇔

Lập bảng xét dấu :

–2

x ≠ 3 ; x ≠–5

–5

–1

x–2

–

x+1

–

x+2

–

x–2

–

x–3

–

x+5

–

x–3

–

x+3

–

Vế trái

–

+ +

 x ≤ −3  Nghiệ m củ a bấ t phương trình là :  − 2 ≤ x ≤ 2 . Biể u diễn nghiệ m :  x ≥ 3 -3

Ví dụ 4. Giả i bất phương trình :

-2

Nghiệ m củ a bấ t phương trình là

2016 − 6x ≤0 . x( x + 8)

Giải

x 2016 – 6x

–8

2016 − 6x . Lập bảng xét dấu : x( x + 8) 0

336

–

x+8

–

A ≤ 0 khi

−8 < x < 0  x ≥ 336 

Biể u diễn nghiệ m :

 5 5x − 15  2x − 9  1 − x Ví dụ 6. Cho biểu thức A =  − . 2 − 2x + 9   : .  1+ x  x + 3 2x − 9  x − 9

*Tìm cách giải : Đây là bất phương trình dạng thương của (2016 – 6x) chia cho x(x – 8). Ta có 2016 – 6x = 0 ⇔ x = 336 ; x + 8 = 0 ⇔ x = – 8

ĐKXĐ : x ≠ 0 và x ≠ – 8. Đặt A =

-1

-5

 x < −5  −1 ≤ x ≤ 2 .   x > 3

Tìm x để :

A<0.

* Tìm cách giải : Khi rút gọn biểu thức và khi tìm x để A < 0 cần lưu ý ĐKXĐ. Do sau khi chia 1 – x cũng thành mẫu số nên x ≠ ± 1. Giải

Rút gọn A : ĐKXĐ :

x ≠ ± 3; x ≠ ± 1; x ≠ 4,5 . Ta có :

 5 5(x − 3) (2x − 9)(1 − x 2 + 9)  1 + x A = − . . x + 3 (2x − 9) (x − 3)(x + 3)  1 − x   5 5(x − 3)(x + 3) 1 + x 5(x − 3)(1 + x) 5(1 − x 2 + 9)  1 + x = . = = − . x + 3 x + 3 1 − x x+3 1− x 1− x  

Lập bảng xét dấu : x x–3 160

Lậ p b ả ng xét d ấ u ta có:

–1 –

1 –

3 – 161

1+x

–

1–x

–

 −1 < x < 1  x > 3 ; x ≠ 4,5 

Vậy để A < 0 thì

m −5 m −5 (m + 1) − 3x >3 ⇔ −3 > 0 ⇔ >0 x−2 x −2 x −2 Ta thấy m + 1 – 3x = 0 ⇔ x = Ta có

Ví dụ 7. Gi ả i bấ t ph ươ ng trình :

1 1 1 1 + + + ... + 2 < 0. x − x x 2 − 3x + 2 x 2 − 5x + 6 x − 39x + 380

m +1 . 3

m +1 m +1 (m + 1) − 3x > 2 ⇔ m > 5 và < 2 ⇔ m < 5 . Đặt B = . 3 3 x−2

Lập bảng xét dấu : khi m > 5 x m + 1 – 3x

x–2

–

m +1 3 0 |

–

* Tìm cách gi ả i: Bấ t ph ươ ng trình có ẩ n ở mẫ u nên lưu ý Đ KX Đ . Ta có x2 – x = x(x – 1) ; x2 – 3x + 2 = (x – 1)(x – 2) ;... có d ạ ng t ổ ng quát A.(A – 1). Mà

1 A − (A − 1) 1 1 = = − . Ta phân tích các phân th ức ở v ế trái r ồi rút g ọn, s ẽ đượ c m ột phân A ( A − 1) A(A − 1) A −1 A

Với m > 5 ta có nghiệm của bất phương trình là :

th ứ c d ạ ng th ương. Giải

+ –

2<x <

m +1 3

Lập bảng xét dấu : khi m < 5 Đ KX Đ

x ∉ {0;1; 2;3;...;19; 20} .

x m + 1 – 3x

m +1 3 0

–

x–2

–

Biến đổi bất đẳng thức thành :

1 1 1 1 + + + ... + <0 x(x − 1) (x − 1)(x − 2) (x − 2)(x − 3) (x − 19)(x − 20) ⇔

–

1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − <0 x − 1 x x − 2 x −1 x − 20 x − 19

1 1 − <0 ⇔ x − 20 x

⇔

20 . x(x − 20)

Đặt A =

Với m < 5 ta có nghiệm của bất phương trình là :

20 <0 . x(x − 20)

m−3 = 3+ m x −3

–

x – 20

–

A < 0 khi

m +1 < x < 2. 3

Ví dụ 9. Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình sau lớn hơn 3 :

LËp b¶ng xÐt dÊu

x ∉ {1; 2;3;...;19} và 0 < x < 20

m −5 Ví dụ 8. Giải bất phương trình > 3 với m là tham số. x−2

* Tìm cách giả i: Bài toán giả i phương trình với tham số, tìm nghiệ m sau đ ó coi tham số m là ẩn để nghi ệ m lớn hơn 3 th ực chất là giải bấ t ph ương trình ẩn m. *Giải

a) V ới x ≠ 3 ta có m – 3 = (x – 3)(3 + m) ⇔ x(m + 3) = 4m + 6 * V ới m = –3 phương trình trở thành 0x = – 6 vô nghiệ m. * V ới m ≠ –3 ⇔ x =

* Tìm cách giải : Bất phương trình có ẩn ở mẫu lại có tham số nên phải lưu ý ĐKXĐ và biện luận tham số m khi giải bất phương trình.

Để x > 3 ta phả i có :

Giải

Đặt C = ĐKXĐ : x ≠ 2

m 162

m−3 . m+3

4m + 6 m+3

4m + 6 4m + 6 m−3 >3⇔ −3> 0 ⇔ >0 m+3 m+3 m+3 Lậ p bảng xét d ấu –3

3 163

m+3

–

m–3

–

Để x > 3 thì m > 3 hoặ c m < – 3.



x x 3 − 27 x 2 − 3x + 9  9 − 3 . . : x2 − 9  x2 + x − 6  x + 3 x + 27

23.10. Cho B = 

Tìm x để B ≥ 2015 . 23.11. Tìm giá tr ị c ủa m để ph ương trình có nghiệ m không âm

B. Bài tập vận dụng

3 = 5− m. x−2

23.1. Giải bấ t ph ương trình x2 + 3x – 1 ≤ 2x + 5 và biể u diễ n nghiệ m trên trục số 23.2. Giải các bấ t ph ương trình sau :

23.12. Giải bất phương trình sau :

a) (19x + 8) (2 – 9x) (3x – 2)(30 – 4x) > 0 ;

x2  1  1  1  1  1  1   − 1 − 1 − 1 − 1  − 1  − 1 x > − 4 7  3  6  10  15   21   28 

b) (10 – x)(5x – 2001) + 3x2 – 25x – 50 < 100 – x2 . 23.3. Giả i các bấ t ph ương trình và biểu diễn nghiệ m trên tr ục số.

a) x3 – 9x2+ 26x – 24 < 0 ; b) x4– 7x2 + 22x + 36 ≥ 4(x3 + 3). 23.4. Giải các bấ t ph ương trình sau và biểu diễn nghiệ m trên trụ c s ố

a) (2x + 1)(4x + 3)(8x + 5) 2 ≤ 9 ;

23.13. Giải bất phương trình sau :

2 2  x2 + x + 1945 1 1   2 1 1 + ... + > 1975  + + ... + +  + .  99.100  2 99 100   1.2 3.4  51 52 23.14. Giải bất phương trình :

x 1 x −1 2a(1 − x) − a 2 − < 2 + . a − a +1 a +1 a − a +1 1 + a3

b) (2x – 1)(2x – 2)(4x – 5)(4x – 7) ≥ 18 ;

c) (x2 – 3x + 2)(2x – 3)(2x – 5) > 30. 23.5. Giải các bất phương trình : 2

23.15.

a) (x + 2)(x – 2) (x – 8) ≤ 96 ; b) x4+ 4 ≥ 26(x2 + 2x + 2) + 3x3 + 6x2 + 6x ; 3

c) x(x – 27)(x + 1) > 6(x – 27). 23.6. Giả i bất ph ương trình 23.7.

−2x + 9 > 0. 1945 + 70x

1 + 5x ≥2 x−4

;

1 2 < ; x −8 x −6

23.8. Tìm x để

3 <

23.16. Giải bất phương trình

b) d)

3x 2x −1 ≤ 1+ ; x−2 x+2 2x 1 − > 1. x − 3 x −1

x−2 < A. 30

x −3 <3 x −1 (Thi tuyển sinh lớp 10 THPT Thừa Thiên - Huế năm học 2001 – 2002) 2

23.17. Giải bất phương trình 3 +

x −4 5 7 9 − < + x2 + 6 x2 + 1 x 2 + 3 x 2 + 5 (Khảo sát chất lượng học sinh giỏi lớp 8 huyện Thường Tín , Hà Nội năm học 2010 - 2011)

x + 3 < 5 . x − 5

Chuyên đề 24. PHƯƠNG TRÌNH. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

x − 3 x +1  +   x +1 x − 3  .  x − 3 x +1  −    x +1 x − 3 

( x − 2016 )  23.9. Cho A =

1  1  1  1   B = 1 − 2  1 − 2  1 − 2  ... 1 − 2   2   3   4   10  Tìm x để B <

Giải các bấ t ph ương trình : a)

 6  6  6   6  Cho A =  + 1  + 1  + 1 ...  + 1  8   18   30   260 

A. Kiến thức cần nhớ

ˆ ′A≥0 neu A 1. Định nghĩa về giá trị tuyệt đối : A =  ˆ ′A<0 − A neu

Rút gọn A sau đó tìm giá trị của x để A ≤ 0

2 . Bất phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối : 164

165

(α > 0)

a) Dạng 1: * f (x) < α ⇔ − α < f (x) < α .

* f (x) < g(x) ⇔ − g(x) < f (x) < g(x) .

 f (x) > α b) Dạng 2 : * f (x) > α ⇔  .  f (x) < −α

(α > 0)

c) Dạng 3 :

f (x) > g(x)

⇔

Rồi kết luận luôn nghiệm của phương trình là x = 1 và x = 1,4. Sai lầm ở chỗ vế trái luôn không âm nên 3x – 4 ≥ 0 ⇔ x ≥

c) PT ⇔ x2– 6x + 9 + 2x − 5 − x 2 + 16 = 0 ⇔ 2

[f (x)] > [g(x)]

3. Một số bất đẳng thức quan trọng về giá trị tuyệt đối :

và

a + b ≥ a+b

xả y ra dấu đẳng thức : ab ≥ 0

a − b ≤ a−b

xảy ra dấu đẳng thức : ab ≥ 0 và a ≥ b

4 . Do đó nếu giải kiểu này thì phải thử lại 3

2x − 5 = 6x − 25

* Với x ≥ 2,5 ta có 2x – 5 = 6x – 25 ⇔ x = 5. * Với x< 2,5 ta có 5 – 2x = 6x – 25 ⇔ x = 3,75 (loại). Phương trình có nghiệm duy nhất x = 5. Ví dụ 2. Giải các phương trình :

a) x2 – 3 x = 18

B. Một số ví dụ

b) x 2 − 4 x − 1 = 31

;

c) x − 2x + 4 = 8x − x − 8 .

Ví dụ 1. Giải các phương trình :

a) 2 x − 9 = 2015 ;

b) 2 x − 3 = 3x − 4 ;

* Tìm cách giải : Các phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối dạng đơn(có một dấu | |). Ta sử dụng định nghĩa về giá trị tuyệt đối để giải. Giải

a) Cách 1 : * Nếu 2x – 9 ≥ 0 ⇔ x ≥

9 thì 2x − 9 = 2x – 9 2

Ta có : 2x – 9 = 2015 ⇔ 2x = 2024

* Tìm cách giải: Sử dụng định nghĩa về GTTĐ . Giải

c) (x – 3)2 + 2x − 5 − (x + 4)(x − 4) = 0.

* Nếu 2x – 9 < 0 ⇔ x <

 2x − 3 = 3x − 4 x = 1 2 x − 3 = 3x − 4 ⇔  ⇔  2x − 3 = 4 − 3x  x = 1, 4

nghiệm trước khi kết luận.

f (x) > g(x) * f (x) > g(x) ⇔  f (x) < −g(x) 2

Chú ý :Tránh mắc sai lầm

⇔ x = 1012 ( thỏa mãn)

9 thì 2 x − 9 = 9 − 2x 2

Ta có : 9 – 2x = 2015 ⇔ – 2x = 2006 ⇔ x = – 1003 ( thỏa mãn). Nghiệm của phương trình là : x = – 1003 ; x = 1012.

 2 x − 9 = 2015  x = 1012 Cách 2 : 2 x − 9 = 2015 ⇔  ⇔  .  2 x − 9 = −2015  x = −1003

a) Với x ≥ 0 thì

x =x;

x2 – 3 x = 18 ⇔ x2 – 3x – 18 = 0

 x = −3 ⇔ (x + 3)(x – 6) = 0 ⇔  . Loại x = –3 . x = 6 Với x < 0 thì

x =–x;

x2 – 3 x = 18 ⇔ x2 + 3x – 18 = 0

x = 3 . Loại x = 3 . ⇔ (x + 6)(x – 3) = 0 ⇔   x = −6 Nghiệm của phương trình là x = ± 6  x 2 − 4 x − 1 = 31  x 2 − 4 x − 32 = 0 b) x 2 − 4 x − 1 = 31 ⇔  2 ⇔  2  x − 4 x − 1 = −31  x − 4 x + 30 = 0 Phương trình x2 – 4x – 32 = 0

x = 8 ⇔ (x – 8)(x + 4) = 0 ⇔   x = −4

Phương trình x2 – 4x + 30 = 0 vô nghiệm

b) * Với x ≥ 1,5 thì 2 x − 3 = 2 x − 3 Phương trình thành 2x – 3 = 3x – 4 ⇔ x = 1 loại vì x ≥ 1,5. * Với x < 1,5 thì 2x − 3 = 3 − 2x Phương trình trở thành 3 – 2x = 3x – 4 ⇔ – 5x = –7 ⇔ x =1,4 thỏa mãn . Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1,4.

166

vì x2 – 4x + 30 = (x – 2)2 + 26 > 0 , ∀ x . Vậy nghiệm của phương trình là x = 8 và x = – 4 . c) Do x2 – 2x + 4 = (x – 1)2 + 3 > 0 , ∀ x nên x 2 − 2x + 4 = x 2 − 2x + 4 . Do đó PT ⇔ x2 – 2x + 4 = 8x – x2 – 8

167

Vế trái

x = 3 ⇔ x2 – 5x + 6 = 0 ⇔ (x – 3)(x – 2) = 0 ⇔  x = 2 Ví dụ 3. a) Giải phương trình 2x − 5 − 7 + 9 = 21 ;

b) Giải phương trình : 2x − 1 − 4 + 8 − 10 = 15 . * Tìm cách giải : Các phương trình trên có nhiều dấu giá trị tuyệt đối lồng vào nhau (Dạng lồng ) :

ax + b + c + d = e Hoặc :

ax + b + c + d + e = h

Giải  2x − 5 − 7 = −12 a) PT ⇔ 2x − 5 − 7 + 9 = 21 ⇔   2x − 5 − 7 = 12  2x − 5 = −19  x = −7  2x − 5 = 19 ⇔  x = 12 .  

 2x − 5 = −5 (loai) ɺ ⇔ ⇔   2x − 5 = 19

0x + 2

0x + 2 = 8

 x = −10 ⇔   x = 11

Ví dụ 4: Giải các phương trình :

2 ≤ x ≤ 2,5 thì 2< x ≤ 3

thì 4x – 8 = 8

⇔ x=4

+ Với

x>3

thì 6x – 14 = 8

⇔ x=

b) Lập bảng xét GTTĐ : x2 9 – x2 x2 − 9

b) x 2 − 9 + x 2 − 25 = 26 ;

c) x + 1 + x + 2 + 2 x + 5 = 1 0 x .

Vô nghiệm

a x + b + c x + d + ... + p x + q = m .

x= 3

x2 – 9

25 |

x2 – 9

9 0

25 – x2

x2 – 25

Vế trái

34 – 2x2

0x2 – 16

2x2 – 34

Với x ≥ 25 ;

34 – 2x2 = 26

⇔ x2 = 4

0x – 16 = 26 2

2x – 34 = 26

⇔ x2 = 30 ⇔ x = ± 30 .

Vậy nghiệm của phương trình là x = ± 2 và x = ± 30 . c) Phương trình x + 1 + 2 x + 5 + 3 x + 2 = 1 0 x có vế trái không âm nên 10x ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 do đó x + 1 + 2x + 5 + 3x + 2 = 10x ⇔ x = 2.

3x − 4 − 5 − x + 2 = 1.

* Tìm cách giải : Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối có dạng hỗn hợp (vừa lồng, vừa rời) :

Ta phối hợp linh hoạt các cách giải ở các ví dụ trên :

(1) ⇔

3x − 4 − 5 = 1 + x + 2

 3x − 4 − 5 = 1 + x + 2   3x − 4 − 5 = −1 − x + 2

⇔

 3x − 4 − x + 2 = 6   3 x − 4 + x + 2 = 4

a) Lập bảng xét giá trị tuyệt đối (hay bảng phá dấu GTTĐ): 2,5 3–x

⇔ x = ±2 .

Vô nghiệm

Giải

2 3

x = 1 và

Giải

Ta lập bảng xét các giá trị tuyệt đối rồi giải phương trình. Câu c) ta nhận xét vế trái không âm nên suy ra ngay x ≥ 0.

11 (thỏa mãn) 3

ax + b + c + dx + e + ... + mx + n = p

* Tìm cách giải: Các phương trình có nhiều dấu giá trị tuyệt đối nhưng rời nhau (dạng rời )

( loại )

x 2 − 25

Ví dụ 5. Giải phương trình

a) x − 3 + 3x − 6 − 5 − 2 x = 8 ;

| 6x – 14

x = 1 (thỏa mãn)

+ Với

Với 9 < x < 25 ;

 2x − 1 = −13 (loai) 2x − 1 = −21 ɺ ⇔  2x − 1 = 21  2x − 1 = 21

4x – 8 ⇔

+ Với

 2 x − 1 − 4 = − 33 (loai) ɺ ⇔   2 x − 1 − 4 = 17

thì 14 – 6x = 8

Với x2 ≤ 9 ;

 2 x − 1 − 4 + 8 = − 25 2x − 1 − 4 + 8 = 25 ⇔   2 x − 1 − 4 + 8 = 25

 2x −1 − 4 = −17 ⇔ ⇔  2x −1 − 4 = 17

Nghiệm của phương trình :

Ta sử dụng phương pháp bỏ dần các dấu giá trị tuyệt đối từ ngoài vào trong.

b) PT ⇔

14 – 6x

Vậ y : + Vớ i x < 2

x −3

3–x

3x − 6

6 – 3x

3x – 6

5 − 2x

2x – 5

5 – 2x

168

x–3

a) Với 3x − 4 − x + 2 = 6 ta lập bảng xét giá trị tuyệt đối : x

4 3

–2

169

⇔

4 – 3x

3x − 4

–2–x

x+2

| 0

Vế trái 6 – 2x | Với x ≤ – 2 ; 6 – 2x = 6 Vớ i – 2 < x < Vớ i x ≥

4 – 3x

x+2

– 4x + 2 | 2x – 6 ⇔ x = 0 (thỏa mãn).

2x – 6 = 6

⇔ x=6

3≤ x <8

* N ếu x < 3 thì 2x − 6 < x + 2 ⇔ 6 – 2x < x +2 ⇔ – 3x < – 4

x+2

4 ; – 4x + 2 = 6 ⇔ x = – 1 (thỏa mãn) 3

4 ; 3

⇒

3x – 4

⇔

4 3

⇒

4 < x < 3 3

KÕt hîp ta ®-îc nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ Cách 2 : Ta có với x > – 2 thì x + 2 > 0

(thỏa mãn)

Ta có

2x − 6 < x + 2 ⇔ – x – 2 < 2x – 6 < x + 2

b) Với 3x − 4 + x + 2 = 4 lập bảng xét giá trị tuyệt đối : x

4 <x<8 3

2x − 6 < x + 2 2x − 6 > −x − 2

x < 8 3x > 4

x < 8   4  x > 3

3x − 4

4 – 3x

4 3 0

x+2

–2–x

x+2

Nghiệ m củ a bấ t phương trình là

– 2x + 6

4x – 2

Ví dụ 7. Giải các bấ t phương trình và biểu diễn nghiệ m trên trụ c số :

–2

Vế trái

2 – 4x

Với x ≤ – 2 ;

2 – 4x = 6

⇔ 

3x – 4

⇔ x = – 1 ( không thỏa mãn).

4 Vớ i – 2 < x < ; – 2x + 6 = 4 ⇔ x = 1 (thỏa mãn) 3 4 3 Vớ i x ≥ ; 4x – 2 = 4 ⇔ x = (thỏa mãn) 3 2 3   Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  − 1; 0; 1; ; 6  2   Ví dụ 6. Giả i các bấ t ph ương trình : a) 4x − 5 < 25 ;

a) 2x − 7 > 15 ;

Sau khi giải xong lưu ý khi tậ p hợp nghiệ m : nghiệ m bấ t ph ương trình f (x ) < α ph ải th ỏa mãn đồng thời cả hai bất phương trình f(x) < α và f(x) > – α ; nghiệ m bấ t phương trình f (x ) < g ( x ) phả i th ỏa mãn đồng thời cả hai bất ph ương trình f(x) < g(x) và f(x) > – g(x); Giải a) 4x − 5 < 25 ⇔ −25 + 5 < 4x < 25 + 5

⇔

−20 < 4x < 30

b) Cách 1 : Ta có

⇔

−5 < x < 7,5

2x − 6 = 2x − 6 nếu x ≥ 3

4 <x<8 3

2x + 3 >1 x −1

*Tìm l ời giải : Các bất phương trình dạng f (x) > α và

f (x) > g(x) * f (x) > g(x) ⇔  f (x) < −g(x) Sau khi giải xong lưu ý khi tập hợp nghiệm : nghiệm bất phương trình f (x) > α chỉ cần thỏa mãn một trong hai bất phương trình f (x) > α hoặc f (x) < −α ; nghiệm bất phương trình f (x) > g(x) chỉ cần thỏa mãn một trong hai bất phương trình f (x) > g(x) hoặc f (x) < −g(x) . * Lờ i giải :

 2 x − 7 > 15 2x > 22  x > 11 2 x − 7 > 15 ⇔  ⇔  ⇔   2 x − 7 < − 15 2 x < −8  x < −4

2x – 6 < x + 2 ⇔ x < 8 170

f (x) > g(x) .

 f (x) > α * f (x) > α ⇔  (α > 0)  f (x) < −α

2x − 6 = 6 − 2x n ếu x < 3 Vì th ế : * N ếu x ≥ 3 thì 2x − 6 < x + 2 ⇔

(với x ≠ 1) ;

Do đó ta sử d ụng định ngh ĩa vể giá trị tuyệ t đối để giả i hoặ c giả i theo cách giả i sau:

b) 2x − 6 < x + 2 .

(g(x) > 0)

⇔

c) x 2 − 3 > 5 − 2x .

*Tìm l ời giải : Các bất phương trình có dạng f (x ) < α và f (x ) < g (x ) . Do đó ta sử d ụng định nghĩa vể giá trị tuyệ t đối để giả i hoặc giải theo cách giả i sau. * f (x) < α ⇔ − α < f (x) < α ( α > 0 ) * f (x) < g(x) ⇔ − g(x) < f (x) < g(x)

⇔ 

171

 2x + 3  x −1 > 1 2x+3 b) >1⇔  ⇔ x −1  2 x + 3 < −1  x − 1

 2x + 3  x −1 −1 > 0 ⇔   2x + 3 +1 < 0  x − 1

x+4  x − 1 > 0 (*)   3 x + 2 < 0 (**)  x − 1

 x < −4  x < −4 2 Giải (*) có  . Giải (**) có − < x < 1 . H ợp nghiệ m  x > − 2 3 x > 1 3  -

-4

2 3

*  x < − 4 x > 1

x x

** − 2 < x < 1 3

2 3

* Vớ i

−3 ≤ x ≤ 4 thì

 x 2 − 3 > 5 − 2x  x 2 + 2x − 8 > 0 (*) c) x − 3 > 5x − 2 ⇔  2 ⇔  2  x − 3 < 2x − 5  x − 2x + 2 < 0 (**)

x > 2 ⇔ (x + 4)(x – 2) > 0 ⇔   x < −4

f (x) > g(x)

BPT

⇔ (4x +5)(2x + 13) < 0

⇔ − 6, 5 < x < − 1, 25

–1

–x

x +1

–x–1

x+1

x +1

x+1

2x − 5

5 – 2x

2x – 5

BPT ⇔

–x + x + 1 + 5 – 2x < 3x – 6

* Với −1 ≤ x < 0

BPT ⇔

–5x < –12

0 ≤ x < 2,5 BPT

4–x

172

x–4

x > 2,4 (loạ i)

⇔ x>

–7x < – 2

2 7

(loạ i)

⇔ ⇔ x – x – 1 + 5 – 2x < 3x – 6

–5x <–10

BPT ⇔

⇔

x>2

–x – x –1 + 2x – 5 < 3x – 6

–3x < 0

(đ úng với mọi x) x>2

C. Bài tập vận dụng 24.1. Giải các phương trình :

⇔

–x – x –1 + 5 – 2x < 3x – 6

V ậ y nghiệ m của bấ t phương trình là

–3

2,5

–x

⇔

a) Cách 1 : Lậ p bảng xét giá tr ị tuyệ t đối:

b)Lậ p bả ng xét giá tr ị tuyệ t đối :

* Với x ≥ 2,5

* Tìm cách giải : Các bất phương trình đã cho (viết tắt BPT) đều có nhiều biểu th ức trong dấ u giá trị tuyệ t đối nhưng rời nhau. Ta lậ p bảng xét giá tr ị tuyệ t đối của các biểu th ức để giả i bất ph ương trình.

> [g(x)]

⇔ 8x2 + 62x + 65

x − 4 > 3x + 9 ;

b) x − x + 1 + 2 x − 5 < 3 x − 6 .

[f (x)]

⇔

⇔ x2 – 8x + 16 > 9x2 + 54x + 81

⇔

4–x

ta được nghiệ m củ a bất ph ương

Cách 2 : Bình phương hai vế ta có :

* Vớ i

Ví dụ 8. Giải các bất ph ương trình :

x−4

⇔ x < –1,25

− 6, 5 < x < − 1, 25

trình là

⇔

x > −6,5

− 6, 5 < x < − 3 và − 3 ≤ x < − 1, 25

⇔

Giải (**) : Do x – 2x + 2 = (x – 1) + 1 > 0, ∀ x nên (**) vô nghiệ m.

Giải :

3x + 9

x < −6,5 ( loạ i )

* Với x > 4 thì BPT ⇔ x – 4 > 3x + 9 ⇔

Biểu diễn nghiệ m :

4 – x > –3x – 9 ⇔

H ợp hai khoảng nghiệ m :

* Với x < –1

3x + 9

BPT ⇔ 4 – x > 3x + 9

x < −3 thì (1) ⇔

 x < −4  x > − 2 3 

 x < −4 Nghiệ m củ a bấ t phương trình đã cho là  x > − 2 3 

Giải (*) : x2 + 2x – 8 > 0

* Vớ i

Chú ý : Ta còn cách gi ải khác đơn gi ản hơn dựa vào: 1

-4

–3x – 9

3x + 9

x 6 16 − =x− ; 2 5 5

b) x −

3x − 4 2x + 1 = 2− . 5 2

24.2. Giải các phương trình :

173

a) 2 x − 3 − 1 = 1 ;

( (Đề thi vào lớp 10 chuyên, Quốc học Huế năm học 1994 – 1995)

b) x − 2 = 2 x − 6 .

24.3. Giải các phương trình :

24.14. Giả i ph ương trình

x −1 + x −1 = 3 .

24.15. Giải phương trình

x − x −2 = 2.

(Thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hồ Chí Minh năm học 1994 – 1995)

a) 4 x + 5 + 4 x − 5 = 1 0 ; b) 2 x − 6 + x − 5 − x + 2 = 5 ;

(Thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong TP Hồ Chí Minh năm học 1995- 1996)

24.16. Giải phương trình

c) x + 4 + 2 1 − 2 x − 3 x = 5 − 4 x .

(x − 1) + 2 x − 1 − 8 = 0 . (Thi học sinh giỏi lớp 9 PT TP Hồ Chí Minh năm học 2001- 2002)

24.4. Giải phương trình: 2

24.17. Giải phương trình 2x + 5 = x + 3x − 1 .

a) x 2 − 2x − 1 = 2 ;

b) x

c) 4x – x2 = x − 1 + x − 5 ;

d) x 2 − 25 − x 2 − 9 = x 2 − 2x + 17 .

− 6 = x ;

(Thi vào lớp 10 PT năng khiếu ĐHQG TP Hồ Chí Minh năm học 2003- 2004)

24.18. Giải phương trình x + 1 + x − 1 = 1 + x 2 − 1 .

24.5. Cho phương trình x − 2 + x − 5 = m (với m là tham số). Hãy cho biết với giá trị nào của m thì phương trình có

(Đề thi tuyển sinh THPT chuyên ĐHQG Hà Nội năm 2004).

hai nghiệm, vô số nghiệm, vô nghiệm? 24.19. Giả i ph ương trình x − 2005

24.6. Giải phương trình 2 x − 5 = x − 3 + 4 . 24.7. Giải phương trình

2 x − 5 − 9 + 2 x − 5 − 11 = 12.

a) x 2 − 4x + 2 < 14

b) x − 3 < x 2 + 2x + 3

;

A. Kiến thức cần nhớ

2x + 5 . 3 24.9. Giải các bất phương trình :

1. Xét trong tập xác định (D) : a) Hằng số a là giá trị lớn nhất của A(x) với x = x0 nếu :

1 b) +1 > 3 x −2

;

∀ x , A(x) ≤ A(x0) = a . Ký hiệu : maxA(x) = a ⇔ x = x0 b) Hằng số b là giá trị nhỏ nhất của B(x) với x = x0 nếu

∀ x, B(x) ≥ B(x0) = b . Ký hiệu : min B(x) = b

d) − x 2 − 2x − 2016 ≥ x 2 + 2018 .

;

2006

Chuyên đề 25. GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC

;

c) 2x − 5 ≤

2x −1 > 2 x +3

+ x − 2006

(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm học 2004 – 2005)

24.8. Giải các bất phương trình :

a) 2 5x − 1 > 5x + 1

2006

⇔ x = x0

c) Hằng số a là giá trị lớn nhất của A(x,y,...) với x = x0 ; y = y0 ; ...

24.10. Giải các bất phương trình :

2x − 3

nếu ∀ x,y,... A(x,y,...) ≤ A(x0,y0,...) = a

1 ≥ a) 2 + 5 + 8 + ... + 8 9 9 1

;

c) 4x + 5 > x 2 − 2x + 5

;

24.11. Giải các bất phương

nếu ∀ x,y,... B(x,y,...) ≥ B(x0,y0,...) = b Ký hiệu :

b) x − 5 + x − 6 > 3x − 11 .

;

24.12. Giải các bất phương trình :

a) x − 4 − 6 − 8 > 2

;

⇔ x = x0 ; y = y0 ; ...

d) Hằng số b là giá trị nhỏ nhất của B(x,y,...) với x = x0 ; y = y0 ; ... d) −2. 3x − 5 > x 2 − x + 1 .

trình : a) x+5 < x − 3

Ký hiệu : maxA(x,y,...) = a

b) 2 − x ≤ x 2 − 4 ;

b) 2x − 3 − 11 + 5 < 6 .

minB(x,y,...) = b

⇔ x = x0 ; y = y0 ; ...

2. Định lý về cực trị : a) Nếu tổng hai số dương không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.

b) Nếu tích của hai số dương không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. 3. Một số bất đẳng thức hay dùng : (đã nêu trong chuyên đề 21)

* Một số đề thi:

a. Bất đẳng thức Cauchy .

24.13. Giải ph ương trình x + x + 1 + x + 2 = 7 .

b. Bất đẳng thức Buniacôvxky . 174

175

b) Hoán vị và nhân từng cặ p làm xuất hiệ n các biểu thức có phầ n giống nhau y2 – 11y rồi đặt ẩn phụ để giải.

c. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối. d. Bất đẳng thức tam giác.

Giải

B. Một số ví dụ

a) C = x4 – 6x3 + 9x2 + 3x2 – 18x + 27 – 12

1. Dạng tam thức bậc hai và đưa về tam thức bậc hai Ví dụ 1.

a) Tìm giá trị lớn nhất của

A(x) = 2015 + 2x – x2.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của

B(x) = 2x2 – 2(x – 5) .

= x2(x – 3)2 +3(x – 3)2 – 12 = (x – 3) 2(x2 + 3) – 12 . 2

Do x + 3 > 0 ∀ x ; (x – 3)2 ≥ 0, ∀ x ⇒ (x – 3)2 (x2 + 3) – 12 ≥ – 12, ∀ x Nên

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của C(y) = (y + 2)2 + (y – 5)2 *Tìm lời giải:

Để tìm giá trị lớn nhất của A(x) ta phân tích A(x) thành một số a trừ đi bình phương một tổng (hoặc hiệu) . Từ đó tìm x0 để ∀ x A(x) ≤ A(x0) = a .

Khi ấy

min B(x) = b

Đặt y2 – 11y + 24 = z ta có D = – (z – 6)(z + 6) = 36 – z2 ≤ 36 ∀ z

Vậy max D = 36 ⇔ z = 0 ⇔ y2 – 11y + 24 = (y – 3)(y – 8) = 0 3. Dạng đa thức nhiều biến bậc hai Ví dụ 3. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A(x,y) = x2 + 2x + 9y2 – 6y + 2018.

b) Tìm x, y, z để đa thức B(x,y,z) có giá tr ị lớn nhấ t.

⇔ x = x0

B(x,y,z) = 1 – (2x2 + 2y2 + z2 + 2xy – 2xz – 2yz – 2x – 4y)

Giải

*Tìm cách gi ải : a) Biế n đổi bi ểu thức thành t ổng các bình ph ương các nhị thức với một hằng số.

a) A(x) = 2015 + 2x – x2 = 2016 – (x2 – 2x + 1) = 2016 – (x – 1)2 2

b)Dùng tách, thêm bớt các h ạng tử làm xuấ t hiệ n bình ph ương các biể u th ức. Sử dụng hằ ng đẳ ng thức :

Do (x – 1) ≥ 0 , ∀ x nên 2016 – (x – 1) ≤ 2016 , ∀ x. Do đó max A(x) = 2016 ⇔ x – 1 = 0

a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c)2

⇔ x=1 2

1 1 19   1  19  Do b) B(x) = 2x2 − 2x + 10 = 2 ( x2 − x + 5) == 2  x2 − 2.x. + +  = 2  x −  + 2 4 4  2 2 

1  2 x −  ≥ 0 , ∀ x . 2 

1  19 19  Nên 2  x −  + ≥ 2 2 2 

∀x

Do đó min B(x) =

a) A(x,y) = x2 + 2x +1 + 9y2 – 6y + 1 + 2016 = (x + 1)2+(3y – 1)2 + 2016. Do (x + 1)2 ≥ 0 , ∀ x

và (3y –1)2 ≥ 0 , ∀ y

Nên (x + 1) + (3y – 1) + 2016 ≥ 2016 , ∀ x ; y

19 2

⇔ x=

1 2

Do đó min A(x,y) = 2016 ⇔ (x = –1; y =

29   = 2y2 – 6y + 29 = 2  y 2 − 3y +  2   2

Do đó min C(y) = 24,5 ⇔ y = 1,5.

x −1 = 0 x = 1   ⇔ y − 2 = 0 ⇔ y = 2 x + y − z = 0 z = 3  

4. Dạng phân thức

16 ; x 2 − 2x + 19 2 x −9 ; b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 2 x +3 1 + 2x − x 2 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = 2 . x − 2x + 2

Ví dụ 4. a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

2. Dạng đa thức một biến bậc lớn hơn hai :

C = x4– 6x3+ 12x2 – 18x + 15. D = (y – 2)(y – 5)(y – 6)(9 – y) .

* Tìm cách gi ải : a) Sử dụ ng tách hoặc thêm bớt để biến đổi biể u th ức làm xuấ t hiện các bình phương một nh ị thức. Giải 176

1 ) . 3

b) B(x,y,z) =1 – [(x2 – 2x + 1) + (y2– 4y + 4) + (x2 + y2 + z2 + 2xy – 2xz – 2yz) – 5] = 6 – [(x – 1)2 + (y – 2) 2 + (x + y – z) 2 ] ≤ 6 , ∀ x , y , z Do đó max B(x,y,z) = 6

3 9 49  3  49 49   = 2  y 2 − 2y. + +  = 2  y −  + , ∀y ≥ 2 4 4  2 2 2  

b) Tìm giá trị lớn nhất của

Giải

c) C(y) = (y + 2)2 + (y – 5)2 = y2 +4y + 4 + y2 – 10y + 25

Ví dụ 2. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của

⇔ x=3 .

⇔ y = 3; y = 8.

maxA(x) = a ⇔ x = x0

Để tìm giá trị nhỏ nhất của B(x) ta phân tích B(x) thành bình phương một tổng (hoặc hiệu) trừ đi một số b. Từ đó tìm x0 để ∀ x B(x) ≥ B(x0) = b .

Khi ấy

min C = – 12

b) D = [(y – 2)(9 – y)][(y – 5)(y – 6)] = – (y2 – 11y + 18)( y2 – 11y + 30)

177

a) Do x2 – 2x + 19 = (x – 1)2 + 18 ≥ 18 , ∀ x ⇒ 1 1 16 16 8 ≤ , ∀x ⇒ A = ≤ = ,∀x . (x − 1)2 + 18 18 (x − 1)2 + 18 18 9 8 Vậy maxA = ⇔ x=1 . 9 x 2 + 3 − 12 12 = 1− 2 b) B = . Do x2 + 3 ≥ 3 ∀ x nªn x2 + 3 x +3 12 12 ≤ 4 ⇒ 1− 2 ≥ −3 , ∀ x. VËy min B = –3 ⇔ x = 0 . x2 + 3 x +3 c) C=

6. Dạng cùng tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức Ví dụ 6. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức M =

Giải

3 − 1 ≤ 2 , ∀ x. ( x − 1) 2 + 1

Vậy maxC = 2

⇒

3 ≤3 ( x − 1) 2 + 1

⇔ x=1 .

5. Dạng chứng minh giá trị lớn nhất (nhỏ nhất)của biểu thức Ví dụ 5. a) Ch ứ ng minh giá tr ị lớ n nh ấ t c ủ a A =

3 − 4

khi và chỉ khi

16 x + , với x > 2. x−2 4

b) Cho 7a + 9b = 42 với a, b > 0. Tìm giá trị lớn nhất củ a tích P = ab . Giải

Gọi 2 số dương là a và b . Ta có (a – b)2 ≥ 0 ⇔ a2 – 2ab + b2 ≥ 0 ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab.

b) Chứng minh giá trị nhỏ nhất của B =

x − 2x + 2 1 (x ≠ 0) là x2 2

khi và chỉ khi x = 2

*Tìm cách giải: +Phương pháp chứng minh max A(x) = a ( a là hằng số ): có (x0) sao cho A(x0) = a .

Giải −x 2 + x − 1 3 ≤− x 2 − 2x + 1 4

∀ x ≠ 1. Thật vậy ∀ x ≠ 1

−x 2 + x − 1 3 −x 2 + x −1 3 − x 2 − 2x − 1 −(x + 1) 2 ≤− ⇔ 2 + ≤0⇔ 2 ≤0⇔ ≤0 2 x − 2x + 1 4 x − 2x + 1 4 x − 2x + 1 (x − 1) 2 Hiển nhiên đúng. Dấu “=” xả y ra ⇔ (x + 1)2 = 0 ⇔ x = – 1

x 2 − 2x + 2 1 ≥ x2 2

∀ x ≠ 0 . Thật vậy ∀ x ≠ 0

x 2 − 2x + 2 1 x 2 − 2x + 2 1 x 2 − 4x + 4 (x − 2)2 ≥ ⇔ − ≥0⇔ ≥0⇔ ≥0 x2 2 x2 2 2x 2 2x 2 178

1) Nếu a + b = k > 0 không đổi thì 4ab ≤ k2 ⇔ ab ≤

Chứng minh A(x) ≤ a , ∀ x và

+ Phương pháp chứng minh min B(x) = b ( b là hằng số ) . Chứng minh B(x) ≥ b , ∀ x và có (x0) sao cho B(x0) = b .

b) Ta chứng minh B =

⇔ x=– 5

5(x 2 + 5) − 5(x 2 − 2x + 1) (x − 1) 2 M= = 5− 2 ≤ 5 , ∀x * x2 + 5 x +5 Do đ ó maxM = 5 ⇔ x= 1 . . 7. Dạng bài tập áp dụng định lý, tính chất về cực trị: Ví dụ 7. Ch ứng minh đị nh lý: 1) Nếu tổng hai số dương không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. 2) Nếu tích của hai số dương không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Áp dụng : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của T =

−x 2 + x − 1 (x ≠ 1) là x 2 − 2x + 1

x=–1

a) Ta chứng minh A =

(x 2 + 10x + 25) − (x 2 + 5) (x + 5) 2 = 2 − 1 ≥ −1 , ∀ x x2 + 5 x +5

Do đ ó minM = –1

1 ≤1 ( x − 1) 2 + 1

∀ x nên

10(x + 2) . x2 + 5

Tìm cách giả i : Bi ến đổi biể u th ức M để có a ≤ M ≤ b , ∀ x (a, b là các hằng số)

1 + 2x − x 2 3 − (x 2 − 2x + 2) 3 = = 2 −1 x 2 − 2x + 2 x 2 − 2x + 2 x − 2x + 2

Do x2 – 2x + 2 = (x – 1)2 + 1 ≥ 1 ⇒

Hiển nhiên đúng. Dấu “=” xả y ra ⇔ (x – 2)2 = 0 ⇔ x = 2

Vậy

k2 k ⇔ a=b= 4 2 2) N ếu a.b = h > 0 không đổi ta có (a + b) 2 ≥ 4h

k2 4

max(a.b) =

a + b ≥ 2 h . Do đ ó min (a + b) = 2 h

⇔ a=b=

⇒

16 x 16 x−2 2 Áp d ụng : a) T = + = + + . x−2 4 x−2 4 4

16 x − 2 16 x − 2 ; là 2 số dương có tích × = 4 không đổi nên tổng của chúng nhỏ x−2 4 x−2 4 16 x−2 nhất ⇔ = x−2 4 ⇔ (x – 2)2 = 64 . Phương trình có 2 nghiệm x = 10 và x = – 6 . Nghiệm x = 10 thỏa mãn điều kiện của bài. Vậy min A = 4,5 ⇔ x = 2 . b) Xét 63P = 7a ×9b trong đó 7a + 9b = 42 không đổi nên tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Ta có với x > 2 thì

179

7 . . 3 Ví dụ 8. : Ch ứ ng minh t ổ ng m ộ t s ố d ươ ng v ớ i ngh ị ch đả o c ủ a nó có giá tr ị nh ỏ nh ấ t là 2.

7a = 9b = 21. V ậ y maxP = 7 ⇔ a = 3 ; b =

1 1 Áp d ụng : a) Với a, b > 0 tìm giá trị nhỏ nhất của A = ( a + b )  +  ; a b

b) Theo a) ta có A + 2B = 36 và A ≥ B ⇒ 3B ≤ A + 2B = 36 nên B ≤ 12 ⇒ max B = 12 ⇔ x=y=z=2. c) Ta có A + 2B = 36 mà B ≤ 12 nên : A – 2B = A + 2B – 4B ≥ 36 – 48 ⇒ min (A – 2B) = –12 ⇔ x = y = z = 2. 9. Dạng bài chứa dấu giá trị tuyệt đối

1 1 1 b) Với a, b, c > 0 tìm giá trị lớn nhất của B = 1 – ( a + b + c )  + +  . a b c

Ví dụ 10. a) Tìm giá trị lớn nhấ t c ủa biểu thức A =

1945 − 2x − 9 2015

Giải

Gọi số d ương là x . Thì số nghị ch đả o của nó là

B = 2x − 5 + 2x − 11 ;

b) Tìm giá trị nhỏ nhất củ a biể u th ức

1 x

c) Tìm giá trị lớ n nhấ t c ủa biểu th ức C = 4 5 x − 8 – 16 – (5x – 8) 2.

1 1 1 1  Ta có tích x. = 1 không đổi nên tổng x + nhỏ nhất khi và chỉ khi x = ⇔ x = 1. Vậ y min  x +  = 2 x x x x  ⇔ x = 1. a b 1 1 a b và là hai số d ương ngh ịch đả o nhau. Theo chứng a) A = ( a + b )  +  = + + 2 = 2 . Do b a a b b a minh trên A ≥ 2 + 2 = 4. V ậ y min A = 4 ⇔ a = b .

Ta luôn có: ∀x , 2x − 9 ≥ 0 do đ ó 1945 – 2x − 9 ≤ 1945 và

1945 − 2x − 9 2015

≤

1945 . Dấ u “=” xả y ra ⇔ 2x – 9 = 0 ⇔ x = 4,5 2015

Do đó max A =

1945 389 = ⇔ x = 4,5 2015 403

b) Cách 1 : Sử dụng a + b ≥ a + b . Dấ u “=” xả y ra ⇔ ab ≥ 0 .

1 1 1  a b  b c   c a  b) Ta có C= ( a + b + c )  + +  = 3 +  +  +  +  +  +  a b c  b a   c b a c

Ta có B = 2x − 5 + 2x − 11 = 2x − 5 + 11 − 2x ≥ (2x − 5) + (11 − 2x) = 6 Vậy B ≥ 6 Dấu “=” xảy ra ⇔ (2x – 5)(11 – 2x) ≥ 0 Lập bảng xét dấu :

Theo chứng minh trên ta có C ≥ 3 + 2+ 2 + 2 = 9. Nên B = 1 – C ≤ 1 – 9 V ậ y min B = – 8

⇔ x = y = z.

2,5

5,5

8. Dạng bài tập các biến bị ràng buộc bởi các hệ thức

2x – 5

–

Ví dụ 9.

11 – 2x

–

Vế trái

–

Cho x + y + z = 6 .

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + z2; b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B = xy + yz + zx ;

(2x – 5)(11 – 2x) ≥ 0 ⇔ 2,5 ≤ x ≤ 5,5 .

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A – 2B .

Do đ ó min B = 6 ⇔ 2,5 ≤ x ≤ 5,5.

Giải

a)Cách 1: x + y + z = 6 ⇒ (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 36. 2 z ≥ 2yz ; z2 + x2 ≥ 2zx .

M ặt khác x2 + y2 ≥ 2xy ; y2 +

Cách 2 : Lậ p bảng xét giá tr ị tuyệ t đối :

2,5

5,5

Do đ ó c ộng vế với vế c ủa ba bất đẳng thức cùng chiều này ta được :

2x − 5

5 – 2x

2x – 5

2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx) ⇒ x2 + y2 + z2+ 2(x2 + y2 + z2) ≥ 36 ⇒ 3(x2 + y2 + z2) ≥ 36. V ậ y min A = 12 ⇔ x = y = x = 2 .

2x − 11

11 – 2x

2x – 11

Cách 2 : Áp dụng bấ t đẳng thức Bunhiacôpski cho bộ 3 số 1, 1, 1 và x, y, z ta có (x.1 + y.1 + z.1) 2 ≤ (12 +12 +1 2 )( x2 + y2 + z2) Hay (x + y + x)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) T ừ đó A ≥

(x + y + z ) 2 36 = = 1 2 , ∀ x, y, z. 3 3

⇔ x=y=z=2 . 180

Vậ y min A = 12

* Với x < 2,5

ta có B = 16 – 4x > 6 .

* V ới

2,5 ≤ x ≤ 5,5 thì B = 6 .

* V ới

x > 5,5

(1) (2)

ta có B = 4x – 16 > 6.

Từ (1); (2); (3) ta có

min B = 6 ⇔

(3) 2,5 ≤ x ≤ 5,5. 181

Giải

c) Đặ t 5x − 8 = y

S = x 12 + 2 2 x 22 + 3 2 x 32 + ... + n 2 x 2n + 2(x 1 + 2x 2 + 3x 3 + ... + nx n ) + 2 n

thì

C = 4 5 x − 8 – 16 – (5x – 8)2 = 4 5 x − 8 – 16 – 5x − 8

= – (y2 – 4y + 4) – 12 = – (y – 2)2 – 12 ≤ – 12 . V ậ y max C = – 12 ⇔ y = 2 ⇔ 5x − 8 = 2 ⇔ x = 2; x =1,2. C. Bài tập vận dụng:

T = 2(50 + x1 + 2x2 + 3x3 +... + nxn ) − (12 + 22 + 32 + ... + n2 ) − ( x12 + x22 + x32 + ... + x2n ) Dạng phân thức

20 0 ; 16 x 2 − 8x + 21 −50 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 2 ; x − 4x + 6 2015 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức E = 2 ; x + y 2 − 2(x + y) + 2018

25.6: a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

Dạng tam thức bậc hai và đưa về tam thức bậc hai 25.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức :

a) A(x) = 4x2 + 8x + 15; b) A(y) = (y + 1)2 + (y – 2)2 + (y – 3)2 – (y + 4)2; c) A(z) = (z + 2)3 – (z – 2)(z2 + 2z + 4).

25.7 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D =

25.2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :

a) B(x) = 15 + 6x – x2 ; 2

c) Với n ∈ N và n > 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

5x 2 + 26 ; x2 + 5

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức E =

b) B(y) = (y – 2) + 2(y – 1) + (2 – y )(2 + y ) ;

11z 2 − 22z + 33 c) B(z) = .  1  1  1   1   2 − 1   2 − 1   2 − 1  ...  2 − 1  2  3  4   10 

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F =

4x 2 − 8x + 16 ; x2 + 4

d) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức G =

4x 2 +16x + 38 . x 2 + 4x + 8

Dạng đa thức một biến bậc lớn hơn hai 25.3. a) Tìm giá trị nhỏ nhất c ủa biểu thức C = (x – 3)(x – 5)(x2 – 8x + 17)

4 4 d) Tìm giá tr ị lớn nh ất củ a biểu thức F = 2018 – ( x − 2014) + ( x − 2016)  .  

3x ; x 2 + 2x + 1

25.8. a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f(x) =

b) Tìm giá tr ị lớn nh ất củ a biểu thức D = (1 – x)(x3 – 11x2 + 41x – 55); c) Tìm giá trị nh ỏ nhất c ủa biểu thức E = (x2 + 9x + 18)(x2 + x – 2) + 1;

5x 2 − 2x + 9 ; x2 + 2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức g(x) =

3x 2 − 12x + 13 − 2(x − 2) x 2 − 4x + 4

với x ≠ 2 .

Dạng đa thức nhiều biến bậc hai

Dạng chứng minh giá trị lớn nhất (nhỏ nhất)của biểu thức

25.4. a) Tìm x, y để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị đó :

25.9. a) Ch ứng minh giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a biể u th ứ c A = x2 – 6x + 15 là 6 khi và ch ỉ khi x = 3.

M(x,y) = x2 – 2xy + 4y2 + 12y + 22 . b) Tìm x, y để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị đó : N(x,y) = 2006 – x2 – 3y2 – 2xy – 2x + 6y c) Tìm x, y, z để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị đó : P(x,y,z) = 1 – x2 – y2 – z2 + 2x + 4y + 6z

b) Chứng minh giá trị lớn nhất của biểu th ức B = c) Cho C =

1 + 2y chứng minh rằng : 2 + y2

maxC = 1 ⇔ y =1 và minC = – 0,5 ⇔ y = –2.

d) Tìm x, y, z , t để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị đó : Q(x,y,z,t) = (x + y + z)2 + x2 + y2 + 2t2 + 2xt – 4y – 6t + 113. 25.5. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 R = x 1 + x 2 + x 3 + ... + x 10 − 4(x 1 + x 2 + x 3 + ... + x 10 ) .

b) Với n∈ N và n > 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của : 182

25.10. Chứng minh rằng với x ∈Z , các biểu thức :

a) A =

30 có giá trị lớn nhất là 30 ⇔ x = 3 4− x

b) B =

x − 26 có giá trị lớn nhất là 24 ⇔ x = 2 x −3 183

− x 2 + 4x + 4 là 8 ⇔ x = 2. x 2 − 4x + 5

c) C =

1975 − x có giá trị nhỏ nhất là – 31 ⇔ x = 1944. x − 1945

Dạng bài chứa dấu giá trị tuyệt đối 25. 18. Tìm giá trị nhỏ nhấ t của các biểu thức sau:

a) L = 5 x − 2010 + 5 x − 2020 ; Dạng cùng tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức

b) M = x − 2015 + x − 2016 + x − 2017 + x − 2018 ;

25.11. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức : x 2 + 4x+6 6x + 1 a) D = ; b) E = x 2 + 2x + 3 ; 2 9x + 2

2x 2 + 2x+2 c) G = x 2 + 2x + 1 với x ≥ 0 ;

c) N = (19x – 8)2 –10 19 x − 8 + 1970 . 25. 19. Tìm giá trị lớn nh ất của các biểu thức sau:

d) K = x + y với x + y = 50.

Dạng bài tập áp dụng định lý, tính chất về cực trị 25.12. a) Chứng minh trong các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất.

b) Chứng minh trong các hình chữ nhật có cùng diện tích , hình vuông có chu vi nhỏ nhất. 25.13. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B =

(x + 8)(2x + 9) với x > 0 x

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C =

x +3 với x ≥ 0 . x +1 2

6 + 2y 5

;

b) Q =

2014 1954 − ; 7y − 5 + 60 60

c) T = x + 5 − x + 2 25.20. Tìm giá trị nh ỏ nhấ t của biểu th ức :

S = z − 1 + z − 2 + z − 3 + ... + z − 99 + z − 100 . 25.21. Tìm tất cả các giá trị của x để hàm số y = x2 + x +16 + x2 + x − 6 đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó. (Thi vào 10 THPT Chu Văn An & Hà Nội Amsterdam năm học 2000 – 2001)

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D = (x – 5x – 20)(28 – x + 5x) .

a b c 25.14. a) Với a, b, c > 0 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức G = 2020 –  + +  ; b c a b) Với a, b, c, d > 0 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 H = (a + b + c + d )  + + + a b c d

a) P = 8 −

25.22. Cho biểu thức A = – x2 – y2 + xy + 2x + 2y. Hãy tìm cặp số (x , y) để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị đó. (Thi vào 10 THPT Chu Văn An & Hà Nội Amsterdam năm học 2001 – 2002)

25.23. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

(x 3 + y3 ) − (x 2 + y2 ) trong đó x, y là những số thực lớn hơn 1. (x − 1)(y − 1) (Thi vào lớp 10THPT chuyên ĐHQG Hà Nội năm 2004)

  + 4. 

25.24. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 5x2 + 9y2 – 12xy + 24x – 48y + 82

25.15. Với x, y, z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức :

1 1  1  1 1  1 a) K = x  +  + y + ;  + z + z z+z x x+y  y y+z

x 2 + (y + z) 2 y 2 + (z + x) 2 z 2 + (x + y) 2 + + b) L = . x(y + z) y(z + x) z(x + y) Dạng bài tập các biến bị ràng buộc bởi các hệ thức

(Thi vào 10 THPTchuyên Lê Hồng Phong TPHồ Chí Minh năm học 2004 – 2005)

25.25. Cho x > 0. Tìm giá trị của x để biểu thức N =

( x + 2010)

đạt giá trị lớn nhất .

(Thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT Lê Khiết Quảng Ngãi năm học 2009-2010)

25.26. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B =

3x 2 + 6x + 10 . x 2 + 2x + 3

( Thi chọn học sinh năng khiếu lớp 8 huyện Lâm Thao Phú Thọ năm học 2009 – 2010)

25.27. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + xy + y2 – 2x – 3y + 2010 khi các số thực x, y thay đổi. Giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại các giá trị nào của x và y.

25.16 Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau :

a) D = a2 + b2 với a ; b > 0 và a + b = 4 ;

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Quốc học Huế năm học 2010 – 2011).

b) E = a2 + b2 + c2 với a, b, c > 0 và a + b + c = 3 ; c) F = a3 + b3 + 2ab biết a + b = 2. 25.17. a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức G =2ab với a + 2b = 2 ;

1 1   1 + +  với a, b, c ≥ 0 và a + b + c ≤ 3.  a +1 b +1 c +1 

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H = 1 − 

184

25.28. Cho số tự nhiên n có hai chữ số, chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y (nghĩa là x ≠ 0 và n = n 10x + y). Gọi M = . x+y a) Tìm n để M = 2. b) Tìm n để M nhỏ nhất. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 PT năng khiếu ĐHQG TP Hồ Chí Minh năm học 2010 – 2011). 185

25.29. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0 ≤ a ≤ 4 ; 0 ≤ b ≤ 4 ; 0 ≤ c ≤ 4 ; và a + b + c = 6. Tìm giá trị lớn nhấ t c ủa biểu th ức :

a ≡ b (mod mi), i = 1; 2; ...; k ⇒ a ≡ b (mod [m1; m2;...;mk]). Đặc biệt nếu (mi, mj) = 1 (i, j = 1; 2;...; k) thì

P = a 2 + b2 + c 2 + ab + bc + ca.

a ≡ b (mod mi) ⇒ a ≡ b (mod m1. m2.....mk). 9. Nếu a ≡ b (mod m) thì tập hợp các ước chung của a và m bằng tập hợp các ước chung của b và m.

(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hà Nội năm học 2013 – 2014)

Đặc biệt : a ≡ b (mod m) ⇒ (a, m) = (b, m)

10. Chia hai vế và môđun của một đồng dư cho một ước dương chung của chúng :

Chuyên đề 26. ĐỒNG DƯ THỨC A. Kiến thức cần nhớ

a ≡ b (mod m) , k ∈ UC(a,b,m), k > 0 ⇒

I. Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0. Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m và ký hiệu :

 m  Đặc biệt : ac ≡ bc (mod m) ⇒ a ≡ b  mod  (c, m)  

a ≡ b(mod m) . Chú ý : a) a ≡ b(mod m) là một đồng dư thức với a là vế trái, b là vế phải.

b) a ≡ b(mod m) ⇔ a – b ⋮ m ⇔ ∃t ∈ z sao cho a = b + mt. c) Nếu a và b không đồng dư với nhau theo môđun m ta ký hiệu : a ≡/ b (mod m). 1. Tính chất phản xạ :

III. Một số định lý (ta thừa nhận không chứng minh) 1. Định lý Fermat bé. Cho a là số nguyên dương và p là số nguyên tố. Khi đó ta luôn có ap ≡ a (mod p). Đặc biệt nếu (a, p) =1thì ap-1 ≡ 1(mod p). 2. Định lý Wilson. Với mọi số nguyên tố p thì (p – 1)! ≡ –1(mod p). 3. Định lý Euler. Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên tố cùng nhau với m; ϕ(m) là số các số

II. Tính chất :

2. Tính chất đối xứng :

a b m ≡  mod  k k k

nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. Khi đó a ϕ(m) ≡ 1 (mod m) .

a ≡ a (mod m). a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m).

3. Tính chất bắc cầu : a ≡ b (mod m); b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m). 4. Cộng hay trừ từng vế của đồng dư thức có cùng môđun : a ≡ b (mod m) ; c ≡ d (mod m) ⇒ a ± c ≡ b ± d (mod m) Tổng quát : ai ≡ bi (mod m), i = 1; 2; ...; k ⇒ a1 ± a2 ± ... ± ak ≡ b1 ± b2 ± ... ± bk (mod m). 5. a) Nhân hai vế của đồng dư thức với một số nguyên : a ≡ b (mod m) ⇒ ka ≡ kb (mod m) với k ∈ Z

Chú ý: Nếu số nguyên dương m có dạng phân tích thành thừa số nguyên tố: m = p1α1 .p2α2 .....pαk k thì ϕ(m) =

 1  1   1  m  1 −  1 −  ...  1 −  .  p1  p 2   pk 

B. Một số ví dụ 1. Dạng toán tìm số dư trong phép chia có dư

* Tìm cách giải : Với hai số nguyên a và m, m > 0 luôn có duy nhất cặp số nguyên q, r sao cho a = mq + r, a ≡ r(mod m) 0 ≤ r < m . Để tìm số dư r trong phép chia a cho m ta cần tìm r sao cho  . 0 ≤ r < m Ví dụ 1. a) Tìm số dư trong phép chia 15325 – 1 cho 9.

b) Tìm số dư trong phép chia 20162018 + 2 cho 5

b)Nhân hai vế và môđun của đồng dư thức với một số nguyên dương: a ≡ b (mod m) ⇒ ka ≡ kb (mod km) với k ∈N* 6. Nhân từng vế của nhiều đồng dư thức có cùng môđun : a ≡ b (mod m) ; c ≡ d (mod m) ⇒ ac ≡ bd (mod m) Tổng quát ai ≡ bi (mod m), i = 1; 2; ...; k ⇒ a1 a2...ak ≡ b1b2...bk (mod m). 7. Nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa : a ≡ b (mod m) ⇒ ak ≡ bk (mod m) (k ∈N*) 8. Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau theo môđun là BCNN của các môđun ấy :

Giải

a) Ta có 1532 = 9.170 + 2 ≡ 2 (mod 9) do đó 15325 ≡ 25 (mod 9) ⇒ 15325 – 1 ≡ 25 – 1 (mod 9) . Vì 25 – 1 = 31 ≡ 4 (mod 9). Do đó 15325 – 1 ≡ 4 (mod 9). Vậy số dư cần tìm là 4. b) Ta có 2016 ≡ 1 (mod 5) do đó 20162018 ≡ 12018 (mod 5) ⇒ 20162018 + 2 ≡ 12018 + 2 (mod 5) . Vì 1 + 2 = 3 ≡ 3 (mod 5). Do đó 20162018 + 2 ≡ 3 (mod 5). Vậy số dư cần tìm là 3. Ví dụ 2. Chứng minh

(20132016 + 20142016 – 20152016 )10 ⋮ 106

Giải 186

187

Ta phải tìm số tự nhiên r sao cho 0 = r ≡ (20132016 + 20142016 – 20152016 )10 (mod 106)

122n. 12 ≡ 11n. (– 112) (mod 133) ⇒ 122n+1 ≡ –11n+2 (mod 133) 2016

≡ 1(mod 106)

122n+1 + 11n+2 ≡ 0 (mod 133) hay 122n+1 + 11n+2 ⋮ 133.

2016

≡ 0(mod 106)

3. Dạng toán xác định dấu hiệu chia hết

Ta có 2013 = 106.19 – 1 ⇒ 2013 ≡ –1(mod 106) ⇒ 2013 2014 = 106.19

12 ≡ – 112 (mod 133) (2) Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có :

Mà

⇒ 2014 ≡ 0 (mod 106) ⇒ 2014

2015 = 106.19 + 1 ⇒ 2015 ≡ 1(mod 106) ⇒ 20152016 ≡ 1(mod 106)

Ví dụ 6. Cho số a = a n a n −1...a1a 0 ( 1 ≤ a n ≤ 9 ; 0 ≤ a i ≤ 9 ; i = 0; 1; ...; n –1)

Do đó (20132016 + 20142016 – 20152016 )20 ≡ 0 (mod 106).

Hãy xác định dấu hiệu chia hết :

Ví dụ 3. a) Hãy tìm chữ số tận cùng của 99

a) Cho 3;

b) Hãy tìm hai chữ số tận cùng của 31000

b) Cho 4.

Giải

Ta có a = a n a n −1...a1a 0 = an.10n + an-1.10n-1 + ...+ a1.10 + a0 .

a) Tìm chữ số tận cùng của một số là tìm dư trong phép chia số đó cho 10. Vì 9 10

Do 910 là số lẻ nên số 99 có chữ số tận cùng là 9. Ta có 34 = 81 ≡ – 19(mod 100) ⇒ 38 ≡ (– 19)2(mod 100) Mà (– 19)2 = 361 ≡ 61(mod 100) Vậy 38 ≡ 61(mod 100) 310 ≡ 61.9 ≡ 549 ≡ 49 (mod 100) ( do 492 = 2401 = 24.100 + 1)

Do đó 31000 ≡ 01 (mod 100) nghĩa là hai chữ số sau cùng của 31000 là 01. Khi số dư trong phép chia a cho m bằng 0 thì a ⋮ m. Như vậ y để chứng tỏ Ví dụ 4. Chứng minh 42018 – 7 ⋮ 9 Giải

Ta có 43 = 64 ≡ 1 (mod 9) ⇒ 42016 = ( 43 ) Vậ y 4

2018

– 7 ≡ 0 (mod 9)

Ví dụ 5. Chứng minh rằng 12

2n+1

672

2018

– 7 ⋮ 9.

hay 4

+ 11

n+2

2016

≡ 1(mod 9) 2

. 4 ≡ 1. 7 (mod 9)

⋮ 133 ( n ∈ N)

Cách 1:Ta có 122 = 144 ≡ 11(mod 133) ; 112 = 121 ≡ –12(mod 133)

Do đó 12

= 12. (12

2 n

)

Vậy a ⋮ 3 ⇔ an + an-1+ ...+ a1 + a0 ≡ 0 (mod 3) ⇔ an + an-1+ ...+ a1 + a0 ⋮ 3.

b) Ta có 102 = 100 ≡ 0 (mod 4) ⇒ ai. 10i ≡ 0 (mod 4) , i = 2; 3; ...; n ⇒ an.10n + an-1.10n-1 + ...+ a1.10 + a0 ≡ (a1.10 + a0) (mod 4)

Vậy a ⋮ 4 ⇔ a1. 10 + a0 ≡ 0 (mod 4) ⇔ a1a 0 ⋮ 4. Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : 4 n +1

+ 32

4n +1

+ 2007 chia hết cho 22 Giải Theo Định lý Fermat bé ta có 210 ≡ 1(mod 11) ; 310 ≡ 1(mod 11) Ta có 34 = 81 ≡ 1(mod 10) ⇒ 34n+1 = 3. (34)n ≡ 3(mod 10) ⇒ 34n+1 = 10k + 3 , (k ∈ N) Mặt khác 24 = 16 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 24n ≡ 1(mod 5) ⇒ 24n+1 = 2.(24)n ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n+1 = 10t + 2 , (t ∈ N) 4n +1

Giải 2n+1

a) Ta có 10 ≡ 1(mod 3) do đó ai. 10i ≡ ai (mod 3) , i = 1; 2; 3; ...; n

a ⋮ m ta chứng minh a ≡ 0 (mod m)

Mặt khác 4 = 16 ≡ 7(mod 9) ⇒ 4

= 9.81 ≡ 9(mod 10).

4. Dạng toán sử dụng các định lý

2. Dạng toán chứng minh sự chia hết:

Do đó an.10n + an-1.10n-1 + ...+ a1.10 + a0 ≡ (an + an-1+ ...+ a1 + a0) (mod 3)

b) Tìm hai chữ số tận cùng của một số là tìm dư trong phép chia số đó cho 100.

320 ≡ 492 ≡ 01 (mod 100)

2n + 1

Do đó 23

+ 32

4n +1

10 k

= 23. ( 2 4 n +1

Mà 23

+ 32

)

4n +1

+ 2007 = 210k +3 + 310t + 2 + 2002 + 5 t

+ 32. ( 310 ) + 22.91 + 5 ≡ 23 + 32 + 0 + 5 ≡ 0 (mod 11) 4 n +1

+ 2007 ⋮ 2 (vì 23 4 n +1

4 n +1

là số chẵn 32

là số lẻ 2007 là số lẻ).

4n +1

23 + 32 + 2007 ⋮ 22. Do (2 ; 11) = 1 nên Ví dụ 8. Cho a1 ; a2 ; ... ; a2016 là 2016 số nguyên dương . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để a15 + a 52 + a 35 + ... + a 52016 ⋮ 30 là a1 + a2 + ... + a2016 ⋮ 30.

≡ 12. 11 (mod 133)

11n+2 = 112. 11n ≡ –12. 11n (mod 133) Do đó 122n+1 + 11n+2 ≡ 12. 11n – 12. 11n ≡ 0 (mod 133). Vậy với n ∈ N thì 122n+1 + 11n+2 ⋮ 133 . Cách 2: Ta có 122 = 144 ≡ 11(mod 133) ⇒ 122n ≡ 11n (mod 133) (1) 188

Giải Theo định lý Fermat bé , do 2; 3; 5 là các số nguyên tố và a là số nguyên dương bất kỳ ta có : a2 ≡ a (mod 2) ⇒ a4 = (a2)2 ≡ a2 ≡ a (mod 2) ⇒ a5 ≡ a (mod 2) 189

a3 ≡ a (mod 3) ⇒ a5 = a3. a2 ≡ a.a2 ≡ a3 ≡ a (mod 3) a5 ≡ a (mod 5) Theo tính chất nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau theo mô đun là BCNN của các môđun ấy. Do đó a5 ≡ a (mod 2.3.5) hay a5 ≡ a (mod 30) ⇒ a5 – a ≡ 0 (mod 30)

Nghĩa là

5 1

Dạng toán tìm số dư trong phép chia có dư 26.1. Tìm số dư trong phép chia

b) 20142015 + 20162015 + 2018 cho 5.

a) 8! – 1 cho 11. 50

d) 15 + 35 + 55 +... + 975 + 995 cho 4.

c) 2 + 41 cho 7

26.2. Tìm số dư trong phép chia :

+ a 52 + a 35 + ... + a 52016 ) – (a1 + a2 + ... + a2016) ≡ 0 (mod 30)

a) 15325 – 4 cho 9 ;

Vậy a1 + a2 + ... + a2016 ⋮ 30 ⇔ a 15 + a 52 + a 53 + ... + a 52016 ⋮ 30

2016

Ví dụ 9. Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k – 1 chia hết cho 105. (Đề thi học sinh giỏi toán cấp 2 toàn quốc năm 1983).

c) 20142015

b) 22000 cho 25;

cho 13.

26.3. Tìm số dư trong phép chia :

a) A = 352 – 353 + 354 – 358 + 3516 + 3532 cho 425.

Giải 5

Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 mà 10 = 2 .5 nên (1983; 10 ) = 1. Áp dụng định lý Euler ta có :

( )

ϕ 105

1983

≡ 1 ( mod 105 ) .

b) B = 1010 + 1010 + 1010 + ... + 1010 26. 4.

a) Tìm chữ số tận cùng của 4

cho 7.

b) Tìm hai chữ số tận cùng của 3999. c) Tìm ba chữ số tận cùng của số 2512.

4  1  1  Ta có ϕ (105 ) = 105 1 − 1 −  = 4.104 . Nghĩa là 19834.10 − 1 ⋮ 105  2  5 

Dạng toán chứng minh sự chia hết

26.5. Chứng minh :

Vậy k = 4. 10 .

a) 412015 – 6 ⋮ 7

4. Dạng toán khác 4k

Ví dụ 10. Chứng minh rằng 1 + 2 + 3 +4

không chia hết cho 5.

c) 3 – 2

Giải

b) 24n+1 – 2 ⋮ 15 (n ∈ N);

;

d) 2015 – 1 ⋮ 341.

⋮ 13 ;

26.6. Chứng minh 189079 + 19452015 + 20172018 ⋮ 7.

a5 ≡ a (mod 5) ⇔ a4 ≡ 1

Do 5 là số nguyên tố nên theo Định lý Fermat bé ta có: với a = 1; 2; 3; 4 ta có (mod 5) ⇔ a4k ≡ 1 (mod 5).

Ví dụ 11. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p tồn tại vô số số có dạng 2 – n , (n ∈N) chia hết cho p. (Thi vô địch Canađa năm 1983) Giải : * Nếu p = 2 thì 2n – n ⋮ 2, ∀ n = 2k (k ∈ N ).

2p-1 ≡ 1 (mod p) ⇒ 2p-1 – 1 ≡ 0 (mod p) ⇒

2( p −1) – 1 ≡ 0 (mod p) .

p −1)

– 1 ⋮ p (k ∈ N ; k ≥ 2).

Hãy xác định dấu hiệu chia hết : a) Cho 9;

b) Cho 25;

10 n +1

26.10. Cho A = 22

c) Cho 11;

d) Cho 8.

+ 19 với n ∈ N*. Chứng minh rằng A là một hợp số.

26.11. Cho B = (12!) + 20162015. Chứng minh rằng B chia hết cho 13.

2k p −1 – (p – 1)2k = 2( ) − 1 − ( p − 1) − 1 ⋮ p     2k

⋮p

( n ∈ N*)

Dạng toán xác định dấu hiệu chia hết

Dạng toán sử dụng các định lý cơ bản

Mặt khác (p – 1)2k ≡ (– 1)2k ≡ 1 (mod p) ( ⇒ 2

26.8. Chứng minh rằng 52n-1 . 2n+1 + 22n-1 . 3n+1 ⋮ 38

26.9. Cho số a = a n a n −1...a1a 0 ( 1 ≤ a n ≤ 9 ; 0 ≤ a i ≤ 9 ; i = 0; 1; ...; n –1)

* Nếu p ≠ 2 do (2 ; p) = 1 nên theo định lý Fermat bé ta có :

p −1)

119

Chứng minh M ⋮ 102.

Chứng tỏ 14k + 24k + 34k + 44k ⋮/ 5.

Hay là 2(

220

b) Cho M = 220119 + 11969 + 69220 + (220 + 119 + 69)102

Do đó 14k + 24k + 34k +44k ≡ 1 + 1 + 1 + 1 ≡ 4 (mod 5).

26.7. a) Chứng minh 55552222 + 22225555 + 155541111 ⋮ 7

26.12. Chứng minh rằng với n ∈ N :

⋮p

2 n +1

+ 3.23n ⋮ 7 ;

4 n +1

+ 2.125n +1 + 5.102n ⋮ 11 .

Vậy tồn tại vô số số tự nhiên n có dạng n = (p – 1)2k, ( ∀ k ∈ N ; k ≥ 2) sao cho 2n – n ⋮ p .

a) 22

C. Bài tập vận dụng

b) 22 190

191

Dạng toán khác:

(

)

B = ( 5x − 2)( x + 1) − 3x x 2 − x − 3 − 2x ( x − 5)( x − 4 )

26.13. a) Với giá trị nào của số tự nhiên n thì 3 + 63 chia hết cho 72.

(

B = 5x + 5x − 2x − 2 − 3x + 3x + 9x − 2x x 2 − 5x − 4x + 20

b) Cho A = 20n + 16n – 3n – 1 . Tìm giá trị tự nhiên của n để A ⋮ 323.

)

B = −3x3 + 8x2 + 12x-2-2x3 + 18x2 − 40x

26.14. Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn 2p + 1 ⋮ p .

B = −5x3 + 26x2 -28x-2.

26.15. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 20 là số nguyên tố . 26.16. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng số abp – bap ⋮ p với mọi số nguyên dương a, b.

2 1.2.a) ( x + x + 1).( x − 3)

= x 3 + x 2 + x − 3x 2 − 3 x − 3

26.17. a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của ba số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có dư là 7.

= x3 − 2 x 2 − 2 x − 3

b) Chứng minh phương trình 4x2 + y2 + 9z2 = 2015 không có nghiệm nguyên.

b) ( x 2 − 3 x + 1).(2 − 4 x)

2009

26.18. Tìm hai chữ số tận cùng của 20112010

(Đề thi Olympic Toán Singapore năm 2010)

26.19. Cho biểu thức A = (a2012 + b2012 + c2012) – (a2008 + b2008 + c2008) với a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho 30. (Đề thi chọn học sinh giỏi môn toán lớp 9 TP Hà Nội năm học 2011 – 2012)

26.20. Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức

x4 + y4 = 7z4 + 5.

(Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội năm học 2011 – 2012).

26.21. Tìm hai chữ số cuối cùng của số A = 41106 + 572012. (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội năm học 2012 – 2013).

26.22. Cho a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn a + 20 và b + 13 cùng chia hết cho 21. Tìm số dư trong phép chia A = 4a + 9b + a + b cho 21. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2013 – 2014)

26.23. Cho n là một số nguyên dương chứng minh A = 23n + 1 + 23n – 1 + 1 là hợp số. (Đề thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hà Nội năm học 2014 – 2015)

26.24. Chứng minh A = 20124n + 20134n +20144n +20154n không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương n. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016)

= 2 x 2 − 6 x + 2 − 4 x 3 + 12 x 2 − 4 x = −4 x 3 + 14 x 2 − 10 x + 2.

c) ( x 2 + 3x − 2).(3 + x − 2 x) = ( x 2 + 3x − 2).(3 − x) = 3x 2 + 9 x − 6 − x 3 − 3 x 2 + 2 x = − x 3 + 9 x − 6 − x3 − 3 x 2 + 2 x = − x3 + 11x − 6. 1.3.a) Ta có

C = 5x2 + 5x − 2x − 2 − 5x2 − x + 15x + 3 − 17x − 51 . ⇒ C = −50. Vậy biểu thức C = -50 không phụ thuộc vào x. b) D = 6x2 + 48x − 5x − 40 − 6x 2 − 9x + 2x + 3 − 36x+27

⇒ D = −13. . Vậy giá trị biểu thức D = -13 không phụ thuộc vào giá trị của biến x. 2 2 1.4.a) 5x − 35x − 15x + 105 − 5x + 10x − x + 2 = 25

−41x + 107 = 25 -41x = -82

x = 2.

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ

b) 3x + 15x − 21x − 105 − 3x − 2x + 3x + 2 = −13

Chuyên đề 1. PHÉP NHÂN CÁC ĐA THỨC

-5x -103 = -13

1.1.a) Ta có :

-5x = 90

A = 12x2 + 4x − 3x − 1 − 5x2 + 15x − x 2 + 3x + 4x − 12

x = -18.

A = 6x + 23x − 13.

1.5.a) Ta có :

b) Ta có :

A = 12 x − 8 − 15 x 2 + 10 x + 3x − 6 − 2 x 2 + 4 x A = −17 x 2 + 29 x − 14 192

193

Với x= - 2, thay vào biểu thức ta có :

a = 1 a = 1 a = 1 2b = −2 b = −1    ⇔ ⇔ ⇔ b = −1 b − ac = 1 −1 − 1.c = 1 c = −2  2a − bc = 0 2 − (−1).c = 0

A = −17.(−2) 2 + 29.( −2) − 14 A = −68 − 58 − 14 A = −140. b) Ta có: B = 5 x.( x − 4 y ) − 4 y.( y − 5 x)

1.8.Biến đổi đa thức, ta có:

= 5 x 2 − 20 xy − 4 y 2 + 20 xy

A = (2 − n).(n 2 − 3n + 1) + n.(n 2 + 12) + 8

= 5x2 − 4 y 2

A = 2n 2 − n3 − 6n + 3n 2 − n + 2 + n3 + 12n + 8

1 1 Thay x = − ; y = − vào biểu thức ta có: 5 2 2

A = 5n 2 + 5n + 10⋮ 5. 1.9.Xét vế trái:

1 1 6  1  1 B = 5.  −  + 4.  −  = 5. + 4. = . 25 4 5  5  2

( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c) + ( x − c)( x − a )

1.6.a) Với x = 2020 nên ta thay 2021 = x + 1vào biểu thức, ta có: 6

A = x − ( x + 1) x + ( x + 1) x − ( x + 1) x + ( x + 1) x − ( x + 1) x + x + 1 A = x 6 − x 6 − x5 + x 5 + x 4 − x 4 − x 3 + x 3 + x 2 − x 2 − x + x + 1 A = 1. b) Với x = - 19 nên ta thay 20 = - x + 1 vào biểu thức, ta có:

B = x10 + ( − x + 1) x9 + (− x + 1) x8 + ... + (− x + 1) x 2 + (− x + 1) x + (− x + 1)

= x2 − ax − bx + ab + x2 − bx − cx + bc + x2 − ax − cx + ca = ab + bc + ca + 3x2 − 2x ( a + b + c )

= ab + bc + ca + 3x2 − 2x.2x = ab + bc + ca − x2 . Vế trái bằng vế phải suy ra điều chứng minh. 1.10. Ta có ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = ( a − 1)( bc − b − c + 1)

B = x10 − x10 + x9 − x9 + x8 − x8 + ... + x2 − x 2 + x − x + 1 B = 1.

= abc − ab − ac + a − bc + b + c − 1

1.7.

= abc − (ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) − 1

= abc − ab − bc − ca + a + b + c − 1

a ) 2 x 2 .(ax 2 + 2bx + 4c) = 6 x 4 − 20 x 3 + 8 x 2

= abc − abc + 1 − 1 = 0.

⇔ 2ax 4 + 4bx3 + 8cx 2 = 6 x 4 − 20 x 3 + 8 x 2 (1) (1) đúng với mọi x

 2a = 6 a = 3   ⇔ 4b = −20 ⇔ b = −5 8c = 8 c = 1  

Chuyên đề 2. CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ

b) (ax + b).( x 2 − cx + 2) = x 3 + x 2 − 2

2 3 2 3 2 2.1. a) A = x − 4x + 4 + x + 4x + 4 + x + 9x + 27x + 27 + 27x + 27x + 9x + 1

⇔ ax 3 + bx 2 − acx 2 − bcx + 2b + 2ax = x3 + x 2 − 2

A = 28x3 + 38x2 + 36x + 36 .

⇔ ax 3 + (b − ac) x 2 + (2a − bc) x + 2b = x3 + x 2 − 2(2)

Vậy hệ bố của x2 là 38.

(2) đúng với mọi x

2 2 3 2 3 2 b) B = 4x − 4x + 1 + x − 4x + 4 + x − 9x + 27x − 27 + 27x − 27x + 9x − 1

B = 28x3 − 31x2 + 28x − 23 . Vậy hệ số của x2 là -31. 194

195

2.2. a) Ta có:

2.5. a) Ta có A = 4x 2 + 8xy + 4 y 2 + x 2 − 2x + 1 + y 2 + 2 y + 1 + 2018

A = x + 0,2x + 0, 01

= 4( x + y)2 + ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + 2018 ≥ 2018.

=x + 0,2x + ( 0,1) 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 2018 tại x = 1; y = -1.

= ( x + 0,1)

b) Ta có B = 4x2 + 4xy + y2 + x2 − 2x + 1 + y2 + 4y + 4 + 2015 2

Với x = 0,9 ⇒ A = ( 0, 9 + 0,1) = 1 .

B = (2x + y ) + ( x − 1) + ( y + 2) + 2015 ≥ 2015 .

b) Ta có:

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 2015 khi x = 1; y = -2.

B = x 3 + 3x 2 + 3 x + 2

c) M = x2 − 2xy + y2 + 4x2 − 4x + 1 + z2 − z +

= x 3 + 3 x 2 + 3x + 1 + 1 = ( x + 1)3 + 1

2 2  1 1 1 = ( x + y ) + ( 2x − 1) +  z −  − 2 ≥ −2 . 2 4 2 

Với x= 19 thì B = (19 + 1) + 1 = 8000 + 1 = 8001.

 x − y = 0  1  Dấu bằng xả y ra khi 2x − 1 = 0 ⇒ x = y = z = . 2  1  z − 2 = 0

c) Ta có: 4

C = x − 2 x + 3x − 2 x + 2 = x 4 − 2 x3 + x 2 + 2 x 2 − 2 x + 2 = ( x 2 − x) 2 + 2.( x 2 − x) + 1 + 1 = ( x 2 − x + 1) 2 + 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là −2

2 2 Với x − x = 8 ⇒ C = (8 + 1) + 1 = 81 + 1 = 82 .

2.3. a) A =

1 1 −2 4 4

3562 − 1442 ( 356 + 144 )(356 − 144 ) 500.212 53 = = = .. 500.12 3 2562 − 2442 ( 256 + 244 )(256 − 244 )

1 1 khi x = y = z = . 4 4

2.6.

a) ( x + 2)2 + ( x + 3) 2 − 2.( x − 2).( x − 3) = 19

b) B = 2532+ 94.253+472 = 2532+2.47.253+472 = (253+47)2 = 3002 = 90000.

⇔ ( x − 2) 2 + 8 x + ( x − 3) 2 + 12 x − 2.( x − 2).( x − 3) = 19

c) C = 1362- 92.136+ 462=1362- 2.46.136+ 462= (136-46)2 = 902 = 8100.

⇔ 20 x + [ ( x − 2) − ( x − 3)] = 19

d) D = (1002 + 982 + ... + 22) - (992 + 972 +...+12) = (1002 - 992) + (982 - 972) + ... + (22 - 12)

⇔ 20 x + 1 = 19

= (100- 99)(100+ 99) + (98- 97)(98+ 97) + ... + (2-1)(2+ 1)

⇔ 20 x = 18

= 1.(100+99) + 1.(98+97) + ... + 1.(2+1)

⇔ x=

= 100 + 99 + ... + 1 = (100+1) +(99 + 2) + ... + (51 + 50 ) = 101 + 101 + ... +101 = 101.50 2.4. A =

(

(2020

)(

− 1 20203 2

). + 1)

20212 20202 − 2019

(

)

20192 20202 + 2021

= 5050.

9 . 10

b) ( x + 2).( x 2 − 2 x + 4) − x.( x 2 − 5) = 15 ⇔ x3 + 8 − x 3 + 5 x = 15

20203 − 1

⇔ 5 x + 8 = 15 ⇔ 5 x = 7 ⇔ x =

)

2021 2020 − 2020 + 1

(

)

(2020 + 1)(2020 − 1)(2020 + 1) 20202 − 2020 + 1

(

)

2019 2020 + 2020 + 1

(

7 5

)

(2020 − 1) 20202 + 2020 + 1

1 .2019 = 1 . 2019 196

197

⇔ (x-1)2 + (y-2)2 = 0

c) ( x − 1)3 + (2 − x).(4 − 2 x + x 2 ) + 3 x.( x + 2) = 17 3

⇔ (x-1)2 = 0 ; (y-2)2 = 0 ( vì (x-1)2, (y-2)2 ≥ 0)

⇔ ( x − 1) + 8 − x + 3 x + 6 x = 17 3

⇔ x − 3 x + 3x − 1 + 8 − x + 3 x + 6 x = 17 ⇔ 9 x + 7 = 17 10 ⇔ 9 x = 10 ⇔ x = 9

⇔ x = 1 ; y = 2. b) 4x2 + y2 - 20x - 2y + 26 = 0 ⇔ (4x2 - 20x + 25) + (y2 - 2y + 1) = 0 ⇔ (2x-5)2 + (y-1)2 = 0

2.7. Ta có x2y + xy2 + x + y = 2016

⇔ (2x-5)2 = 0 và (y-1)2 = 0 ( vì (2x-5)2, (y-1)2≥0)

xy ( x + y ) + x + y = 2016

⇔ x=

11 ( x + y ) + ( x + y ) = 2016

c) 9x2 + 4y2 + 4y - 12x + 5 = 0

12 ( x + y ) = 2016 ⇒ x + y = 168 . 2

(

Mà x + y = x + y

)

⇔ (9x2 - 12x + 4) + ( 4y2 + 4y + 1) = 0 2

− 2xy = 168 − 2.11 = 28202 .

2.8. Ta có A = a 3 + a 2 − b3 + b2 − 3ab ( a − b ) − 3ab + ab

(

) + ( a − b)

= 73 + 72 = 392

⇔ (3x-2)2 + (2y+1)2 = 0 ⇔ (3x-2)2 = 0 và (2y+1)2 = 0 ( vì (3x-2)2, (2y+1)2 ≥ 0) ⇔x=

A = a3 − 3ab ( a − b ) − b3 + a2 + b2 − 2ab

A = a−b

5 ; y=1 . 2

2 1 ;y=- . 3 2

2.11.

a) x 2 + 4 y 2 + 4 x − 4 y + 10 = 0

2.9.

⇔ x2 + 4 x + 4 + 4 y 2 − 4 y + 1 + 5 = 0

a ) x.( x − 6) + 10 > 0

⇔ ( x + 2) 2 + (2 y − 1) 2 + 5 = 0

⇔ x2 − 6 x + 9 + 1 > 0

2 2 Mà ( x + 2) + (2 y −1) + 5 ≥ 5 > 0 .

⇔ ( x − 3) 2 + 1 > 0

(luôn đúng)

Suy ra không có x, y thỏa mãn đề bài.

b) ( x − 3).( x − 5) + 3 > 0

b) 3x 2 + y 2 + 10 x − 2 xy + 29 = 0

⇔ x − 8 x + 18 > 0 2

⇔ x − 8 x + 16 + 2 > 0

⇔ x 2 − 2 xy + y 2 + 2 x 2 + 10 x + 29 = 0

⇔ ( x − y )2 + 2.( x + 2,5) 2 + 16,5 = 0.

⇔ ( x − 4) + 2 > 0

2 2 Mà ( x − y) + 2.( x + 2,5) + 16,5 ≥ 16,5 > 0

(luôn đúng)

Suy ra không có x, y thỏa mãn đề bài.

c) x 2 + x + 1 > 0

c) 4 x 2 + 2 y 2 + 2 y − 4 xy + 5 = 0

1 3 ⇔ x +x+ + >0 4 4 2

⇔ (4 x 2 − 4 xy + y 2 ) + ( y 2 + 2 y + 1) + 4 = 0 ⇔ (2 x − y ) 2 + ( y + 1) 2 + 4 = 0

1 3  ⇔ x+  + >0 2 4 

2 2 Mà (2x − y) + ( y +1) + 4 ≥ 4 > 0

(luôn đúng)

Suy ra không có x, y thỏa mãn đề bài.

2.10. a) x2 - 2x + 5 + y2 - 4y = 0

(

)

(

2.12. a) Ta có A = 15 − 8x − x 2 = 31 − 16 + 8x + x 2 = 31 − 4 + x

⇔ (x2 - 2x+1) + (y2 - 4y + 4) = 0 198

199

)

≤ 31 .

Vậy tổng các chữ số của A2 và tổng các chữ số của A bằng nhau.

Vậy Giá trị lớn nhất của A là 31 khi x = -4.

(

)

(

b) Ta có B = 6 - 4 − 4x + x2 = 6 − 2 − x

)

2.17.Từ giả thiết ta có:

≤ 6.

(

) (

c) Ta có: C = 10 − x2 − 4x + 4 − y 2 + 4y + 4

)

(a + b − 2c) − ( a − b) = (2a − 2c)(2b − 2c) = 4 ( a − c)( b − c)

Vậy giá trị lớn nhất của N là 10 khi x = 2; y = -2.

( b + c − 2a ) − ( b − c) = (2b − 2a )(2c − 2a ) = 4 ( b − a )( c − a )

2.13.Ta có:

(c + a − 2b) − ( c − a ) = (2c − 2b)(2a − 2b) = 4 ( c − b)( a − b)

( x + y)2 = x2 + y 2 + 2xy = 17 + 2xy = 9 ⇔ xy =

9 − 17 = −4 2

Kết hợp với (*) ta có 4 ( a − c )( b − c ) + 4 ( b − a )( c − a ) + 4 ( c − b )( a − b ) = 0

x3 + y3 = ( x + y)3 − 3xy( x + y) = 27 − 3.(−4).3 = 63.

⇔ ( a − c )( b − c ) + ( b − a )( c − a ) + ( c − b )( a − b ) = 0

3 3 3 2.14.Ta có hằng đẳng thức: ( x + y) = x + y + 3xy( x + y)

(a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) .

⇔ ab − ac − bc + c2 + bc − ba − ac + a2 + ac − bc − ab + b2 = 0

Kết hợp với (1) và (2) suy ra xy = ab .(3) 2 2 2 2 2 2 Mặt khác, từ (1) suy ra ( x + y) = (a + b) ⇔ x + y + 2xy = a + b + 2ab

Kết hợp với (3) suy ra: x2 + y2 = a2 + b2 .

(

2.15.a) Ta có 2bc + b2 + c2 − a2 = b + c

)

⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ac = 0 2

Vế trái bằng vế phải. Điều phải chứng minh.

(

⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac = 0

⇔ a2 − 2ab + b2 + b2 − 2bc + c 2 + c 2 − 2ca + a2 = 0

− a2

= ( b + c + a )( b + c − a ) = 2p ( 2p − a ) = 4p ( p − a )

b) Ta có p − a

= 0 (*)

C = 10 − ( x − 2) − ( y + 2) ≤ 10 .

(a + b − 2c) − ( a − b) + ( b + c − 2a ) − ( b − c) + ( c + a − 2b) − ( c − a ) Áp dụng hằng đẳng thức: x − y = ( x + y )( x − y ) ta có

Vậy giá trị lớn nhất của B là 6 khi x = 2.

) + ( p − b) + ( p − c)

⇔ ( a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0 a − b = 0  ⇔ b − c = 0 ⇔ a = b = c . c − a = 0 

2.18.

= p2 − 2ap + a2 + p2 − 2pb + b2 + p2 − 2pc + c2

4 n 4 2k -Với n là số chẵn ⇒ n = 2k k ∈ N + thì n + 4 = 16k + 4 ⋮ 4 nên n4 + 4n là hợp số.

(

= 3p2 − 2p ( a + b + c ) + a2 + b2 + c2

)

-Với n là số lẻ. Đặt n = 2k -1 (k ∈ N* , k > 1) thì ta có :

= 3p2 − 2p.2p + a2 + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 − p2 .

n4 + 4n = n4 + 2.n2 .2n + 4n − n2.2n+1

Vế trái bằng vế phải. Điều phải chứng minh.

(

)

2020 2.16.Ta có A = 99....9 − 1 nên A2 = 102020 − 1 = 10

(

= n2 + 2n

)

(

)(

)

− n2 .22k = n2 + 2n − 2k.n n2 + 2n + 2k.n .

Ta có:

2020 chöõ soá 9

A2 = 104040 − 2.102020 + 1 = 99...98 00...01 2019

(

n2 + 2n − 2k.n = n2 − 2k.n + 22k −2 + 2n − 22k −2 = n − 2k −1

2019

Tổng các chữ số của A2 là : 9×2019 + 8 + 1= 18180.

n2 + 2n + 2k.n > n2 + 2n − 2k.n suy ra n4 + 4n là hợp số.

Tổng các chữ số của A là: 9× 2020 = 18180.

Vậy n4 + 4n là hợp số với n là số tự nhiên lớn hơn 1. 200

201

)

(

+ 22k −1 − 22k −2 = n − 2k −1

)

+ 22k −2 > 1

mà

(

2.19. a)Ta có a + b

(

) + (a − b)

= 2 a 2 + b2

a) (xy+1)2 - (x+y)2 = (xy+1- x- y)(xy+ 1+ x+ y)

)

= [x(y - 1) + 1 - y][x(y+1) + y + 1]

⇒ 4 + ( a − b) = 2.A

=(x- 1)(y- 1)(x+ 1)(y+ 1).

⇒ 4 ≤ 2A ⇒ A ≥ 2 .

(

b) a + b + c

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 khi a = b = 1.

) + ( a + b − c + 2c)( a + b − c − 2c) 2

b)Từ x + 2y = 8 ⇒ x = 8 – 2y suy ra

= ( a + b + c ) + ( a + b + c )(a + b − 3c )

B = ( 8 − 2y ) y = 8y − 2y2 = 8 − 8 + 8y − 2y2

= ( a + b + c )( a + b + c + a + b − 3c )

= ( a + b + c )(2a + 2b − 2c ) = 2 ( a + b + c )( a + b − c )

B= 8 – 2(2 – y) ≤ 8. Vậy giá trị lớn nhất của B là 8 khi y = 2; x = 4.

c) (a2+ 9)2 - 36a2 = (a2+ 9- 6a) (a2+9+ 6a) = (a-3)2(a+3)2.

2.20. Từ giả thiết, ta có ( x + y) = 3xy +12 ⇔ 6xy = 2( x + y) − 24 . 2

3.3. 2

Ta có: A = 3( x + y ) = 3( x + y) − 6xy = 3( x + y) − 2( x + y) + 24 = ( x + y) + 24 .

a) 3 a − b + a − b

 x = 2  x = −2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 24 khi x + y = 0 ⇔  ; .  y = −2  y = 2

b) a + b

2.21. Đặt a − b = x; b − c = y ; c − a = z ⇒ x + y + z = 0 ⇒ z = −( x + y ) 3

Ta có: x + y + z = 210 ⇔ x + y − ( x + y) = 210 ⇔ −3xy( x + y) = 210

(

) (

(

)

) = ( a − b)(3 + a − b) . 2

− 2 ( a + b ) + 1 = ( a + b − 1) .

(

)(

c) 2bc + b2 + c2 − a 2 2bc − b2 − c2 + a 2

)

⇔ xyz = 70 . Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz = 70 = (−2).(−5).7 nên

= ( b + c ) − a 2   a 2 − ( b − c )     

x, y , z ∈ {−2; −5;7} ⇒ A = a − b + b − c + c − a = 14.

= ( b + c + a )( b + c − a )( a + b − c )( a − b + c ) .

2.22. Từ x - y = 2020 suy ra x; y cùng chẵn hoặc cùng lẻ. •

3.4.

a) x2- 4xy + 4y2 - 9a2 = (x-2)2- (3a)2 = (x- 2- 3a)(x- 2 + 3a).

TH1: Nếu x; y cùng chẵn Đặt x = 2m; y = 2n

b) xy(a2+ b2) - ab(x2+ y2) = xya2 + xyb2- abx2 - aby2 = (xya2- abx2)+ (xyb2- aby2)

4m2 − 4n2 = 2018 ⇒ 2m2 − 2n2 = 1009

= ax(aybx) + by(bx- ay) = (aybx)(axby).

Vế trái chẵn, còn vế phải lẻ.

c) x2(a- b) - 2xy(a-b) + ay2- by2 = x2(a - b) -2xy(a-b) + y2(a-b)

vô lí. •

= (a-b)(x2- 2xy+y2) = (a - b)(x - y)2 ;

TH2: Xét x; y cùng lẻ. Đặt x = 2k + 1; y = 2q +1 2

Ta có (2m + 1) − (2n + 1) = 2018 ⇔ 4m2 + 4m − 4n2 − 4n = 2018 Vế trái chia hết cho 4, vế phải không chia hết cho 4, vô lí. Vậy không tồn tại số nguyên x; y thỏa mãn x2 - y2 = 2020 .

d) 8xy3 - x(x-y)3 = x[(2y)3- (x-y)3] = x(2y-x+y)[4y2+2y(x-y)+(x-y)2] = x(3y - x)(x2 + 3y2). 3.5.

(

a) A = x2 + 2xy + y2 − 4x2y2 = x + y

)

− 4x2y2

= ( x + y − 2xy )( x + y + 2xy ) .

Chuyên đề 3. PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ 3.1.

(

b) B = x 3 − y 3

)( x

)

(

+ y 3 = ( x − y ) x 2 + xy + y 2

) (x + y) (x

a) ab(x-2) - a2(x-2) = a(x - 2)(a + b) ; b) 4x3y2- 8x2y3 +12x3y = 4x2 y(xy - 2y2 + 3x). 3.2. 202

203

)

− xy + y 2 .

c) C = 4 xy ( x 2 + y 2 ) − 6( x 2 + y 2 )( x + y ) + 9( x 2 + y 2 ) 2

= ( x + y )(4 xy − 6 x − 6 y + 9) = ( x + y )(2 x − 3)(2 y − 3).

(

d) x2 (5x − 3y ) − 9y2 ( 5x − 3y )

) = 25 − ( a − b)

(

= (5x − 3y ) x 2 − 9y 2

= (5+a – b)(5 – a + b).

3.8.

3 2 2 3 a) x + 3x y − 4xy −12 y

(

= ( x − 2 y )( x + 2 y )( x + 3 y ). 2

)(

) (

)(

) (

(

) ( = ( x + 2y + 1 ) ( x − 2xy + 4y ) . c) 3 ( a − b + c ) ( x + 12xy + 36y )

= ( x + 2y ) x 2 − 2xy + 4y 2 + x 2 − 2xy + 4y 2 2

(

) ( x + 1) .

− x + 1 x2 + x − 1

)(

c) 2ab + a 2 + b2 − 1 2ab − a 2 − b2 + 1

)

2 2 = ( a + b ) − 1 1 − ( a − b )     

) = (x

(

b) x4 − x − 1 2

b) x + 8y + x − 2xy + 4y

= ( a + b + 1)( a + b − 1)(1 + a − b )(1 − a + b )

3.9. Dùng hằng đẳng thức đáng nhớ, phân tích A thành nhân tử, ta được:

= 3 ( a − b + c)( x + 6y ) .

(

)(

A = 2xy + x2 + y2 − z2 2xy − x2 − y2 + z2

2 2 e) ax + a − xa − x

)

= ( x + y ) − z2   z2 − ( x − y )      2

= ax ( x − a ) − ( x − a )

A = ( x + y + z )( x + y − z )(z + x − y )( y + z − x )

= ( x − a )( ax − 1) .

Do x, y, z là 3 cạnh của 1 tam giác, suy ra:

3.7.

( x − 1) ( x

)

+ x + 1 + 5 ( x − 1)( x + 1) + 3 ( x − 1)

( = ( x − 1) ( x

= ( x − 1) x 2 + x + 1 + 5x + 5 + 3

(

)(

+ 6x + 9

)

⇔ a 3 − 3a 2 + 3a − 1 + b3 − 3b 2 + 3b − 1 + 2(a + b − 2) = 0 ⇔ (a − 1)3 + (b − 1)3 + 2( a − 1 + b − 1) = 0

)

⇔ (a + b − 2) ( a 2 + a + 1 + b 2 + b + 1 + 2 ) = 0

) ( ) + a + 1)( a + 1) + a + 1) ( a + 1) ( a − a + 1) .

b) a 3 a 2 + a + 1 + a 2 + a + 1 2

x + y + z > 0, x + y − z > 0, z + x − y > 0, y + z − z > 0 ⇒ A > 0. 3.10. Cộng vế theo vế của hai đẳng thức ta được: a 3 − 3a 2 + 5a − 17 + b3 − 3b 2 + 5b + 11 = 0

= x−1 x +3 .

( = (a = (a

) (

a) x2 x − 1 − x − 1 = x − 1 x2 − 1 = x − 1

= x2 ( x + 3y) − 4 y2 ( x + 3 y)

)

= ( 5x − 3y )( x − 3y )( x + 3y ) .

3.6.

)

d) D = 25 − a − 2ab + b

(

− y3 = ( x − 1 − y ) ( x − 1) + ( x − 1) y + y2   

= ( x − y − 1) x 2 − 2x + 1 + xy − y + y 2 .

= ( x 2 + y 2 )[2 x(2 y − 3) − 3(2 y − 3)] 2

( x − 1)

1  1 1  2 2 Vì a + a + 1 + b + b + 1 + 2 =  a +  +  b +  + 3 > 0 ⇒ a + b = 2 . 2  2 2  3.11. Xét vế trái, ta có:

204

205

(

)(

) ( )( − c + 1) + b ( a c

) (

)(

)

b) B = x3 − 6x2 + 12x − 8 + x4 + 12x3 + 54x2 + 108x + 81 +

a b2 − 1 b2 − 1 + b a2 − 1 c 2 − 1 + c a2 − 1 b2 − 1

(

= a b2c2 − b2

2 2

) (

x5 − 20x4 + 160x3 − 640x2 + 1280x − 1024.

)

− a2 − c 2 + 1 + c a2b2 − a2 − b2 + 1

B = x − 19x4 + 173x3 − 592x2 + 1400x − 951 .

= ab2c 2 − ab2 − ac2 + a + a2bc 2 − a2b − bc2 + b + a2b2c − a2c − b2c + a

(

) (

= ( a + b + c ) − a2b + ab2 − a2b2c − ac2 + a2c − a2bc2 − bc2 + b2c − ab2c2

)

= abc − ab (a + b − abc ) − ac ( c + a − abc ) − bc ( c + b − abc )

Vậy hệ số của x3 là 173.

4.3. Ta có:

(a + b + c) 2 = 3(ab + bc + ca ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = 3( ab + bc + ca)

= abc + abc + abc + abc = 4abc.

⇔ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 ⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca = 0 2

Chuyên đề 4. HẰNG ĐẲNG THỨC MỞ RỘNG

⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0. Dấu bằng chỉ xả y ra khi a = b = c, tức là tam giác đó là tam giác đều.

(

4.4.Từ a + b + c = 0 ⇒ a + b + c

4.1.Khai triển ta có:

= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ;

Mà a2 + b2 + c2 = 2 ⇒ ab + bc + ca = −1 ⇒ ab + bc + ca

= a2 + b2 + c2 − 2ab − 2bc + 2ca ;

⇒ a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2ab2c + 2bc2a + 2ca2b = 1

= a2 + b2 + c2 + 2ab − 2bc − 2ac ;

⇒ a2 b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc ( a + b + c ) = 1 ⇒ a2 b2 + b2c2 + c2a2 = 1 .

= a2 + b2 + c2 − 2ab + 2bc − 2ca .

(a − b + c) ( a + b − c)

( b + c − a)

(

Từ a2 + b2 + c2 = 2 ⇒ a2 + b2 + c2

(a + b + c) + ( a − b + c) + ( a + b − c) + ( b + c − a ) (

Nhận xét: Ta có thể vận dụng đẳng thức x + y

(

)

= 4 a2 + b2 + c2 . 2

) + ( x − y)

(

)

= 2 x2 + y2 để giải, thật vậ y:

(

4.5.Từ x + y + z = 0 ⇒ x + y + z

2 = 2 ( a + c ) + b2  ;  

2 = 2  b2 + ( a − c )  .  

( b + a − c) + ( b − a + c )

(

Vậy B = ( 0 − 1)

+ 2b2  = 2 2 a2 + c2  

(

)

(

)

= 0 ⇒ x2 + y2 + z2 + 2 xy + yz + zx = 0

2017

+ 12016 + ( 0 + 1)

= 1.

= a 2 x 2 + b2 y 2 + c 2z 2 + 2abxy + 2acxz + 2bcyz

⇔ a2 y 2 − 2abxy + b2x 2 + a2z 2 − 2acxz + c2 x 2 + b2z 2 − 2bcyz + c2 y 2 = 0

+ 2b2  = 4 a2 + b2 + c2 . 

(

)

(

⇔ ay − bx

) + ( az − cx ) + ( bz − cy )

Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi

a) A = x3 + 9x2 + 27x + 27 + x4 + 16x3 + 96x2 + 256x + 256 + 4

)

a 2 x 2 + a 2 y 2 + a 2z 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 + b 2 z 2 + c 2 x 2 + c 2 y 2 + c 2 z 2

4.2.Ta có: 5

(

= 22 ⇒ a 4 + b4 + c4 + 2 a2 b2 + b2c2 + c2a2 = 4

4.6.Từ giả thiết ta có :

) + ( a − b + c) + ( a + b − c) + ( b + c − a )

) + ( a − c)

Mà xy + yz + zx = 0 nên x2 + y 2 + z2 = 0 do đó x = y = z = 0. 2015

(a + c + b ) + (a + c − b )

Suy ra: a + b + c

)

⇒ a4 + b4 + c4 + 2 ⋅ 1 = 4 ⇒ a4 + b4 + c4 = 2 .

Cộng từng vế ta được:

(

= 0 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 0 .

(a + b + c)

=2  a + c 

)

x + 25x + 250x + 1250x + 3125x + 3125. 5

= x + 26x4 + 267x3 + 1355x2 + 3408x + 3408 . Vậy hệ số của x3 là 267. 206

x  = ay − bx = 0 ay = bx a   x az − cx = 0 ⇔ az = cx ⇔  =  bz − cy = 0  bz = cy a   z c = 

y b z x y z ⇔ = = c a b c y b 207

(

4.7.Từ a + b + c = 2 ⇒ a + b + c

)

(

)

= 4 ⇒ a2 + b2 + c2 + 2 ab + bc + ca = 4 .

(

x y z = = = k ⇒ x = ak; y = bk; z = ck . a b c

)

x + y + ( x + y ) = x + y + x + 4x y + 6x y + 4xy + y

( = 2(x

= 2 x + y + 2x y + 3x y + 2xy 4

(

( ⇔ 25 ( x

)( x

(

)

)( x + z )( x

+ y3

)

(1)

(

)

(2)

x3 + y3 + z3 , thay vào (2) ta có: 3

(

)

+ y2 + z2 = 10 x5 + y5 + z5 −

⇔ 15 x 3 + y 3 + z 3 4

) ( + z ) = 30 ( x

(

10 x3 + y3 + z3

)( x

)

) +z )

(

+ y 2 + z 2 = 30 x 5 + y 5 + z 5 − 10 x 3 + y 3 + z 3

+ y2

+ y5

(

)

b) Ta có x 4 + y 4 + z4 = 2 x 2y2 + y2z2 + z2 x2 và x3 + y3 + z3 = 3xyz .

(

)

Nên 7xyz x 2 y 2 + y 2z 2 + z 2 x 2 =

(

a) Từ giả thiết a + b + c = 0 ⇒ a2+b2+c2+ 2(ab + ac + bc) = 0 2

⇒ a + b + c = -2(ab+ ac+ bc)

⇒ a4+ b4+ c4+ 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) = 4( a2b2+ a2c2+ b2c2)+ 8abc(a + b + c) ⇒ a4 + b4 + c4 = 2(a2b2+ a2c2 + b2c2) ( v× a+ b+ c = 0) (1) b) MÆt kh¸c 2(ab+ac+bc)2 = 2(a2b2 + a2c2 + b2c2)+4abc(a + b + c) .

= x7 + y7 + z7

(

7 x3 + y 3 + z3

)( x + y + z ) + x (y + z ) + y ( x

Xét x3 + y 3 + z3

) ⋅ (x

)

(

)

+ z 4 + z3 x 4 + y 4 . (4)

Từ x + y + z = 0

⇒ x + y = −z ⇒ x2 + y2 + 2xy = z2 ⇒ x2 + y2 = z2 − 2xy ⇒ x4 + y4 + 2x2y2 = z4 + 4x2y2 − 4xyz2 suy ra x 4 + y 4 = z4 + 2y2z2 − 4x2 yz .

Tõ (1)vµ (2) ⇒ a4+ b4+ c4 = 2(ab + ac + bc)2.

Tương tự ta có: y 4 + z4 = x 4 + 2y 2z2 − 4x2 yz ; z4 + x 4 = y 4 + 2z2 x2 − 4xy 2z ; 208

+ y 4 + z4

⇒ 2(ab+ac+bc)2 = 2(a2b2+ a2c2+ b2c2) ( v× a+b+c = 0) (2)

4.12.

+ y2 + z2

)

⇔ 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5). ( điều phải chứng minh)

4.11. 2

)

+ y2

)

= 10x + 10y + 10z − 10xyz x + y + z

(

Vế trái bằng vế phải , điều phải chứng minh.

5 x3 + y3 + z3

)

+ y 4 + x 2y 2 + 2x 2 y 2 + 2x 3 y + 2xy 3

= 2 x2 + y2 + xy

2 2

)(

Mặt khác: x 3 + y3 + z3 = 3xyz nên xyz =

Tương tự, nếu b + c = 0 hoặc c + a = 0, ta cũng được A = 1. 4.10. Biến đổi vế trái: 4

(

5 x3 + y3 + z3 x2 + y2 + z2

⇔ 1 = 1 + 3(a + b)(b + c)(c + a) ⇔ (a + b)(b + c)(c + a ) = 0 Vậy, có một số bằng số đối của một số khác. Giả sử a + b = 0 ⇔ c = 1 ⇔ A = 1 .

⇒ x2 + y2 = z2 − 2xy .

(

25 25 . vậy min F ( x) = tại x= 0,5. 16 16

= 5x5 + 5y5 + 5z5 + 5x3 x2 − 2yz + 5y3 y2 − 2zx + 5z3 z2 − 2xy

3 3 3 3 4.9. Áp dụng hằng đẳng thức: (a + b + c) = a + b + c + 3(a + b)(b + c)(c + a)

Thay vào (1) ta có:

1 3 9 25 = ( x − x + 1) + 1 = [(x- ) 2 + ]2 + 1 ≥ + 1 = . 2 4 16 16

Tương tự: y2 + z2 = x 2 − 2yz ; z2 + x 2 = y2 − 2zx.

4 3 2 4.8.Ta có: F ( x) = x − 2x + 3x − 2x + 2

) ( x + z ) + 5z ( x

+ y 2 + z2

Từ x + y + z = 0 ⇒ x + y = −z ⇒ x2 + y2 + 2xy = z2

(

Suy ra F ( x) ≥

)

Xét xy + yz + zx = abk2 + bck2 + cak2 = ab + bc + ca k2 = 0 . Điều phải chứng minh.

)( x

= 5x 5 + 5y 5 + 5z5 + 5x 3 y 2 + z2 + 5y 3

Mà a2 + b2 + c2 = 4 nên ab + bc + ca = 0.

Đặt

(

a) Ta có xét vế trái: 5 x3 + y3 + z3

209

)⋅

(3)

)( x

+ y 2 + z2

)

Thay vào (4) ta có:

+y +z

)( x

Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử

) = x + y + z + x ( x + 2y z − 4x yz) + y ( y + 2z x − 4xy z ) + z ( z + 2x y − 4xyz ) = 2 ( x + y + z ) + 2x y z ( x + y + z ) − 4xyz ( x + y + z ) 4 ( x + y + z )( x + y + z ) = 2( x + y + z ) − 3 3

+y +z

( ⇔ 7(x

2 2

5.1. a) 4x2 − 4x − 3 = 4x2 − 4x + 1 − 4

= ( 2x − 1) − 4

= ( 2x − 1 − 2)(2x − 1 + 2) = ( 2x − 3)(2x + 1) .

)( x + z )( x

⇔ 3 x 3 + y 3 + z3 3

2 2

+ y3

) ( ) = 6(x

) ( + z ).

+ y 4 + z 4 = 6 x 7 + y 7 + z7 − 4 x 3 + y 3 + z 3

+ y 4 + z4

(

+ y7

b) 2x2 − 5x − 3 = 2x2 + x − 6x − 3

)( x

+ y 4 + z4

= x ( 2x + 1) − 3 (2x + 1)

)

= ( 2x + 1)( x − 3) .

c) 3x2 − 5x − 2 = 3x2 + x − 6x − 2

)

Thay vào (3) ta có: 7xyz x2 y2 + y2z2 + z2 x2 = x7 + y7 + z7 . Điều phải chứng minh.

(

c) Xét x 2 + y2 + z2 = x7 + y7 + z7 + x 5

)( x + y + z ) (y + z ) + y (z 5

= x ( 3x + 1) − 2 (3x + 1)

= ( 3x + 1)( x − 2) . 2

)

(

)

+ y 2 + z5 x 2 + y2 (5)

5.2. a) x 3 + 2x − 3 = x 3 − 1 + 2x − 2

Từ x + y + z = 0 ⇒ x + y = −z ⇒ x + 2xy + y = z 2

( = ( x − 1) ( x = ( x − 1) ( x

Suy ra x + y = z − 2xy ; Tương tự y2 + z2 = x2 − 2yz ; x2 + z2 = y2 − 2zx .

+ y 2 + z2

)( x

(

)

(

=2 x +y +z

)

(

)

(

+ y 5 + z5 = x7 + y7 + z7 + x5 x2 − 2xy + y5 y2 − 2xz + z5 z2 − 2xy

(

= 2 x7 + y7 + z7 − 2xyz x 4 + y 4 + z4 7

)−

(

)(

(6)

)( x

)

+ y 4 + z4 =

)

( ) = ( x − 1) ( x + x + 1 − 7 ) = ( x − 1) ( x + x − 6 ) = ( x − 1) ( x − 2x + 3x − 6) = ( x − 1)( x − 2)( x + 3) .

= ( x − 1) x 2 + x + 1 − 7 ( x − 1)

(

6 x +y +z

)

c) x3 + 5x2 + 8x + 4 = x3 + x2 + 4x2 + 4x + 4x + 4

)

( + z ) = 10 ( x

)

x5 + y5 + z5 = 2 x7 + y7 + z7 −

⇔ 7 x 2 + y 2 + z2

+ x+3 .

)

Thay vào (6) ta có:

(

)

)(

(

)

2 x3 + y3 + z3 x 4 + y 4 + z4

3 3 3 Theo câu b, ta có: x + y + z

x2 + y2 + z2

+ x +1+2

b) x − 7x + 6 = x − 1 − 7x + 7

)

Thay vào (5) ta có:

)

= ( x − 1) x 2 + x + 1 + 2 ( x − 1)

)( x

+ y5

(

4 x7 + y7 + z7

+ y7 + z7

)

(

= ( x + 1) x2 + 4x + 4

)

= ( x + 1)( x + 2) .

(

5.3 a) Ta có P = x2 − x + 2

Điều phải chứng minh. Chuyên đề 5. PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ BẰNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC 210

) + ( x − 2)

P = x4 + x2 + 4 − 2x3 + 4x2 − 4x + x2 − 4x + 4 211

= c ( b − c )( ab + bd − ab − ad ) − a ( a − b )( bc + cd − bc − bd )

P = x4 − 2x3 + 6x2 − 8x + 8 4

P = x − 2x + 2x + 4x − 8x + 8 .

(

)

(

= c ( b − c )( bd − ad ) − a ( a − b )( cd − bd )

) (

)(

= x2 x2 − 2x + 2 + 4 x2 − 2x + 2 = x2 − 2x + 2 x2 + 4

)

= cd ( b − c)( b − a ) − ad ( b − a )( b − c )

b) Ta có: Q = 6x5 + 15x 4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1

(

) (

= d ( b − c)( b − a )( c − a ) .

)

Q = 6x 5 + 3x 4 + 12x 4 + 6x 3 + 14x 3 + 7x 2 + 8x 2 + 4x + (2x + 1)

( ) Q = ( 2x + 1) ( 3x + 3x + 3x + 3x + 3x + 3x + x = ( 2x + 1) ( x + x + 1)(3x + 3x + 1) . c) C = ( x − 5x + 4x ) − ( 4x − 20x + 16x ) + ( 4x = ( x − 5x + 4 )( x − 4x + 4 ) Q = ( 2x + 1) 3x + 6x + 7x + 4x + 1 4

(

)

5.5. a) 4x x2 + xy + xz + yz ( x + y + z ) + y2z2

= 4x  x ( x + y + z ) + yz  ( x + y + z ) + y 2z2 2

+ x+1

)

= 4x2 ( x + y + z ) + 4xyz ( x + y + z ) + y2z2

− 20x + 16

)

= 2x ( x + y + z ) + yz 

(

)

= 2x2 + 2xy + 2xz + yz .

(

) (

)

b) 3 x4 + 2x2 + 1 − x2 − x2 + x + 1

= ( x − 1)( x − 4 )( x − 2)

2 2 = 3  x2 + 1 − x2  − x2 + x + 1  

(

5.4. 4

a) A = 10 x + 20 x y + 10 y − 27 xy ( x + y ) − 130 x y

)

(

)

(

)(

( = (x

) + x + 1)( 2x

) (

= 3 x2 + x + 1 x2 _− x + 1 − x2 + x + 1

= 10( x 2 + y 2 ) 2 + 25 xy ( x 2 + y 2 ) − 52 xy ( x 2 + y 2 ) − 130 x 2 y 2

= x2 + x + 1 3x2 − 3x + 3 − x2 − x − 1

= 5( x 2 + y 2 ).(2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy ) − 26 xy (2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy ) = (2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy ).(5 x 2 + 5 y 2 − 26 xy ) 2

= (2 x + xy + 4 xy + 2 y ).(5 x − xy − 25 xy + 5 y )

(

− 4x + 2

)

= 10( x 2 + y 2 ) 2 − 27 xy ( x 2 + y 2 ) − 130 x 2 y 2

)

= 2 x2 + x + 1 ( x − 1) .

= (2 x + y ).( x + 2 y ).( x − 5 y ).(5 x − y ).

c) x4 − 2y4 − x2 y2 + x2 + y2 = (x4 − y4 ) − ( y4 + x2 y2 ) + ( x2 + y2 )

b) B = x 5 − 4x 4 + 3x 3 + 3x 2 − 4 x + 1 = x 5 + x 4 − 5x 4 − 5x 3 + 8x 3 + 8x 2 − 5x 2 − 5x + x + 1

= ( x2 + y2 )( x2 − y2 ) − y2 ( x2 + y2 ) + (x2 + y2 )

( = ( x + 1) ( x

= ( x2 + y2 ).( x2 − 2y2 +1).

)

= ( x + 1) x − 5x + 8x − 5x + 1 4 4

)

− 2x 3 + x 2 − 3x 3 + 6x 2 − 3x + x 2 − 2x + 1

( (x

= ( x + 1) x

2 2

)

(

) (

d) 2x 4 + 4x 2 y 2 + 2y 4 − x 3 y − xy 3 − x 2 y 2

))

− 2x + 1 − 3x x − 2x + 1 + x − 2x + 1

(

)

= ( x + 1)( x − 1) x − 3x + 1 2

(

)( ) ( )( ) ( )( ) = bc ( a + d )( b − c ) − ac ( b + d )( b − c ) − ac ( b + d )( a − b ) + ab ( c + d )( a − b )

b) C = bc a + d b − c + ac b + d c − b + b − a + ab c + d a − b

(

= 2 x2 + y2

(

)

− xy x2 + y2 − x2y2

( ) − 2xy ( x + y ) + xy ( x + y ) − x y = 2 ( x + y )( x + y − xy ) + xy ( x + y − xy ) = ( x + y − xy )( 2x + 2y + xy ) . = 2 x2 + y2 2

212

)

213

( )

5.6.a) M = 3xyz + xy2 + xz2 + yx2 + yz2 + zx2 + zy2

(

) + ( xyz + xz + zx ) + ( xyz + yz = xy ( z + y + x ) + xz ( y + z + x ) + yz ( x + z + y ) = ( x + y + z )( xy + xz + yz ) . 2

= xyz + xy + yx

Vì ƯCLN (2;3)=1 nên P x ⋮ 6 . 2

+ zy

)

5.8. a) 2 x − 5 x + 8 x − 3

= 2 x3 − x 2 − 4 x 2 + 2 x + 6 x − 3 = (2 x − 1)( x 2 − 2 x + 3) 2 2 2 3 3 3 b) a(b − c) + b(c − a) + c(a − b) − a − b − c + 4abc

b) x y + x y + 1 4

= ab 2 − 2 abc + ac 2 + bc 2 − 2 abc + ba 2 + ca 2 − 2abc + cb 2 − a 3 − b 3 − c 3 + 4 abc 4

= ( x y + 1) − x y

= ab2 + ac2 + bc 2 + a2b + a2c + b2c − a3 − b3 − c 3 − 2abc

= ( x 4 y 4 − x 2 y 2 + 1)( x 4 y 4 + x 2 y 2 + 1)

(

) ( ) ( N = xy ( x + y ) + xz ( x + z + y ) + yz ( y + z + x ) = xy ( x + y ) + z ( x + y + z )( x + y )

(

= (a + b − c ) −a2 + 2ab − b2 + c 2

)

= ( a + b − c ) c 2 − (a − b )    2

= ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) . 2 2 2 c) ( x − 3x − 1) − 12 x + 36 x + 39

= ( x + y )  xy + z ( x + y + z ) 

( ) = ( x + y )( y + z )( z + x ) . 5.7.a) P ( x ) = 2x + 2x − 9x − 9x

= ( x 2 − 3x − 1) 2 − 12( x 2 − 3x − 1) + 27

= ( x + y ) xy + xz + yz + z2

) (

= −a (a + b − c ) + 2ab ( a + b − c ) − b (a + b − c ) + c ( a + b − c )

c) N = x2y + xy2 + x2z + xz2 + xyz + y2z + yz2 + xyz

) (

= ( x 4 y 4 − x 2 y 2 + 1)( x 2 y 2 − xy + 1)( x 2 y 2 + xy + 1).

) (

= −a3 − a2b + a2c + 2a2b + 2ab2 − 2abc + −ab2 − b3 + b2c + ac 2 + bc 2 − c 3

= ( x 4 y 4 − x 2 y 2 + 1)  ( x 2 y 2 + 1) 2 − x 2 y 2 

= ( x 2 − 3x − 1 − 3)( x 2 − 3 x − 1 − 9) = ( x 2 − 3x − 4)( x 2 − 3 x − 10) = ( x + 1)( x − 4)( x + 2)( x − 5).

+ 7x2 + 7x + 6x + 6 4

d) a + 2a2b2 + b4 + c4 − 2b2c2 − 2a2c2 − 4a2b2

= 2x 3 (x+1) - 9x2 (x+1) + 7x(x+1) + 6(x+1)

(

= a2 + b2

=(x+1).( 2x3 − 9x2 + 7x + 6 )

( = (a

)

= a2 + b2 + c2

=(x+1).( 2x3 − 4x2 − 5x2 + 10x − 3x + 6 ) =(x+1). (x-2). (2x 2 -5x-3) 2

=(x+1). (x-2). (2x -6x+x-3)

(

)

+ c2 − 2c2 a2 + b2 − 4a2 b2 2

)

− 4a2 b2

)(

+ b2 − c2 + 2ab a 2 + b2 + c2 − 2ab

)

2 2 = ( a + b ) − c2  ( a − b ) − c2     

=(x+1). (x-2). (x-3). (2x +1)

(

)(

)

( )

b).Với x là số nguyên thì x-3 ; x-2 là hai số nguyên liên tiếp nên x − 3 . x − 2 ⋮ 2 ⇒ P x ⋮ 2.

= ( a + b + c)( a + b − c)( a − b + c)( a − b − c) . Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử

( )

Với x ⋮ 3 ⇒ x − 3⋮ 3 ⇒ P x ⋮ 3

( ) Với x:3 dư 2 thì x − 2⋮ 3 ⇒ P ( x ) ⋮ 3 ⇒ P ( x ) ⋮ 3 Với mọi x là số nguyên Với x:3 dư 1 thì 2x + 1⋮ 3 ⇒ P x ⋮ 3

214

( = a ( b + c) ( b

) ( − c ) − b (a + c) ( b

)

(

5.9. a) a ( b + c ) b2 − c 2 + b (a + c ) c 2 − b2 + b2 − a2 + c (a + b ) a2 − c 2 2

−c

) − b (a + c) (a 215

−b

)

) + c (a + b) (a

− b2

)

( ) ( ) = ( b − c ) ( ac − bc ) − ( a − b ) ( ab − ac ) = c ( b + c)( b − c )( a − b ) − a ( a + b )( a − b )( b − c)

= b2 − c2  a ( b + c ) − b ( a + c ) − a 2 − b2  b ( a + c ) − c ( a + b )  2

= ( a − b )( b − c ) c ( b + c ) − a ( a + b ) 

( = ( a − b )( b − c ) ( bc + c

(

5.10. a) a − b

) − ab )

= ( a − b )( b − c ) bc + c2 − a 2 − ab 2

− a2

( ) = ( b − c )( a − b ) ( ( a − c )( a + c ) + b ( a − c ) ) = ( b − c)( a − b )( a − c)( a + b + c ) . = ( b − c )( a − b ) a 2 + ab + b2 − b 2 − bc − c2

) + ( b − c) − ( a − c)

= ( a − b ) + ( b − c ) − ( a − b ) + ( b − c )  3

= −3 ( a − b )( b − c )( a − b + b − c )

= ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) .

= 3 ( a − b )( b − c )( c − a )

( ) ( ) ( ) = ab ( a − b ) − bc ( a − b ) − bc ( c − a ) + ca ( c − a ) = b ( a − b )( a − c) − c ( c − a )( b − a ) = b ( a − b )( a − c) − c ( a − c)( a − b ) = ( a − b )( a − c )( b − c ) .

b) ab a − b + bc b − a + a − c + ca c − a

(

b) x + y

)

+ 3 ( x + y ) z + 3 ( x + y ) z2 + z3 − x3 − y3 − z3 2

= x3 + y3 + 3xy ( x + y ) + 3 ( x + y ) z + 3 ( x + y ) z2 − x3 − y3

( ) = 3 ( x + y )( x + z )( y + z )

= 3 ( x + y ) xy + xz + yz + z2

(

( ) ( ) ( ) = a ( b − c ) − b ( b − c ) − b (a − b ) + c (a − b ) = ( b − c ) (a − b ) − (a − b ) ( b − c) = ( b + c )( b − c )( a − b ) − ( a + b )( a − b )( b − c ) = ( b − c )( a − b )( b + c − a − b ) = ( b − c )( a − b )( c − a ) . 2

(

( = (x 8

(

)

(

)

) (

)

) ( ) + x + 1)( x − x _ + x 5

)

−x+1 .

b) x + x + 1 = x − x + x + x + 1

( (x

) ( ) + 1) ( x − 1) ( x + x + 1) + ( x

= x2 x 6 − 1 + x2 + x + 1 = x2

+x+1

)

= x2 + x + 1  x2 x3 + 1 ( x − 1) + 1  

( = (x

= ( b − c ) a 3 − b 3 − ( a − b ) b 3 − c3

(

= x2 + x + 1  x x3 + 1 ( x − 1) + 1  

( ) ( ) ( ) ( b − c) − b ( b − c) − b ( a − b) + c ( a − b ) 3

)

= x x 3 + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1 + x 2 + x + 1

d) a3 b − c + b3 c − b + b − a + c3 a − b

= a3

) (

5.11. a) x7 + x2 + 1 = x7 − x + x2 + x + 1 = x x6 − 1 + x2 + x + 1

c) a b2 − c2 − b b2 − c2 + a 2 − b2 + c2 a 2 − b2 2

= ( a − b ) + ( b − c ) − ( a − b ) − 3 ( a − b ) ( b − c ) − 3 ( a − b )( b − c ) − ( b − c)

= ( a − b )( b − c )  ( c − a )( c + a ) + b ( c − a ) 

) (

= ( b − c )( a − b ) a 2 + ab + b2 − ( a − b )( b − c ) b2 + bc + c2

216

)

) ( ) + x + 1)( x − x + x 6

)

− x2 + 1 .

c) x8 + x7 + 1 = x8 + x7 + x6 − x6 + 1

(

) (

)(

= x 6 x2 + x + 1 − x3 + 1 x3 − 1

) 217

)

(

) (

)

(

= x 6 x 2 + x + 1 − x 3 + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1

( = (x

)( ( + x + 1)( x − x

)

= x2 + x + 1 x6 − x3 + 1 ( x − 1) 2

)

(

)(

)

Đặt 4x2 + 33x + 120 = y suy ra: B = y + 11x y − 11x − 23x2 2

B = y − 121x − 23x = y − 144x

+ x3 − x + 1 .

(

)(

)

B = y − 12x y + 12x .

d) x5 + x + 1 5

)

(

) )

)(

b) B = 4x2 + 44x + 120 x2 + 22x + 120 − 3x 2

(

= x − x + ( x + x + 1) 2

)(

Từ đó suy ra B = 4x + 11x + 120 4x2 + 45x + 120

)

= x ( x − 1)( x + x + 1) + ( x + x + 1)

(

5.14. a) Đặt y = 6 – x, khi đó đa thức có dạng: M = 1 + y

= ( x 3 − x 2 + 1)( x 2 + x + 1)

(

) + ( y − 1)

− 2 = 2y 4 + 12y2

)

⇒ M = 2y2 y 2 + 6 .

Phương pháp đổi biến

(

)(

(

)(

(

)

2 Từ đó suy ra: M = 2 ( 6 − x ) x − 12x + 42 .

)

5.12. a) Ta có M = 4x + 1 3x + 2 12x − 1 x + 1 − 4

)

(

M = 12x 2 + 11x + 2 12x 2 + 11x − 1 − 4 .

(

Đặt 12x2 + 11x − 1 = y , đa thức có dạng:

N = 2 y 4 + 6y 2

M = ( y + 3) y − 4 = y2 + 3y − 4 = y2 − y + 4y − 4

Từ đó suy ra: N = 2 x2 − 4x + 11 ( x − 3)( x − 1) . 2

(

)(

)

(

+ 12y2 − 14

)

(

)

(

)

(

)(

)

Từ đó suy ra: P = x2 + x − 1 x2 − 4x − 1 . 2

d) Đặt y = x − 2 ⇒ y = x − 4x + 4 . Biến đổi biểu thức, ta có:

N = ( y + 1) y − 12 = y + y − 12 = y − 3y + 4y − 12 2

(

Từ đó, biểu thức có dạng: P = y − 3xy − 4x = y + xy − 4xy − 4x2 = y + x y − 4x

(

)

(

Q = x 4 − 4x 2 + 4 − x 3 + 2x − 6x 2 = x 2 − 2

N = ( y − 3)( y + 4 ) .

(

)

Đặt x2 + 6x + 8 = y , đa thức có dạng

)

)(

N = x + x + 5x + 5 x + 6x + 12

)

Từ đó suy ra:

)

( ) 5.13. a) Ta có A = ( 48x + 12x − 4x − 1)( 3x = ( 4x + 1)(12x − 1)( 3x + 2)( x + 1) − 4

(

)

(

)(

Q = x 2 + 2x − 2 x 2 − 3x − 2

(

)(

) Đặt y = x + 10x + 12 , đa thức có dạng: A = ( y − 12)( y + 12) + 128 = y − 144 + 128 A = y − 16 = ( y + 4 )( y − 4 ) . Từ đó suy ra: A = ( x + 10x + 16 )( x + 10x + 8 ) = ( x + 2)( x + 8 ) ( x + 10x + 8 ) . 5.15. a) Ta có: A = x2 + 10x x2 + 10x + 24 + 128

N = ( x + 1)( x + 5 ) x + 6x + 12 . 2

(

− x x 2 − 2 − 6x 2

Từ đó, biểu thức có dạng: Q = y − xy − 6x = y + 2xy − 3xy − 6x2 = y + 2x y − 3x

Từ đó suy ra: N = x + 6x + 5 x + 6x + 12

(

P = x4 − 2x2 + 1 − 3x3 + 3x − 4x2 = x2 − 1 _− 3x x2 − 1 − 4x2 .

) ( x + 2)( x + 4) − 12 = ( x + 6x + 9 )( x + 6x + 8 ) − 12 .

b) Ta có N = x + 3

c) Đặt y = x − 1 ⇒ y = x − 2x + 1 . Biến đổi biểu thức, ta có:

(

Từ đó suy ra M = 12x2 + 11x − 2 12x2 + 11x + 3 .

(

M= (y – 1)(y + 4).

) + ( y + 1) − 16 = 2y − 7 ) = 2 ( y + 7 )( y − 1) = 2 ( y + 7 ) ( y − 1)( y + 1)

b) Đặt y = x – 2, khi đó đa thức có dạng: N = y − 1

)

+ 3x + 2x + 2 − 4

Đến đây, giải giống bài 5.12 a.

b) Đặt x - y = a; y – z = b. Đa thức có dạng 218

219

)

(

a5 + b5 − a + b

( = −5ab ( a

)

= a5 + b5 − a5 − 5a 4 b − 10a3b2 − 10a2 b3 − 5ab4 − b5

= −5ab a 2 + 2a 2 b + 2ab2 + b3 3

= x 3 + y 3 + 3 xy ( x + y ) + 3( x + y ) 2 z + 3( x + y ) z 2 − x 2 − y 2

)

= 3( x + y ).( xy + xz + yz + z 2 )

+ a 2 b + a 2 b + ab3 + ab 3 + b3

(

= −5ab ( a + b ) a 2 + ab + b2

= 3( x + y ).( x + z ).( y + z )

)

⇒ M = 3.2c.2a.2b = 24abc

)

2 2 2 2 2 2 b) Đặt a + b = x; c − a = y ⇒ b + c = x + y

Từ đó suy ra

Đa thức có dạng:

−5 ( x − y )( y − z )( x − z ) ( x − y ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z )    2

(

= 5 ( x − y )( y − z )( z − x ) x + y + z − xy − xz − yz 2

) ( ) = 2 ( x − 4 x + 4 ) − 3x ( x − 2) + x = 2 ( x − 2) − 3x ( x − 2) + x 2

N = x3 + y 3 − x3 − y 3 − 3xy ( x + y ) N = −3xy ( x + y )

2 2 2 2 2 2 hay N = 3(a + b ).(a − c ).(b + c )

N = x 3 + y 3 − ( x + y )3

⇒ N = −3(a 2 + b 2 )(c 2 − a 2 )(b 2 + c 2 )

(

c) P = 2x 4 − 8x 2 + 8 − 3x 3 − 6x + x 2 4

M = ( x + y )3 + 3( x + y )2 z + 3( x + y ) z 2 + z 3 − x 3 − y 3 − z 3

c) Đặt x = a; −2 y = b;3z = c . Đa thức có dạng:

P = (a + b + c )3 − a 3 − b3 − c 3

Đặt x2 – 2 = a, đa thức có dạng:

= 3( a + b)(b + c )(c + a )

P = 2a2 − 3ax + x2 = 2a2 − 2ax − ax + x2

⇒ P = 3( x − 2 y )(3z − 2 y )( x + 3 z ) .

P = ( a − x )( 2a − x )

5.17.

( )( ) = ( x + x − 2x − 2)( 2x − x − 4 ) = ( x + 1)( x − 2) ( 2x − x − 4 ) . d) ( x + a )( x + 4a )( x + 2a )( x + 3a ) + a = ( x + 5ax + 4a )( x + 5ax + 6a ) + a Đặt x + 5ax + 5a = y đa thức có dạng ( y − a )( y + a ) + a

a) A=2x4 + 4x2 y 2 + 2y 4 − xy x 2 + y 2 − x 2 y 2

(

Từ đó suy ra P = x 2 − 2 − x 2x2 − 4 − x 2

(

=2 x + y

(

Từ đó suy ra: x + 5ax + 5a

)

(

− xy x + y

)

)−x y 2

= ( a − b )(2a + b )

(

)(

⇒ B = x 2 + y 2 − xy 2x 2 + 2y 2 + xy

A = 2a2 − ab − b2 = 2a2 − 2ab + ab − b2

2 2 Đặt x + y = a; xy = b đa thức có dạng:

= y 2 − a4 + a 4 = y 2

)

b) B = ( x − 18).( x + 35).( x − 7).( x + 90) − 67 x 2

= ( x 2 − 17 x − 630).( x 2 − 83 x − 630) − 67 x 2 . 2 Đặt x − 50 x − 630 = y . Đa thức có dạng:

5.16. a) Đặt a + b − c = x; b + c − a = y; c + a − b = z 3

Đa thức có dạng: M = ( x + y + z) − x − y − z

B = ( y + 33x).( y − 33x) − 67 x 2

B = y 2 − 1089 x 2 − 67 x 2 B = y 2 − 1156 x 2 = ( y − 34 x).( y + 34 x) ⇒ B = ( x 2 − 50 x − 630 − 34 x).( x 2 − 50 x − 630 + 34 x) B = ( x 2 − 84 x − 630).( x 2 − 16 x − 630). 220

221

Khai triển dạng này ra, ta được đa thức : x4 + (a+c)x3 + (ac+b+d)x2 + (ad+bc)x + bd. Đồng nhất đa thức này với f(x) ta được hệ điều kiện:

c)C = (4 x − 2).(5x + 7).(10 x + 4).(2 x + 1) + 17 2

= (20 x + 18x − 14).(20 x + 18x + 4) + 17

a + c = 0  ac + b + d = 0 ⇔  ad + bc = −8 bd = 63

2 Đặt 20 x + 18 x − 5 = y . Đa thức có dạng:

C = ( y − 9).( y + 9) + 17 = y 2 − 81 + 17 = y 2 − 64 = ( y − 8).( y + 8)

⇒ B = (20 x 2 + 18 x − 5 − 8).(20 x 2 + 18 x − 5 + 8)

a = −4  b = 7  c = 4 d = 9

Vậy S = (x2 - 4x + 7)( x2 + 4x + 9).

⇒ B = (20 x 2 + 18 x − 13).(20 x 2 + 18 x + 3).

d) Ta có: F = x 2 + 2xy − 8y 2 + 2x + 14 y − 3 = ( x + 4 y )( x − 2y ) + 2x + 14 y − 3

Phương pháp đồng nhất hệ số

Giả sử: F = ( x + 4 y )( x − 2y ) + 2x + 14 y − 3 = ( x + 4 y + a )( x − 2y + b ) với mọi x, y

5.18.

⇔ a ( x − 2y ) + b ( x + 4 y ) + ab = 2x + 14 y − 3 đúng với mọi x, y

a) Q = x4 − 8x2 − x + 12.

a) Các số ±1; ±3 , ±4 ; ±6 , ±12 không phải là nghiệm của đa thức R nên R không có nghiệm nguyên, R cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy nếu R phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng : (x2 + ax + b)( x2 + cx + d), với a, b, c, d ∈ Z. Khai triển dạng này ra, ta được đa thức : x4 + (a+c)x3 + (ac+b+d)x2 + (ad+bc)x + bd. Đồng nhất đa thức này với f(x) ta được hệ điều kiện: a + c = 0  ac + b + d = −8 ⇔  ad + bc = −1 bd = 12

(

)(

a = −1  b = − 4  c = 1 d = −3

F = ( x + 4 y − 1)( x − 2y + 3) .

Phương pháp xét giá trị riêng của biến 5.19. a) Sử dụng phương pháp xét giá trị riêng, ta nhận được đa thức có nhân tử là x + y, y + z, khi phân tích ta định hướng có nhân tử trên.

z + x. Do vậy

A = ( x + y + z ) − x 5 − y 5 − z5 5

= ( x + y ) + 5 ( x + y ) z + 10 ( x + y ) z 2 + 10 ( x + y ) z 3 + 5 ( x + y ) z 4 + z 5 − x 5 − y 5 − z 5

)

Ta có Q = x2 − x − 4 x2 + x − 3 .

b) Các số ±1; ±3 , ±4 ; ±6 , ±12 không phải là nghiệm của đa thức R nên R không có nghiệm nguyên, R cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy nếu R phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng : (x2 + ax + b)( x2 + cx + d), với a, b, c, d ∈ Z. Khai triển dạng này ra, ta được đa thức : x4 + (a+c)x3 + (ac+b+d)x2 + (ad+bc)x + bd. Đồng nhất đa thức này với f(x) ta được hệ điều kiện: a + c = 1  ac + b + d = 1 ⇔  ad + bc = 1 bd = 12 2

a + b = 2 a = −1  . ⇔ 4b − 2a = 14 ⇔  b = 3 ab = −3 

a = −2  b = 3  c = 3 d = 4

Vậy R = (x - 2x + 3)( x + 3x + 4).

c) Các số ±1; ±3 , ±7 ; ±9 , ±21; ± 63 không phải là nghiệm của đa thức S nên S không có nghiệm nguyên, S cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy nếu S phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng : (x2 + ax + b)( x2 + cx + d), với a, b, c, d ∈ Z.

222

= ( x + y ) + 5 ( x + y ) z + 10 ( x + y ) z 2 + 10 ( x + y ) z 3 + 5 ( x + y ) z 4

(

− ( x + y ) x 4 − x 3 y + x 2 y 2 − xy 3 + y 4 = ( x + y ) 

(x + y )

)

+ 5 ( x + y ) z + 10 ( x + y ) z 2 + 10 ( x + y ) z 3 + 5z 4

− x 4 + x 3 y − x 2 y 2 + xy 3 − y 4  3

= ( x + y )  x 4 + 4 x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 + y 4 + 5 ( x + y ) z + 10 ( x + y ) z 2 + 10 ( x + y ) z 3 + 5z 4 − x 4 + x 3 y − x 2 y 2 + xy 3 − y 4  3

= ( x + y )  5x 3 y + 5x 2 y 2 + 5xy 3 + 5 ( x + y ) z + 10 ( x + y ) z 2 + 10 ( x + y ) z 3 + 5z 4  = 5 ( x + y )  x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + x 3z + 3x 2 yz + 3xy 2z + y 3z + 2x 2z 2 + 4 xyz 2 + 2y 2z 2 + 2xz 3 + 2yz 3 + z 4 

223

( x y + x z ) + ( x y + x yz ) + (2x yz + 2x z ) + ( xy + xy z ) + (2xy z + 2xyz ) + (2xyz + 2xz ) + ( y z + y z ) + ( y z + yz ) + ( yz + z )

= 5 ( x + y ) 

2 2

B = 88...8 = 8.11...1 = 8. n



Xét

= 5 ( x + y )( y + z )  x 3 + x 2 y + 2x 2z + xy 2 + 2xyz + 2xz 2 + y 2z + yz 2 + z 3  = 5 ( x + y )( y + z ) 

) (

) + ( x y + 2xyz + yz ) + ( xy + xy + yz + zx ) . 2

+ x z + x z + 2xz + z

(

= 5 ( x + y )( y + z )( x + z ) x 2 + y 2 + z 2

10n − 1 9

+y z

)

4.(102 n − 1) 2.8.(10n − 1) + +4 9 9 2n n 4.10 − 4 + 16.10 − 16 + 36 = 9 A + 2.B + 4 =



b) NhËn xÐt. Víi x = y th× B = 0, cho nªn x - y lµ mét nh©n tö cña B. Do vai trß b×nh ®¼ng cña x, y, z nªn y - z vµ z - x còng lµ nh©n tö cña B, mµ B cã bËc 4 ®èi víi tËp hîp c¸c biÕn nªn B = k.(x - y)( y - z)(z - x)(x + y + z) .

4.(102 n + 4.10n + 4)  2.(10n + 2)  =  9 3   2 = (66...68)

n −1

Chän x = 0, y = 1, z = 2 ®−îc k = 1. VËy B =(x - y)( y - z)(z - x)(x + y + z) . c) NhËn xÐt. Víi a = - b th× C = 0, cho nªn a+ b lµ mét nh©n tö cña C. Do vai trß b×nh ®¼ng cña a, b, c nªn b + c vµ c + a còng lµ nh©n tö cña C, mµ C cã bËc 3 ®èi víi tËp hîp c¸c biÕn nªn C = k(a + b)(b + c)(c + a) Chän a = b = c = 1 ®−îc k = 1. VËy C = (a + b)(b + c)(c + a).

Ta có điều phải chứng minh.

4. (10 − 1) 102n −1 ; b= 9 9 2 4. x −1) ( x − 1 Đặt 10n = x ⇒ a = ; b= 9 9 n

6.3. Ta có: a =

x2 −1 + 4x − 4 + 9  x + 2  =  9  3  Mà x + 2 = 10......02⋮ 3 ⇒ a + b + 1 là số chính phương. a + b +1 =

Chuyên đề 6. SỐ CHÍNH PHƯƠNG 6.1. Ta có:

2 2 6.4. Đặt n − 14n − 256 = k với k ∈ N 2

A = 224 99...900...0 + 10 n −2

n +1

⇒ n − k − 7; n + k − 7 ∈ Ư(305) = {±1; ±5; ±61; ±305}

n +2

A = 224 99...9 × 10

n +2

+ 10

n +1

⇒ ( n − 7) − 305 = k2 ⇒ ( n − 7) − k2 = 305 ⇒ ( n − k − 7)( n + k − 7) = 305

Mà n − k − 7 < n + k − 7 nên ta có:

n −2

  n +2 n +1 A =  22500...0 − 1  x10 + 10 + 9  n −2 

(

)

A = 225.102n − 10n+2 + 10n+1 + 9

)

-61

-1

-5

305

160

152

Vậy với n ∈ {40;160} thì n – 14n -256 là số chính phương.

A = 225.102n − 90.10n + 9

(

-305

Suy ra :

A = 225x10 n −2 − 1 x10 n + 2 + 10n +1 + 9

A = 15.10n − 3

n–k-7 n+k-7

6.5. Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Đặt n 2 + 2018 = m 2 ( m ∈ N )

là số chính phương.

⇒ ( m − n)( m + n) = 2018 (*)

102 n − 1 6.2. Ta có A = 44...4 = 4.11...1 = 4. 9 2n 2n

Khi đó: + Nếu m và n khác tính chẵn lẻ thì (m-n)(m+n) lẻ, mâu thuẫn với (*). + Nếu m và n cùng tính chẵn lẻ thì (m-n)(m+n) chia hết cho 4, mâu thuẫn với (*). Vậy không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn n 2 + 2018 là số chính phương. 224

225

6.6. Đặt a là số nguyên dương bất kì.

Suy ra (n + 1)2 n2[(n −1)2 + 1] = k 2 nên (n −1)2 +1 là số chính phương.

• Xét a chẵn. Đặt a = 2n (n ∈ ℤ ) +

2 2 2 2 Mà (n −1) < (n −1) + 1 < n ⇒ (n −1) +1 không phải số chính phương.

Ta có : a = 8n = n [(2n + 1) − (2n −1) ]

= (2n2 + n)2 − (2n2 − n)2

Vậy A không phải số chính phương. b) Giả sử a = m2 + n2 ; b = p2 + q2 (m, n, p, q ∈ Z) , khi đó:

(1)

• Xét a lẻ. Đặt a = 2n + 1 (n ∈ ℕ) 3

(

ab = m2 + n2 2

)( p

)

+ q2 = m2 p2 + m2q2 + n2 p2 + n2q2

Ta có a = (2n +1) = (2n +1) [(n +1) − n ]

= m p − 2mnpq + n2q2 + m2q2 + 2mnpq + n2q2

= (2n2 + 3n +1)2 − (2n2 + n)2

ab = (mp + nq)2 + (mq − np)2 , ta có điều phải chứng minh.

(2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

2 2 6.10. Đặt n + 5 = a ; n + 30 = b (với a; b ∈ Ν ) ⇒ a < b.

6.7. Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta có thể đặt a = b − k và d = c + h

(vì h, k ∈ ℕ )

Khi đó a + d = b + c ⇔ b − k + c + h = b + c ⇔ h = k

⇒ b 2 − a 2 = 25 ⇔ (b − a )(b + a ) = 25 = 1.25 vì b − a < b + a.

b − a = 1 a = 12 Từ đó ta có hệ:  ⇔  ⇔ n = 139. b + a = 25 b = 13

Vậy a = b − k và d = c + k Do đó 2

6.11. Ta có a.b là số chẵn, xảy ra hai trường hợp. -Trường hợp 1. Nếu hai số cùng chẵn thì a 2 + b 2 ⋮ 4 . Đặt a 2 + b 2 = 4 k ( k ∈Ν ). Khi đó, chọn c = k − 1 .

a2 + b 2 + c 2 + d 2 = ( b − k ) + b2 + c 2 + ( c + k )

= 2b2 + 2c2 + 2k 2 − 2bk + 2ck

Ta có a2 + b2 + c2 = 4k + (k −1)2 = (k +1)2 .

= b2 + 2bc + c2 + b2 + c2 + k 2 − 2bc − 2bk + 2ck + k 2

-Trường hợp 2. Nếu một số chẵn, một số lẻ thì ta đặt a 2 + b 2 = 2k + 1 ( k ∈Ν ). Khi đó, chọn c = k 2 .

Ta có a2 + b2 + c2 = (k +1)2 .

= (b + c ) + (b − c − k ) + k . 2

Vậy luôn chọn được số c sao cho a 2 + b 2 + c 2 là số chính phương.

Đó là tổng của ba số chính phương.

6.12. a) Đặt x2 + 21 = k 2 (k ∈ Z ) ⇒ (k − x)(k + x) = 21 ⇒ k − x; k + x ∈ Ư(21)

6.8. Ta có f ( x ) = ( x + 2)( x + 5)( x + 3)( x + 4 ) + 1

(

)(

(

Mà Ư(21) = { ± 1; ± 3; ± 7; ± 21}.

)

= x 2 + 7x + 10 x 2 + 7x + 12 + 1

= x2 + 7x + 10

)

(

+ 2 x2 + 7x + 10

Bạn đọc tự giải được x = 2 và x = 10.

)

b) Đặt m = (2k +1)2 ; n = (2k + 3)2 (k ∈ Z ).

(

) (

= x2 + 7x + 10 + 1

)

= x2 + 7x + 11 . 2

Với x là số nguyên thì x + 7x + 11 là số nguyên . Vậy f(x) luôn có giá trị là số chính phương.

6.9. a) Giả sử A là số chính phương, Đặt A = k 2 với k là số nguyên. Ta có: A = n 4 (n − 1) ( n + 1) + 2n 2 (n + 1)

= (n + 1)n2 (n3 − n2 + 2) = (n + 1)n2  n3 + n2 − 2n2 + 2 = (n + 1)n2 ( n + 1) ( n2 − 2n + 2 ) 2

16k (k + 1)2 (k + 2)⋮192 . Ta có điều phải chứng minh.. 6.13. * Với x ∈{0;1; −1} ⇒ không thỏa mãn. * Với x ∉ {0;1; −1}. Trước hết ta chứng minh nếu x 2 + x + 6 là một số chính phương thì x ∈ Z . Giả sử x =

= (n + 1) n [(n −1) + 1] 226

⇒ (m − 1)(n − 1) = ( 2k + 1) − 1 ( 2k + 3) − 1 = 16k (k + 1)2 ( k + 2).    Ta có 16 chia hết cho 16. - Nếu k lẻ thì (k + 1)2 chia hết cho 4. - Nếu k chắn thì k(k + 2) chia hết cho 4. k, k + 1, k + 2 là ba số liên tiếp nên k(k + 1)(k + 2) chia hết cho 3.

m với m; n ∈ Z ; n > 0; ( m; n ) = 1. n 227

Ta có: x 2 + x =

m2 m m2 + mn + = ∈ Z ⇔ m2 + mn⋮ n2 n2 n n2

⇒ 1⋮ d hay d = 1.

VËy a-b vµ 2a +2b +1 nguyªn tè cïng nhau, kÕt hîp víi (*) ta cã:

⇒ m 2 + mn ⋮ n ⇒ m 2 ⋮ n. Do (m; n) = 1 ⇒ m⋮ n ⇒ n = 1 ⇒ x ∈ Z. 2

a -b vµ 4a + 4b + 1 ®Òu lµ sè chÝnh ph−¬ng. 2

Đặt x + x + 6 = k (k ∈ Z ) ⇒ 4x + 4x + 24 = 4k ⇔ (2x +1) + 23 = 4k ⇔ 4k − ( 2x + 1) = 23 2

2k + 2 x +1 ⇔ (2k + 2 x + 1)(2k − 2 x − 1) = 23 ⇒  ∈ Ư(23) = { ± 1; ± 23} .  2k − 2 x − 1 Bạn đọc tự giải được x = - 6 và x = 5.

(

⇔ 2n + n

)

(

)

Cách 1. Từ (2) ⇒ (2k ) > 2n + n 2

()

⇒ 2 ( −1) + a ( −1) − b = −6 ⇒ a + b = 4 (1)

Từ (1) và (2) suy ra 3a = 9 ⇒ a = 3; b = 1

+ 2n + ( n + 2) = (2k ) 2

( )

7.1. Theo định lý Bézout ta có: f −1 = −6; f 2 = 21

⇒ 2.23 + a.2 − b = 21 ⇒ 2a − b = 5 (2)

+ 4n3 + 4n2 + 4n + 1 = 4k2

Chuyên đề 7. CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC 3

6.14. Đặt n4 + n3 + n2 + n + 1 = k2 (1) với k nguyên dương , ta có

(1) ⇔ 4n

(2).

P ( 0) = 10; P (1) = 12; P ( 2) = 4; P (3) = 1

7.2. Theo định lý Bézout ta có :

(

)

⇒ ( 2k ) ≥ 2n + n + 1 2

Dùng phương pháp nội suy Newton. Ta đặt : P( x ) = d + cx + bx( x − 1) + ax( x − 1)( x − 2)

Do k, n nguyên dương

(

Cho x = 0 ta được P(0) = d, suy ra d = 10.

)

⇒ 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 ≥ 2n2 + n + 1

P( x ) = 10 + cx + bx( x − 1) + ax( x − 1)( x − 2)

⇔ ( n + 1)( n − 3) ≤ 0 ⇔ n ≤ 3 ⇒ n ∈ {1; 2;3} .

Cho x = 1 ta được P(1) = 10 + c, suy ra c = 2

Thay vào (1) thử lại, ta được kết quả duy nhất n =3 thỏa mãn điều kiện đề bài.

P(x ) = 10 + 2x + bx(x − 1) + ax( x − 1)(x − 2)

(

Cho x = 2 ta được P(2) = 10 + 4 + 2b, suy ra b = - 5.

)

Cách 2. Xét hiệu A = 2n2 + n + 2 − (2k ) = 5n2 > 0

(

⇒ 2n + n + 2

) > (2k )

(3)

(

Cho x = 3 ta được P(3) = 10 + 6 – 30 + 6a, suy ra- 14 + 6 a = 1 ⇒ a = 2

) > (2k ) > (2n

Từ (2) và (3) suy ra: 2n2 + n + 2 2

Do đó P( x ) = 10 + 2x-5x( x − 1) + ax( x − 1)( x − 2)

)

(

)

⇒ ( 2k ) = 2n2 + n + 1 do k, n nguyên dương

P(x) =

Khi đó n + n + n + n + 1 = 121 = 11 . 2

5 3 25 2 x − x + 12x + 10 2 2 .

(

)

(

)

(

)

7.3. Xét ax + by + cz = x2 − yz x + y2 − zx y + z2 − xy z

6.15. Tõ 2a2 +a = 3b2 + b ta cã a > b vµ 2

5 x(x − 1)(x − 2) 2

Rút gọn ta được :

⇔ ( n + 1)( n − 3) = 0 ⇔ n − 3 = 0 ⇔ n = 3 . 4

Vậy P(x ) = 10 + 2x-5x(x − 1) +

5 . 2

⇔ 2(a -b ) + a - b = b

⇔(a - b)(2a+ 2b +1) =b2

= x3 − xyz + y3 − xyz + z3 − xyz

(*)

§Æt (a -b; 2a+ 2b +1) = d

= x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 + z3 − 3x3y − 3xy3 − 3xyz

⇒(a -b) ⋮ d ; (2a+ 2b +1) ⋮ d vµ b⋮ d

= x+y

(

)

+ z3 − 3xy ( x + y + z)

⇒ {2a +2b +1 -2(a-b)} ⋮ d ⇒ (4b +1) ⋮ d mµ b⋮ d 228

229

= ( x + y + z) ( x + y ) − ( x + y ) z + z2  − 3xyz  

(a - 12)x

(

= ( x + y + z ) x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz

(

)(

)

Suy ra ax + by + cz chia hết cho a + b + c.

Đặt x

)(

Đặt thương là q(x), ta có:

( ) ( )( )( )( ) = ( x + 8x + 7 )( x + 8x + 15) + 2020 + 8x + 12 = y ⇒ f ( y ) = ( y − 5)( y + 3) + 2020 .

7.4. Cách 1. Ta có f x = x + 1 x + 7 x + 3 x + 5 + 2020

a = 12 .   b = −16

7.7. Ta có x2 + 3x + 2 = x + 1 x + 2

= x+y+z a+b+c .

a − 12 = 0 ⇔ Để A(x) ⋮ B(x) ⇔   b + 16 = 0

(

)

+(b + 16)

x4 − ax2 + b = ( x + 1)( x + 2) q ( x )

- Chọn x = -1 ta có ( −1) − a. ( −1) + b = ( −1 + 1)( −1 + 2) q(−1) ⇒ a + b = −1

( )

- Chọn x = 2 Ta có: −2

− a ( −2) + b = ( −2 + 1)( −2 + 2) q ( −2) ⇒ b − 4a = −16 (2)

f ( y ) = y 2 − 2y + 2005 ⇒ f ( y ) : y dư 2005.

Từ (1) và (2) suy ra: 3a = 15 ⇒ a = 5 ⇒ b = 4 .

⇒ f ( x ) chia cho x + 8x + 12 dư 2005.

7.8.

Cách 2.

2 Cách 1. P(x) chia cho x thì dư 1 ⇒ c = 1 ⇒ P(x) = ax + bx + 1 .

g ( x) = x + 8x + 12.

Ta có: g ( x) = x 2 + 8x + 12 = ( x + 2)( x + 6) .

( )

* Xét x = -2, ta có f ( −2) = 0 − 2a + b ⇒ −2a + b = 2005 (1) * Xét x = - 6, ta có f (−6) = 0 − 6a + b ⇒ −6a + b = 2005 (2)

⇒ a ( −1) + b ( −1) + 1 = 3 ⇒ a − b = 2 (1).

a.12 + b.1 + 1 = 5 ⇒ a + b = 4 (2). Từ (1) và (2) ta có a =3; b = 1. Cách 2. Viết đa thức P(x) dưới dạng: P(x) = a(x + 1)x + mx + n.

Vậy đa thức dư là 2005.

)(

Chọn x = 0, ta được P(0) = n ⇒ n = 1.

)(

7.5. Ta có B = 3 x − y y − z z − x

)

Do đó P(x) = a(x + 1)x + mx + 1.

( ) Xét y = z ⇒ A = 0 ⇒ A ⋮ ( y − z) Xét x = z ⇒ A = 0 ⇒ A⋮ ( z − x ) ⇒ A⋮ ( x − y )( y − z )( z − x ) mà A ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 ( x − y )( y − z )( z − x ) hay A

Do đó P(x) = a(x + 1)x - 2x + 1.

⋮ B.

Kết luận vậy a = 3; b = 1 ; c = 1 .

Xét x = y ⇒ A = 0 ⇒ A ⋮ x − y

-3x

+ ax

+4x

Chọn x = - 1, ta được P(- 1) = - m + 1 ⇒ - m + 1 = 3 ⇒ m = - 2.

Chọn x = 1, ta được P(1) = 2a - 1 ⇒ 2a - 1 = 5 ⇒ a = 3.

7.9. Ta có :

7.6. Đặt phép chia ta có: 4

Kết luận vậy a = 3; b = 1 ; c = 1 .

a = 0 Từ (1) và (2) suy ra b = 2005. 

(

()

Theo định lý Bézout: P −1 = 3; P 1 = 5

Gọi đa thức thương là q(x) đa thức dư là ax+b, thì: f ( x) = g( x).q ( x ) + ax + b .

x - 3x + 4

x –4

- 3x4 4

-4x 4

- 3x3

+6x2

+2025 x2 - 4 x + 1

-4x

+ax

-4x

+6x

- 4x2

+12x

-16

- 4 x3

+x2

230

-20x

x3 + x2 + 5

(1)

231

5x2

-20x

+2025

+2x2

5x2

-20x

+ x2

2020

(a-1) x

)

(a-2) x

+(b-1)

(

)(

Từ đó ta có B = x2 − 4x + 1 x3 + x2 + 5 + 2020 . Với giả thiết x2 – 4x + 1 = 0 suy ra B =2020.

Ta có P(1) = 3 ⇒ a + b +26 = 3 ⇒ a + b = -23 (1).

()

Ta có P 2 = 2020 ⇒ 4a + 2b + 26 = 2020 ⇒ 4a + 2b = 1994 ⇒ 2a + b = 997 2 .

(

161

⇒ r = f (1) = 1100 + 199 + 198 + ... + 1 + 1 = 101 .

Suy ra x

b) Đặt f(x) chia cho g(x) được thương là q(x) và phần dư là ax + b. Ta có:

f ( x ) = g ( x ) .q ( x ) + ax + b = ( x − 1)( x + 1) q ( x ) + ax + b .

( ) ( )( ) ( ) Chọn x = -1 ta được f ( −1) = ( −1 − 1)( −1 + 1) q ( −1) + a ( −1) + b ⇒ 1 = −a + b (2). Chọn x = 1 ta được f 1 = 1 − 1 1 + 1 q 1 + a.1 + b ⇒ 101 = a + b (1).

Từ (1) và (2) ta được b = 51 và a = 50. Vậy phần dư khi chia f(x) cho g(x) là 50x + 51. c) Theo định lý Bézout f(x) chia cho g(x) có phần dư là f(-1) suy ra : 99

− 99 ( −1) + 98 ( −1)

− ... + 2 ( −1) − ( −1) + 1

= 100 + 99 + 98 + ... + 2 + 1 + 1 = 5051 .

Suy ra P(x) chia cho x2 + 1 dư 5x + 2020.

( )

⇒ x9 -1 chia hết cho x2 + x+ 1.

⇒ f ( x ) = ( x + 1)( x − 3) q ( x ) + ax + b

( ) () Ta có f ( −1) = ( −1 + 1)( −1 − 3) q ( −1) + a ( −1) + b = −a + b ⇒ −a + b = −45 (1) . Theo định lí Bézout ta có f −1 = −45; f 3 = −165

() (

)(

) ()

Ta có f 3 = 3 + 1 . 3 − 3 .q 3 + a.3 + b = 3a + b ⇒ 3a + b = −165 (2)

7.14. Đặt phép chia ta có: x3

648

( ) ( )

7.13. Đặt đa thức thương là q(x) và phần dư là ax + b . suy ra f x = q x .g x + ax + b

Vậy phần dư f(x): g(x) là : -30x – 75.

x9 – 1 chia hết cho x3 − 1 và x3 - 1 chia hết cho x2 + x + 1

( )

− x + x37 − x + x5 − x ⋮ x2 + 1 .

Thay vào (2) ta có: 3(30) + b = - 165 ⇒ b = -75

mà x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1.

)

Từ (1) và (2) suy ra 4a = -120 ⇒ a = -30

( )

d) Ta có f x = x2 + x + 1 + x9 − 1 + x1945 − x − 3

(

)

x 5 − x = x x 4 − 1 ⋮ x 4 − 1 mà x4 − 1⋮ x2 + 1 nên x 5 − x ⋮ x 2 + 1.

a) Theo định lý Bézout, f(x) : g(x) có phần dư là f(1)

x1945 − x = x x1944 − 1 = x  x3 

)

x 37 − x = x x 36 − 1 ⋮ x 4 − 1 mà x4 − 1⋮ x2 + 1 nên x 37 − x ⋮ x 2 + 1.

7.11.

100

a = 2 ;  b = 1

Ta có x161 − x = x x160 − 1 ⋮ x 4 − 1 mà x4 − 1⋮ x2 + 1 nên x 161 − x ⋮ x 2 + 1.

Vậy a = 1020; b = -1043; c = 26.

r = f ( −1) = 100 ( −1)

x+1

161 37 13 5 b) Ta có P(x) = x − x + x − x + x − x + x − x + 5x + 2020 .

Từ (1) và (2) suy ra: a = 1020; b =-1043.

•

x2 + x + 1

a − 2 = 0 ⇔ Để f(x) chia hết cho g(x) thì  b − 1 = 0

7.10. Với P(0) = 26 ⇒ c =26 suy ra Pâ= ax2 + bx + 26 .

•

+ ax

− 1 ⋮ x3 − 1 

⇒ x 1945 − x ⋮ x 2 + x + 1. Do đó f(x) chia cho x2 + x+ 1 có phần dư là -3.

- 3x2 2

- 3x

-1

- 4x2

- 4x

-1

- 4x2

- 4x

-4

x2 + x + 1 x-4

7.12. a) Thực hiện phép chia ta có:

{

}

Muốn cho giá trị của C chia hết cho giá trị của D thì ta phải có x2 + x + 1 ∈ Ư (3) = ±1; ±3 232

233

x2 + x + 1

-1

-3

0; - 1

1; -2

{

2 2 ⇒ f ( x) = (1 − x )( x − 5x + 6) + q( x)

}

Vậy với x ∈ 0; −1;1; −2 thì giá trị của biểu thức C chia hết cho giá trị biểu thức D.

7.15. Đặt phép chia ta có: 6x4 -7x3 4

-6x

+ ax2

+3x

+ 6bx

x – x + (a-6b-1)

(a-6b)x

+3x

-x3

+ x2

- bx

-x

x2 - x + b

2 2

 a = −1 2d + e = −2  d = 0  f ( x) = − x 4 + 5 x3 − 5 x 2 − 5 x + 6 + q ( x ) ⇒  b = 5 ⇒  ⇒ c = −5 3d + e = −2 e = −2  4 3 2 ⇒ f ( x) = − x + 5 x − 5x − 2 .

Ngoài ra chúng ta có thể giải bằng phương pháp nội suy Newton. −7 8 + 4a + 2b − a − 1 = 0  a = 7.18. Theo định lý Bézout: f ( x)⋮ x − 2 ⇒ f(2) = 0, f ( x)⋮ x − 1⇒ f(1) = 0. ⇒  ⇔ 3 1 + a + b − a − 1 = 0 b = 0 .

(a-6b-1)x2

+(3+b)x

(a-6b-1)x2

-(a-6b-1)x

+b(a-6b-1)

(a-5b+2)x

+(2 –ab+ 6b2 +b)

a − 5b + 2 = 0 a = 5b − 2 (1) ⇔ Để f(x) chia hết cho g(x) thì  2 2 2 − ab + 6b + b = 0 2 − ( 5b − 2) b + 6b + b = 0 ( 2)

7.19. Ta có sơ đồ Horner f

α = -2

2 3

-3

-5

-4

-6

Vậy thương là g ( x) = 2 x − 4 x + 5x − 6 và số dư là 7.

Giải (2) ta có: 2 − 5b2 + 2b + 6b2 + b = 0

Nhận xét. Ngoài ra chúng ta còn có thể giải bằng cách chia thông thường ( đặt phép chia ).

⇔ b + 3b + 2 = 0 ⇔ b + b + 2b + 2 = 0 ⇔ ( b + 1)( b + 2) = 0 .

7.20. Đặt phép chia, ta có:

( )

Trường hợp 1. Với b + 1 = 0 ⇒ b = −1 ⇒ a = 5 −1 − 2 = −7 .

Trường hợp 2. Với b + 2 = 0 ⇒ b = -2 ⇒ a = 5 (-2) -2 = -12.

Vậy với ( a; b ) ∈

{( −7; −1) , ( −12; −2)} thì f(x) chia hết cho g(x).

+ax3

+ bx2

+cx

-3x

+ 3x

-x

(a + 3)x3

+(b-3)x2

+(c+1)x

(a + 3)x3

-3(a+3) x2

+3(a+3)x

-(a+3)

+(c-3a-8)x

+ (a + 4)

(b+3a+6)x

4 3 2 7.16. Ta có : f ( x) = 2 x − x − x − x + 2

x3 - 3x2 + 3x - 1

x + (a + 3)

Để phép chia hết thì:

f ( x) = 2 x 4 + 2 x 2 − x 3 − x − 3 x 2 + 2 f ( x) = 2 x 2 ( x 2 + 1) − x( x 2 + 1) − 3( x 2 + 1) + 5 f ( x) = ( x 2 + 1)(2 x 2 − x − 3) + 5

f ( x)⋮ g ( x) ⇔ 5⋮ x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1 ∈ {±1; ±5} ⇔ x 2 ∈ {0; 4} ⇔ x ∈ {0; − 2; 2} .

 b + 3a + 6 = 0  c − 3a − 8 = 0 ⇔ a + 4 = 0 

a = − 4  b = 6 . c = − 4 

7.17. f ( x ) chia cho x 2 − 5 x + 6 được thương là 1 − x 2 và còn dư ⇒ f ( x ) có bậc 4.

Nhận xét. Ngoài ra, quan sát hệ số cao nhất và hệ số tự do của đathức bị chia và đa thức chia. Để phép chia hết thì đa thức thương phải là x – 1. Do vậ y ta có:

Đặt: f ( x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e .

x4 + ax3 + bx 2 + cx + 1 = (x3 - 3x2 + 3x – 1)(x - 1)

= x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1.

Theo định lý Bézout: f ( x) chia cho x − 2 thì dư 2 ⇒ f (2) = 2 ⇒ 16a + 8b + 4c + 2d + e = 2 f ( x) chia cho x − 3 thì dư 7 ⇒ f (3) = 7 ⇒ 81a + 27b + 9c + 3d + e = 7 Giả sử f ( x) chia cho x 2 − 5 x + 6 thì được thương là 1 − x 2 và còn dư q ( x ) ⇒ q ( x) = mx + n

Đồng nhất hai vế ta được: a = - 4, b = 6, c = - 4. 7.21. Ta có A là bình phương của một đa thức thì:

(

A = x 2 + cx + d 4

)

(

)

= x 4 + 2cx3 + c2 + 2d x 2 + 2cdx + d 2 2

Mà A = x − 2x + 3x + ax + b 234

235

2c = −2  2 c + 2d = 3 Suy ra  ⇔ 2cd = a  2 d = b 4

(

)

3 3 3 Mà a − a ⋮3; b − b⋮3; c − c⋮3 ⇒ a 3 + b3 + c3 − ( a + b + c ) ⋮ 3

a = −2  b = 1 ⇒ a = −2; b = 1.  c = −1 d = 1

Suy ra a 3 + b3 + c3 ⋮ 3 khi và chỉ khi ( a + b + c ) ⋮ 3 .

Áp dông h»ng ®¼ng thøc ta cã :

(

)

8.5. a) V× 15 = 3.5 mµ (3, 5) = 1 nªn ta chøng minh M chia hÕt cho 3 vµ 5.

Vậy A = x − 2x + 3x − 2x + 1 .

19931997 - 1 = 19931997 - 11997 chia hÕt cho 1993 -1 , mµ 1993 -1 chia hÕt cho 3 nên(19931997 - 1) chia hÕt cho 3.

Chuyên đề 8. PHÉP CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN

19971993 + 1 = 19971993 + 11993 chia hÕt cho 1997 +1 , mµ 1997 +1 chia hÕt cho 3

8.1. Xét chữ số tận cùng n ta có: n

n2+n+1 1

2 ⇒ n2+ n + 1 không chia hết cho 5 ⇒ n + n + 1 không chia hết cho 2025.

8.2. a) Ta có n3 − n = n ( n − 1)( n + 1) .

nên (19971993 + 1) chia hÕt cho 3. Do ®ã 19931997 + 19971993 = (19931997 - 1) + (19971993 + 1) chia hÕt cho 3. 19931997 - 1993 = 1993[(19932)998 - 1] chia hÕt cho 19932 + 1, mµ 19932 + 1 chia hÕt cho 5 nên 19931997 - 1993 chia hÕt cho 5 19971993 - 1997 = 1997[(19972)992 - 1] chia hÕt cho 19972 + 1, mµ 19972 + 1 chia hÕt cho 5 nên 19971993 - 1997

n – 1; n là hai số nguyên liên tiếp nên n − n ⋮ 2

chia hÕt cho 5

3 n – 1; n ; n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên n − n⋮ 3

.Do ®ã 19931997 - 1993 + 19971993 - 1997 chia hÕt cho 5

⇒ n3 − n⋮6 ⇒ n3 − n + 2 không chia hết cho 6.

⇒ 19931997 + 19971993 - 3990 chia hÕt cho 5 ⇒ 19931997 + 19971993 chia hÕt cho 5

b) Ta có n − n = n ( n − 1)( n + 1)

Suy ra M chia hÕt cho 15.

Với n là số lẻ , đặt n = 2k + 1, biểu thức có dạng:

b) Ta cã 19931997 + 19971993 chia hÕt cho 5 nªn M cã tËn cïng lµ 0 hoÆc 5.

(2k + 1) 2k (2k + 2) = 4k (2k + 1)( k + 1)

MÆt kh¸c 19931997 + 19971993 lµ ch½n nªn M cã tËn cïng lµ 0.

Ta có k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp ⇒ k ( k + 1) ⋮ 2 ⇒ 4 ( 2k + 1) k ( k + 1) ⋮ 8

n n 8.6. Áp dụng công thức a − b ⋮ a − b với a, b, n là số tự nhiên a ≠ b

- Với k ⋮ 3 thì 4 ( 2k + 1) k ( k + 1) ⋮ 3

2903n − 803n ⋮2903 − 803 ⇒ 2903n − 803n ⋮2100

- Với k : 3 dư 1 thì 2k + 1 ⋮ 3 ⇒ 4 (2k + 1) k ( k + 1) ⋮ 3

464n − 261n ⋮ 464 − 261 ⇒ 464n − 261n ⋮ 203 .

(

)

Mà 2100 ⋮ 7; 203⋮ 7 ⇒ 2903n − 803n − 464 n − 261n ⋮ 7 hay A ⋮ 7

- Với k : 3 dư 2 thì k + 1 ⋮ 3 ⇒ 4 ( 2k + 1) k ( k + 1) ⋮ 3

Vậy 4 ( 2k + 1) k ( k + 1) ⋮ 3 với k là số tự nhiên.

2903 − 464 ⋮2903 − 464 ⇒ 2903 − 464 ⋮2439

Mà ƯCLN (3; 8) = 1 nên n3 − n ⋮ 24

803n − 261n ⋮ 803 − 261 ⇒ 803n − 261n ⋮542 .

(

2 2 Mà a + b ⋮13 và 13ab⋮ 13 nên 6 a 2 + b2 + 13ab ⋮ 13 ⇒ ( 2a + 3b )( 2b + 3a ) ⋮ 13 Vậy tồn tại ít nhất một

(

)

trong hai số 2a + 3b ; 2b + 3a chia hết cho 13.

(

)

(

)

Mà 2439⋮ 271; 542⋮ 271 ⇒ 2903n − 464n − 803n − 261n ⋮ 271 ⇒ A ⋮ 271

)

8.3. Ta có (2a + 3b )( 2b + 3a ) = 6 a 2 + b2 + 13ab .

) (

8.4. Xét a 3 + b3 + c3 − ( a + b + c ) = a 3 − a + b3 − b + c3 − c 236

)

Mà ƯCLN (7; 271) = 1 ⇒ A ⋮ 7.271 hay A ⋮ 1897.

8.7. C¸ch 1.Chia d·y c¸c sè nguyªn d−¬ng tõ 1 ®Õn 2006 thµnh 201 ®o¹n : [1 ; 10], [11 ; 20], [21 ; 30], ... , [1991 ; 2000], [2001 ; 2006]. V× X cã 700 sè nguyªn d−¬ng kh¸c nhau nªn theo nguyªn lÝ §i-rich lª, tån t¹i Ýt

237

nhÊt 4 sè trong 700 sè trªn thuéc cïng mét ®o¹n. MÆt kh¸c, víi 4 sè bÊt k×, lu«n tån t¹i Ýt nhÊt 2 sè khi chia cho 3 cã cïng sè d−, hiÖu cña hai sè ®ã chia hÕt cho 3, suy ra hiÖu hai sè nµy thuéc tËp hîp E = {3 ; 6; 9}.

Xét a3 + b3 = (a + b ) a2 − ab + b2 = (a + b ) ( a + b ) − 3ab  ⋮ 3  

(

)

C¸ch 2.

3 3 ⇒ ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  ⋮ 9 suy ra a + b ⋮ 9  

Chia X thµnh 3 tËp hîp nh− sau :

8.11. Xét n = 0 thì A = 1, không phải số nguyên tố .

Xét với n = 1 thì A = 3 là số nguyên tố.

A = { x / x = 3k + 1, k ∈ N};

Xét n ≥ 2 .

B = { x / x = 3k + 2, k ∈ N};

Ta có A = n2012 − n2 + n2011 − n + n2 + n + 1

C = { x / x = 3k + 3, k ∈ N}; Cã 700 sè ®−îc chia thµnh 3 tËp hîp, theo nguyªn lÝ §i-rich lª, tån t¹i mét tËp hîp cã Ýt nhÊt 234 phÇn tö. Trong tËp hîp nµy lu«n tån tại hai sè çch nhau 3 hoÆc 6 ®¬n vÞ. ThËt vËy nÕu çc sè trong tËp hîp chØ çc nhau Ýt nhÊt 9 ®¬n vÞ th× sè lín nhÊt trong tËp hîp kh«ng nhá h¬n 9.233 = 2097 > 2006, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt. Suy ra trong X lu«n tån tại hai sè çch nhau 3 hoÆc 6. VËy trong tËp hîp X lu«n t×m ®−îc hai phÇn tö x, y sao cho x - y thuéc tËp hîp E = {3 ; 6; 9}.

(

670

( )

Mà n3.670 − 1 = n3

)

− 1⋮ n3 − 1; n3 − 1⋮ n2 + n + 1 ⇒ n3.670 − 1⋮ n2 + n + 1

⇒ A⋮ n2 + n + 1; n2 + n + 1 > 1 và n2 + n + 1 < A nghĩa là A không phải là số nguyên tố với n ≥ 2. Vậy chỉ có n = 1 thỏa mãn.

(

= 98a + 16b + 2c ⇒ 16b + 2c = (2020 − 98a)

)

Xét k chẵn ⇒ 8k ⋮ 16 ⇒ 8k k 2 + 5 ⋮ 16

(

)

(

Ta có: f (7) − f (1) = (73 −13 )a + (72 −12 )b + (7 −1)c

)

Xét k lẻ ⇒ k 2 + 5⋮ 2 ⇒ 8 k 2 + 5 ⋮ 16 ⇒ 8k k 2 + 5 ⋮ 16

= 342a + 48b + 6c

)

Xét k ⋮ 3 ⇒ 8k k 2 + 5 ⋮ 3

= 342a + 3 (16b + 2c )

Xét k không chia hết cho 3 k = 3m ± 1 ⇒ k 2 = 9m2 ± 6m + 1

(

= 342a + 3. ( 2020 − 98a ) = 6060 + 48a ⋮ 3

)

⇒ k 2 + 5 = 9m2 ± 6m + 6 ⋮ 3 ⇒ 8k k 2 + 5 ⋮ 3

(

)

(

)

Mà ƯCLN (3; 16) = 1 nên 8k k 2 + 5 ⋮ 48 hay m2 + 20m chia hết cho 48. 2 2 2 2 2 8.9. Ta có 4a + 3ab − 11b = 4a + 3ab − b − 10b = ( 4a − b )( a + b ) − 10b2

Vậy f(7) – f(1) là hợp số.

8.13.

a) Ta cã k2 + 3k + 5 = (k - 4)2 + 11(k - 1). Suy ra k2 + 3k + 5 chia hÕt cho 11 khi vµ chØ khi (k - 4)2 chia hÕt cho 11. Do 11 lµ sè nguyªn tè nªn ®iÒu nµy chØ x¶y ra khi k – 4 chia hÕt cho 11 hay k = 11t + 4 víi t lµ sè

4a 2 + 3ab − 11b ⋮ 5 ⇔ ( 4a − b )( a + b ) ⋮ 5 (vì 10b2 ⋮5).

Trường hợp 1. 4a − b ⋮ 5 ⇔ 5a − ( a + b ) ⋮ 5 ⇔ a + b ⋮ 5

(

) (

Ta có: 2020 = f (5) − f (3) = (53 − 33 )a + (52 − 32 )b + (5 − 3)c

3 3 2 Ta có m + 20m = 8k + 40k = 8k(k + 5)

(

3 2 + 8.12. Theo đề bài f(x) có dạng f ( x) = ax + bx + cx + d (a ∈ ℤ )

8.8. Đặt m = 2k ( k ∈ Z)

(

)

= n 2 n3.670 − 1 + n n3.670 − 1 + n2 + n + 1 .

)

nguyªn. b) Gi¶ sö cã k nguyªn sao cho (k2 + 3k + 5) chia hÕt cho 121. Khi ®ã (k2 + 3k + 5) chia hÕt cho 11. Theo c©u a) th× k = 11t + 4, thay vµo ta cã :

Mà a 4 − b 4 = a 2 + b2 ( a + b )( a − b ) nên a − b ⋮ 5. 2

4 4 Trường hợp 2: a + b ⋮ 5 mà a 4 − b 4 = a 2 + b 2 ( a + b )( a − b ) nên a − b ⋮ 5.

(

)

2 2 Vậy 4a + 3ab − 11b chia hết cho 5 thì a4 – b4 chia hết cho 5.

8.10. Đặt hai số nguyên đó là a và b thì a + b ⋮ 3

k + 3k + 5 = (k - 4)2 + 11(k - 1) = 121t2 + 121t + 33 kh«ng chia hÕt cho 121 ( v× 33 kh«ng chia hÕt cho 121). M©u thuÉn. VËy (k2 + 3k + 5) kh«ng chia hÕt cho 121. 8.14. Từ giả thiết ta có

238

239

a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2ab2c + 2bc2a + 2bca2 = a2b2 + b2c2 + c2a2

5 5 5 Tương tự ta có b − b⋮5;c − c⋮5;d − d⋮5

⇒ 2abc ( a + b + c ) = 0 ⇒ a + b + c = 0 vì abc ≠ 0

⇒ a 5 + b5 + c5 + d5 − ( a + b + c + d ) ⋮ 5

(

Ta có: a3 + b3 + c3 = a3 + b3 − a + b

5 5 5 5 Mà a + b + c + d ⋮5 ⇒ a + b + c + d⋮ 5 .

)

a3 + 3a 2 + 2a a(a + 1)(a + 2) = 24 24 a; a + 1; a + 2 là các số nguyên liên tiếp ⇒ a(a +1)(a + 2)⋮3 (1) Vì a là số chẵn nên ta đặt a = 2k ( k ∈ Ν ). 4k (k + 1)(2k + 1) k (k + 1)(2k + 1) A= = 24 6 k ; k + 1 là các số nguyên liên tiếp ⇒ k (k +1)⋮ 2 ⇒ a ( a + 1)(a + 2) ⋮ 4 (2)

= a3 + b3 − a3 − 3a 2b − 3ab2 − b3 = −3ab ( a + b ) = 3abc⋮ 3 .

(

)(

)

(

8.15. Ta có A ( n ) = n2 n2 − 1 n2 + 1 = n2 ( n − 1)( n + 1) n2 + 1

8.18.Ta có: A =

)

2 - Nếu n chẵn ⇒ n ⋮ 4 ⇒ A⋮ 4 .

Nếu n lẻ ⇒ ( n − 1)( n + 1) ⋮ 4 ⇒ A ⋮ 4 . - Ta có n – 1; n; n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên ( n − 1) n ( n + 1) ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3

Từ (1) và (2)⇒ A ∈ Z .

- Nếu n ⋮ 5 thì A ⋮ 5

( )

8.19.Ta có a n + bn = 2.22n +1 + 2 = 22

Nếu n : 5 dư 1 hoặc 4 thì ( n − 1)( n + 1) ⋮ 5 ⇒ A ⋮ 5

⇒ a n + bn không chia hết cho 5 ⇒ a n và bn không cùng chia hết cho 5. (1)

Mà 3; 4; 5 nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên A ⋮ 3.4.5 hay A ⋮60.

(

an .bn ⋮ 5

P = ( a + b ) c ( a + b + c ) + ( a + b ) ab + abc

(

) + b + c + d − (a + b + c + d ) = (a − a ) + ( b − a = a ( a − 1) = a ( a − 1)( a + 1) .

8.17. Ta có a + b + c + d = 5 c + d ⋮ 5 Xét a Mà a

⇒ ( p +1)( p −1)⋮8 ⇒ p2 −1⋮8 (2) * Mà (3,8) = 1, từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

) (

− b + c −c + d −d

) Chuyên đề 9. PHÂN THỨC ĐẠI SỐ. TÍNH CHẤT PHÂN THỨC ĐẠI SỐ

5 - N ếu a ⋮ 5 ⇒ a − a ⋮ 5 2

( 2) .

= 42n+1 + 2.22n+1 + 1 − 22n+2

Mặt khác p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p − 1; p + 1 là hai số chẵn liên tiếp.

a + b + c⋮ 6 ⇒ a + b + c⋮ 2 ⇒ a, b,c ít nhất tồn tại một số chẵn ⇒ abc⋮ 2 ⇒ 3abc⋮ 6 ⇒ P − 3abc⋮ 6 .

⇒ p2 −1⋮3 (1)

b) Từ a + b + c ⋮ 6 ⇒ P ⋮ 6

) ( )

2 8.20. Ta có p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p chia 3 dư 1

P = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) .

(

= 22n+1 + 1 − 2n+1

Từ (1) và (2) suy ra có một và chỉ một trong 2 số an hoặc bn chia hết cho 5.

P = ( a + b ) c ( a + b + c ) + ab ( a + b + c )

)

= 42n+1 + 1⋮5 (vì 2n+1 lẻ)

P = ( a + b )  c ( a + b + c ) + ab  + abc

)(

Xét a n .b n = 22n +1 + 2n + 1 + 1 22n +1 − 2n + 1 + 1

)

8.16. a) Ta có: P = ( a + b ) bc + ab + c2 + ac + abc

+ 2 = 4n +1 + 2 .

Với n là số tự nhiên thì 4n+1 chỉ có thể tận cùng là 4 hoặc 6 ⇒ an +bn chỉ có thể tận cùng là 6 hoặc 8

2 Nếu n : 5 dư 2 hoặc 3 ⇒ n2 : 5 dư 4 ⇒ n + 1⋮5 ⇒ A⋮ 5 .

(

n +1

9.1. Dïng ®Þnh nghÜa, ta cã :

a) A = (x + 1). b) M = x2 + x − 2 .

- Nếu a = 5k ± 1 thì a − 1⋮5 ⇒ a − a⋮ 5 .

2 5 - Nếu a = 5k ± 2 thì a + 1⋮5 ⇒ a − a⋮ 5 .

3 2 2 3 9.2. Từ a − a b + ab − 6b = 0

Vậy với a là số nguyên thì a5 – a ⋮ 5. 240

241

8n + 1⋮ d ⇒ 24n + 3⋮ d

⇒ a3 − 2a2 b + a2 b − 2ab2 + 3ab2 − 6b3 = 0

(

)

⇔ ( a − 2b ) a2 + ab + 3b2 = 0 2

⇒ (24n + 4 ) − (24n + 3) ⋮ d ⇒ 1⋮ d ⇒ d = 1

Vì a> b > 0 ⇒ a + ab + 3b > 0 do đó a – 2b = 0 ⇒ a = 2b 4

Vậ y B =

⇒ ƯCLN(6n + 1; 8n +1) = 1 ⇒ Phân số tối giản.

a − 4b 16b − 4b 12b −4 = 4 = = . −63b4 21 b4 − 4a4 b − 64b4

9.3. Ta có P =

9.7. a) Ta có A =

(2a − b )(3a + b ) + (5b − a )(3a − b )

b)Ta có B =

3a − 6b + 9b − 30a −27a + 3b = = −3 . 9a2 − b2 9a2 − b2

( n − 1) ( n

)

+n+1

n5 − n2 + n2 + n + 1

)(

)

+n+1

)

−n +1 n +n+1

( n − 1) ( n

(

2 x2 − 3xy 18 z 2 − 45 z 2 −9 = 2 = . x2 + 3 y 2 9 z + 75 z 2 28

 4a = b ( L ) ⇔ (4 a − b)( a − b) = 0 ⇔   a = b(TM )

⇔ x > 5 hoặc x < 1.

5 1 khi x = . 2 2

4a2 −125a 2 = −11. a 2 + 10a 2 9.10. Từ giả thiết: 4a 2 + b 2 = 5ab ⇔ 4a 2 + b 2 − 5ab = 0 ⇔ 4a 2 − 4ab − ab + b2 = 0

x −1 > 0 ⇔ x − 1 và x – 5 cùng dấu; mà x – 1 > x – 5 nên x – 5 > 0 hoặc x – 1 < 0 x −5

5 2

Thay 5a = b vào A ta được: A =

c) C =

≤ +2

5a = b(TM ) 5a 2 + 2b 2 = 11ab ⇔ (5a − b)( a − 2b) = 0 ⇔   a = 2b( L)

−3 < 0 ⇔ x − 3 < 0 ⇔ x < 3. x−3

9.9. Từ giả thiết:

2020 − 2015 20202 − 20152 20202 − 20152 = < 2020 + 2015 ( 2020 + 2015)2 20202 + 20152

b) B =

( n − 1) ( n

(2x − 1)

Thay vào biểu thức, Q =

3 > 0 ⇔ x − 2 > 0 ⇔ x > 2. 9.5. a) A = x −2

3 =1 3

Từ 2x + y = 11z và x = 3z suy ra y = 5z. 2

⇒ A < B.

9.6. a) Ta có

( x + 1)

≤

9.8. Từ 2x + y = 11z và 3x – y = 4z suy ra 5x = 15z ⇒ x = 3z.

2 2 2 2 Từ giả thiết 10a − 3b + 5ab = 0 ⇒ 5ab = 3b − 10a .

9.4. Ta có A =

Giá trị lớn nhất của B là

3a2 − 6b2 + 15ab 9a2 − b2

Từ đó suy ra P =

⇒ Giá trị lớn nhất của A là 1 khi x = - 1.

(3a − b)(3a + b)

6a2 + 2ab − 3ab − b2 + 15ab − 5b2 − 3a2 + ab P= 9a2 − b2 P=

9.11. Từ giả thiết

)

+n+1

) (

Suy ra a = b .Thay vào P ta được: P =

)

x 1 2 2 = suy ra x − x + 1 = 2x ⇔ x − 3x + 1 = 0 . x2 − x + 1 2

(

n2 n3 − 1 + n2 + n + 1

vì với số nguyên dương n thì n2 + n + 1 > 1 nên

b) Đặt ƯCLN (6n + 1; 8n +1) = d với d ∈ N*

)(

)

Ta có: x 4 − 3x3 + 18x − 1 = x 2 − 3x _+ 1 x 2 − 1 + 15x .

n3 − 1 là phân số không tối n + n+1

(

)

x 3 − 2x 2 + 7x + 1 = x 2 − 3x + 1 ( x + 1) + 9x .

( x − 3x + 1)( x − 1) + 15x = 15x = 5 . ( x − 3x + 1) ( x + 1) + 9x 9x 3 2

2 Với x − 3x + 1 = 0 ta có P =

giản.

a2 1 = . 3a 2 3

2 2 2 2 2 9.12.Ta có x − 2 xy + 2 y − 2 x + 6 y + 5 = 0 ⇔ x − 2 xy + y + y − 2 x + 2 y + 4 y + 5 = 0

⇒ 6n + 1⋮ d ⇒ 24n + 4 ⋮ d 242

243

⇔ ( x − y − 1) + ( y + 2) = 0 .

Dấu bằng xả y ra khi x – y - 1 = 0 và y + 2 = 0 hay y = -2; x = -1. 2

Từ đó suy ra N =

3. ( −1) ( −2) − 1 4 ( −1)( −2)

9.13.Từ 2a2 + a = 3b2 + b ⇔ 2a2 − 2b2 + a − b = b2 ⇔ ( a − b )( 2a + 2b + 1) = b2 (1) Đặt ƯCLN ( a − b;2a + 2b + 1) = d ⇒ a − b ⋮ d 2a + 2b + 1 ⋮ d và b ⋮ d ⇒ 2a + 2b + 1 − 2 ( a − b )  ⋮ d ⇒ 4b + 1⋮ d mà b ⋮ d hay d = 1

a −b là phân số tối giản. 2a + 2b + 1

Chuyên đề 10. RÚT GỌN PHÂN THỨC 3

x 5 − 2 x 4 + 2 x 3 − 4 x 2 − 3x + 6 x2 + 2x − 8 4 x ( x − 2) + 2 x 2 ( x − 2) − 3( x − 2) M= ( x − 2)( x + 4) M=

7 =− . 8

⇒ a − b và 2a + 2b + 1 nguyên tố cùng nhau suy ra

( x 2 − 1)( x 2 + 3) x+4

xy 2 + y 2 ( y 2 − x) + 1 x2 y4 + 2 y 4 + x2 + 2

y4 +1 1 = . ( x 2 + 2)( y 4 + 1) x 2 + 2

10.3. P =

2 x − 7 x − 12 x + 45 3 x3 − 19 x 2 + 33x − 9 3 2 x − 6 x 2 − x 2 + 3x − 15 x + 45 = 3 3x − 9 x 2 − 10 x 2 + 30 x + 3x − 9 ( x − 3)(2 x2 − x − 15) = ( x − 3)(3x 2 − 10 x + 3) (2 x + 5)( x − 3) 2 x + 5 = = (3 x − 1)( x − 3) 3x − 1 .

( a − 1)( bc + 1 − b − c ) ( b − 1) ( a 2 − 1)

( a − 1)( b − 1)( c − 1) = c − 1 ( b − 1)( a + 1)( a − 1) a + 1

10.1. a)

[(a − 1) 2 − 5][(a − 1)2 − 6] 3(a − 1) 4 − 18(a − 1)2 + 15 2

 x 2 ( x + 10 ) + 31( x + 1) − 1 .  x ( x + 5 ) + 4  P=  ( x + 1)( x + 2 ) . ( x + 3)( x + 4 )( x + 5 ) P=

)(

+ 10 x 2 + 31x + 30 . x 2 + 5 x + 4

)

( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 2 )( x + 3)( x + 5)( x + 1)( x + 4 ) = 1 . ( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 )( x + 5)

Tương tự: b 2 + 2ca − 1 = (b − c)(b − a)

c 2 + 2ab − 1 = (c − a)(c − b). Vậ y B =

n3 + 2n 2 − 1 A= 3 n + 2n 2 + 2n + 1 A=

10.5. Thay 1 = ab + bc + ca , ta được : a 2 + 2bc − 1 = a 2 + bc − ab − ca = a( a − b) − c(a − b) = ( a − c)(a − b) . 2

10.2.

(a − 2a − 4)(a − 2a − 5) a − 2a − 5 = . 3[(a − 1) 2 − 5][(a − 1) 2 − 1] 3a 2 − 6a

10.4. §Æt x = 2003 Ta cã:

(a − 1)4 − 11( a − 1)2 + 30 3(a − 1) 4 − 18(a 2 − 2a) − 3

abc − bc + a − 1 − ab + b − ac + c a 2b − a 2 − b + 1

n 2 (n + 1) + (n − 1)( n + 1) n2 + n − 1 = . n 2 (n + 1) + n(n + 1) + n + 1 n 2 + n + 1

(a − b)(a − c)(b − a )(b − c)(c − a )(c − b) −(a − b) 2 (b − c) 2 (c − a) 2 = = −1. (a − b) 2 (b − c) 2 (c − a )2 ( a − b)2 (b − c) 2 (c − a) 2

x 4 + x3 + x + 1 x − x3 + 2 x 2 − x + 1 x( x 3 + 1) + x 3 + 1 ⇔A= 2 2 x ( x − x + 1) + x 2 − x + 1

10.6. a) A =

n + n + n −1 n3 + n 2 + n 2 + n + n + 1

244

245

= ( a + b + c)( ab + ac + bc) − 3abc

( x + 1) 2 ( x 2 − x + 1) ( x + 1) 2 = 2 . x +1 ( x 2 + 1)( x 2 − x + 1)

⇔A=

= abc ( ab + ac + bc − 3)

( x + 1) 2 b) A = 2 ≥0. x +1 Vậy biểu thức A không âm ∀x.

Vậy suy ra :

3x 2 + 3 x + 2 x + 7 x2 + 2 x + 6 3x 2 + 3 M= 4 2 x + x + 2 x3 + 2 x + 6 x 2 + 6 3x 2 + 3 3 . M= 2 = ( x + 1)( x 2 + 2 x + 6) x 2 + 2 x + 6 3 3 b) x 2 + 2 x + 6 ≥ 5 ⇒ 2 ≤ . x + 2x + 6 5

10.7. a) M =

10.11.

x 4 ( x − 2) + 2x 2 ( x − 2) − 3( x − 2) ( x − 2)(x 4 + 2x 2 − 3) = ( x + 1)( x − 2) ( x + 1)( x − 2)

( x 2 + 3)( x − 1)( x + 1) = ( x 2 + 3)( x − 1) x +1 . 4

Ta có: Q =

10.9. Đặt

(1 + x

+ x + ...... + x

2020

) + (x

1 + x4 + x8 + .... + x2020

(1 + x )(1 + x 2

+ x8 + ... + x2020

a2k2 + b2k2 + c2k2

(a k + b k + c k) 2

Suy ra P =

)

+x +x =

+ ...... + x

2022

( (a

(

− a ) (1 − a ) + a x + 1 2 2

x 2 +ax 2 + a + a 2 + a 2 x 2 + 1 x 2 -ax 2 − a + a 2 + a 2 x 2 + 1

(

)

x x2 − 1

Ta có P =

(1 + xy + x + y )(1 + xy − x − y) x ( x − 1)( x + 1) x P= = ( x + 1)( y + 1)( x − 1)( y − 1) ( y + 1)( y − 1)

) +c ) 2

)

Với x = - 499, y = 999 thay vào ta được P =

−499

(999 + 1)( 999 − 1)

−499 −1 . = 1000.998 2000

x( x + 5) + y ( y + 5) + 2( xy − 3) x 2 + 5 x + y 2 + 5 y + 2 xy − 6 = 2 x( x + 6) + y ( y + 6) + 2 xy x + 6 x + y 2 + 6 y + 2 xy

( x + y ) + 5 ( x + y ) − 6 = ( x + y + 6 )( x + y − 1) = x + y −1 2 x+ y ( x + y + 6 )( x + y ) ( x + y) + 6( x + y)

Điều kiện x ≠ - y ; x + y ≠ - 6.

Với x + y = 2020 thì giá trị biểu thức A = 2

2019 . 2020

10.14. Xét bc ( y − z ) + ca ( z − x ) + ab ( x − y )

1 . a2 + b2 + c2

) (

Ta có:

( x2 + a ) (1 + a ) + a 2 x2 + 1

10.12.

Xét tử thức ta có:

) = abc . Điều phải chứng minh.

(1 + x ) + (1 + x ) a + (1 + x ) a = (1 + x )(1 + a + a ) = 1 + a + a (1 + x ) − (1 + x ) a + (1 + x ) a (1 + x )(1 − a + a ) 1 − a + a

= bcy2 − 2bcyz + bcz2 + caz2 − 2cazx + cax2 + abx2 − 2abxy + aby2

ab2 + ac2 + a2b + bc2 + a2c + b2c 2

) (

10.13. Ta có:

1 . 1 + x2

k2 a2 + b2 + c2 2

(

ab + bc + ca − 3

Điều kiện x ≠ ± 1 ; y ≠ ± 1. 2020

x y z = = = k suy ra: x = ak; y = bk; z = ck. a b c

Từ đó ta có P =

10.10.

1 + x + x + ...... + x 4

)

Vậy giá trị biểu thức P không phụ thuộc vào giá trị của x.

3 Dấu bằng xảy ra ⇔ x = −1 . Vậy giá trị lớn nhất của phân thức là M = khi x = - 1.

10.8. Ta có: A =

(

a b2 + c2 + b a 2 + c2 + c a 2 + b2

= ( a 2 x 2 + aby 2 + acz 2 ) + ( abx 2 + b 2 y 2 + bcz 2 ) + ( acx 2 + bcy 2 + c 2 z 2 ) −

) (

)

= ab + a b + abc + ac + a c + abc + bc + bc + abc − 3abc = ab ( a + b + c ) + ac ( a + b + c ) + bc ( a + b + c ) − 3abc

246

(a x 2

+ b 2 y 2 + c 2 z 2 + 2abxy + 2bcyz + 2cazx )

= ( a + b + c ) ( ax 2 + by 2 + cz 2 ) − ( ax + by + cz )

247

= ( a + b + c ) ( ax 2 + by 2 + cz 2 ) ( vì ax + by + cz = 0).

b) P = a 2 − 3a + 2, 25 + 1, 75 = 1, 75 + ( a − 1,5) 2 ≥ 1, 75 . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 1, 5 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1,25 đạt được khi a = 1,5.

Từ đó suy ra, vế trái ax 2 + by 2 + cz 2 2

bc ( y − z ) + ca ( z − x ) + ab ( x − y )

ax 2 + by 2 + cz 2 1 . = = ( a + b + c ) ( ax 2 + by 2 + cz 2 ) a + b + c

Chuyên đề 11. PHÉP CỘNG VÀ PHÉP TRỪ CÁC PHÂN THỨC ĐẠI SỐ 3x + 1 a b = + ( x + 1)3 ( x + 1)3 ( x + 1) 2

11.1. Ta có: ⇔

b = 3 b = 3 ⇔ 3x + 1 = bx + a + b ⇔  ⇔ . a + b = 1 a = −2  11.2. Ta cã: 2

( x + 5 ) .5 ( x + 1) 4 ( x + 3)

5 ( x − 5)( x + 5 ) 5 ( x + 1)( x − 5)

−

( x + 3) .3. ( x + 1) 3 ( x + 3)( x + 5 )

4 ( x + 3) + ( x + 5 ) − ( x + 1)

a 2 + 1 (a − 1)( a 2 + a + 1) a 4 − a 3 + a − 1 + − a a( a − 1) a(a 2 − 1)

a 2 + 1 (a 2 + a + 1) ( a 2 − 1)( a 2 + 1) − a (a 2 − 1) + − a a a (a 2 − 1)

a2 +1 + a2 + a + 1 a2 +1 − a − a a a 2 + 2a + 1 M= a . M=

11.6. Từ giả thiết ⇒ a =

⇒a=

( x + 1)( x + 5 ) 4 x 2 + 24 x + 36 + x 2 + 10 x + 25 − x 2 − 2 x − 1 ( x + 1)( x + 5 )

Ta có:

4x2 + 32x + 60 4 ( x + 3)( x + 5) 4 ( x + 3) A= = = .. x +1 ( x + 5)( x + 1) ( x + 5)( x + 1) 11.3. a) Ta có: a4 − a 3a 2 − 2a a 2 − 4 P= 2 − + a + a +1 a a−2 2 a( a − 1)(a + a + 1) (a − 2)(a + 2) P= − 3a + 2 + Điều kiện a ≠ 2. ( a 2 + a + 1) ( a − 2) 2

a 2 + 1 a3 − 1 a 4 − a3 + a − 1 + 2 + a a −a a − a3

⇒

(

2 x4 + y4 x4 − y 4

(x + y ) + (x − y ) ( x − y )( x + y ) 2

x + 5 x +1 A= + − ( x + 5 ) . ( x + 1) x + 1 x + 5 A=

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là -0,25 đạt được ⇔ x = 0,5 .

3x + 1 a bx + b = + ( x + 1)3 ( x + 1)3 ( x + 1)3

20 ( x + 3)

b) Q = x 2 − x + 0, 25 − 0, 25 = ( x − 0,5) 2 − 0, 25 ≥ −0, 25.

11.5. Ta có:

3x + 1 bx + a + b ⇔ = ( x + 1)3 ( x + 1)3

x4 + x 2 x 2 + 3x + 1 (ĐK: x ≠ −1 ) +1− x2 − x + 1 x +1 2 x( x + 1)( x − x + 1) (2 x + 1)( x + 1) Q= +1− x2 − x + 1 x +1 Q = x2 + x + 1 − 2x − 1 = x2 − x .

11.4. a) Ta có: Q =

)⇒x

4 + y4 a = . x4 − y 4 2 2

(

) ( )(

x4 + y4 + x4 − y 4 a 2 x 4 + y4 x4 − y4 + = 4 + = 2 a x − y4 x4 + y4 x4 − y 4 x 4 + y4

(

)

8 8 a 2 2 x +y x8 + y 8 a 1 a 2 + 4 + = ⇒ 8 = + = 8 8 2 a 4a x −y x − y8 4 a

⇒M=

a2 + 4 4a a 4 + 24a2 + 16 . + 2 = 4a a +4 4a a2 + 4

(

)

11.7. Ta có:

P = a − a − 3a + 2 + a + 2 = a − 3a + 4. 248

249

)

( x 2 + 1)(2 x + 1) + 4 4 = x2 + 1 + 2x +1 2x +1 4 ∈ Z ⇔ 2x + 1 ∈ {±1} ⇔ x ∈ {0; −1} . Để A ∈ Z thì 2x+1 A=

2 ( x − y ) x 4 − x − y4 + y 2 ( x − y ) x y = − 3 + 2 2 + y − 1 x − 1 x y + 3 (y3 − 1)(x 3 − 1) x 2 y 2 + 3

11.8. Biến đổi

= = =

− y4 ) − (x − y)

xy(y2 + y + 1)(x 2 + x + 1)

( x − y )( x + y ) ( x

2( x − y) ( do x + y = 1 ⇒ y - 1= -x và x - 1= - y) x 2 y2 + 3

+ y 2 ) − (x − y)

xy(x y + y x + y + yx + xy + y + x 2 + x + 1) 2

2( x − y) x 2 y2 + 3

+ y 2 − 1) 2( x − y) + xy  x 2 y 2 + xy(x + y) + x 2 + y 2 + xy + 2  x 2 y 2 + 3

( x − y ) (x

− x + y 2 − y) 2 ( x − y ) = ( x − y )[ x(x − 1) + y(y − 1) ] 2 ( x − y ) + + 2 2 xy(x 2 y 2 + 3) x y +3 xy  x y + (x + y)2 + 2  x 2 y 2 + 3 2

= ( x − y ) [ x( − y) + y(− x) ] + 2 ( x − y ) = ( x − y ) ( −2xy) + 2 ( x − y ) xy(x 2 y 2 + 3) x 2 y2 + 3 xy(x 2 y 2 + 3) x 2 y2 + 3 =

−2(x − y) 2 ( x − y ) + =0 . x 2 y 2 + 3 x 2 y2 + 3

11.9. Từ x + y + z = 0 ⇒ x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz.

11.11. Từ giả thiết suy ra: a + b + c = 2( ax + by + cz )

⇒ a + b + c = 2(c + cz ) = 2c (1 + z )

1 2c = . z +1 a + b + c 1 2a 1 2b tự: = ; = . x +1 a + b + c y + z a + b + c

Nên: Tương Suy ra: P =

1 1 1 2a + 2b + 2c + + = =2 x +1 y +1 z +1 a+b+c

11.12. Ta có :

6a 2 + ab − b2 + 10ab − 6a 2 − 5b 2 + 3ab 14ab − 6b 2 = = 2. 4a 2 − b 2 7ab − 3b 2

11.13. Xét phân thức tổng quát: 2 2 (2n + 1)3 + n3 (3n + 1) (2n + 1) − n(2n + 1) + n  (3n + 1)(3n 2 + 3n + 1) = = = 3n + 1 . (n + 1)3 − n3 3n 2 + 3n + 1 3n 2 + 3n + 1 Do đó: A = (3.1 + 1) + (3.2 + 1) + (3.3 + 1) + ...... + (3.50 + 1) A = 3(1 + 2 + 3 + ...... + 50) + 50 A= 3875. 1 1 1 11.14. Từ giả thiết chuyển vế, ta có: x 2 − 2 + 2 + y 2 − 2 + 2 + z 2 − 2 + 2 = 0 x y z

 1 x = x  x 2 = 1  x 2020 = 1  2 2   1  1  1 1   ⇔  x −  +  y −  +  z −  = 0 ⇒  y = ⇒  y 2 = 1 ⇒  y 2020 = 1. x  y  z y    z 2 = 1  z 2020 = 1    1 z =  z

Từ giả thiết, ta có y + z = − x ⇒ y 2 + z 2 − x 2 = −2xy . Làm tương tự, thay vào P, ta được:

x2 y2 z2 x3 + y 3 + z 3 3xyz −3 + + = = = . −2 yz −2xz −2xy −2xyz −2xyz 2 −3 P= . 2 P=

1 1 1 + + = 0 ⇔ xy + yz + zx = 0 ⇔ yz = − xy − zx . x y z yz yz yz = = . x 2 + 2 yz x 2 − xy − zx + yz ( x − y )( x − z )

11.10. Ta có :

Tương tự:

yz zx xy yz ( z − y) + xy( y − x) + zx( x − z ) + + = = 1. ( x − y )( x − z ) ( y − z )( y − x) ( z − x)( z − y) ( x − y )( y − z )( z − x)

⇒ P = 1 + 1 + 1 = 3. 11.15. Ta t¸ch tõng ph©n thøc thµnh hiÖu cña ph©n thøc råi dïng ph−¬ng ph¸p khö liªn tiÕp, ta ®−îc :

2k + 1 (k + 1)2 − k 2 1 1 . = 2 = 2− 2 k (k + 1) k (k + 1)2 k (k + 1)2 2

Do ®ã B =

zx zx = . y 2 + 2 zx ( y − z )( y − x)

xy xy = . z 2 + 2 xy ( z − x)( z − y )

1 1 1 1 1 1 1 n(n + 2) − + − + ... + 2 − = 1− = . 12 22 22 32 n (n + 1)2 (n + 1)2 (n + 1)2

11.16. Ta có A =

250

(2x − 1)(3x + 1) + (5 − x )(3x − 1) (3x − 1)(3x + 1) 251

6x2 + 2x − 3x − 1 + 15x − 5 − 3x2 + x 9x2 − 1

2 3x 2 + 15x − 6 3 x + 5x − 2 = 2 9x − 1 9x 2 − 1

(

)

Vậ y S =

(1).

(

9x 2 − 1

) = 3 (1 − 9x ) = −3 . 2

9x 2 − 1

A= 2

2x + 3y 6 − xy x +9 − − 11.17. Ta có: A = x ( y + 2) − 3 ( y + 2) x ( y + 2) + 3 ( y + 2) ( x − 3)( x + 3) A=

2x + 3y 6 − xy x2 + 9 − − ( y + 2)( x − 3) ( y + 2)( x + 3) ( x − 3)( x + 3)

(2x + 3y )( x + 3) − (6 − xy)( x − 3) − ( x A= ( x − 3)( x + 3)( y + 2)

)

+ 9 ( y + 2)

( x − 3)( x + 3)( y + 2)

11.18. Ta có: S =

−

( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 7 ) ( x + 7 )( x + 10 )

−

( x + 1) ( x + 3) ( x + 3) ( x + 7 ) ( x + 7) ( x + 10)

1 1 − x + 1 x + 10

( x + 1)( x + 10)

Chuyên đề 12. PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA CÁC PHÂN THỨC ĐẠI SỐ

ab bc ac + + ( b − c )( c − a ) ( c − a )(a − b ) ( a − b )( b − c )

ab ( a − b ) + bc ( b − c) + ac ( c − a )

12.1. Ta có:  x 7x + 10  x2 − 3 x +7 − 2 − 3 A= : − 2 x x + 2x + 4 x − 8  x 2 + 2x + 4  x x 2 + 2x + 4 − x 2 − 3 ( x − 2) − (7x + 10) x +7 : 2 A= 2 x + 2x + 4 x − 2 x + 2x + 4 ( )

(

( a − b )( b − c)(c − a )

) (

)

(

Xét tử thức, ta có:

ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ac ( c − a )

= ab ( a − b ) + b2c − bc2 + ac2 − a2c

)

x + 2x + 4 x − x + 2x + 3x − 6 − 7x − 10

( x − 2) ( x

= ab ( a − b ) − c ( a + b )( a − b ) + c2 ( a − b )

(

−

= 0.

= ( a − b ) ab − ac − bc + c2

−

( x + 4 ) ( x + 8 ) ( x + 4 )( x + 8 )

2x2 + 6x + 3xy + 9y − 6x + 18 + x2y − 3xy − x2y − 2x2 − 9y − 18 A= ( x − 3)( x + 3)( y + 2)

( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7 ) ( x + 7 )( x + 8)

( x + 4 ) ( x + 5) ( x + 5) ( x + 6 ) ( x + 6 ) ( x + 7 ) ( x + 7 ) ( x + 8)

b) Ta có B =

= −1 .

( a − b )( b − c)(c − a )

11.19. a) Ta có A =

2 2 Từ điều kiện 10x + 5x = 3 ⇒ 5x = 3 − 10x thay vào (1) ta có:

3 x 2 + 3 − 10x 2 − 2

− ( a − b )( b − c )( c − a )

+ 2x + 4

4x − 16

⋅

= ( a − b )( b − c)( a − c ) = − ( a − b )( b − c )( c − a )

12.2. Ta có A = 252

( x − 1) ( x

x +7 x 2 + 2x + 4

x + 2x + 4 x +7

( x − 2) ( x + 2x + 4 ) 4 ( x − 2)( x + 2) x A= ⋅ ( x − 2) ( x + 2x + 4 )

)

+ 2x + 4 4 ( x + 2) = x +7 x +7

)

(

) (

)

+ x + 1 − ( x + 1) x2 − x + 1 x x3 + x2 − x − 1 . x +1 x ( x + 1)( x − 1) 253

(

)

(

)

2 x 3 − 1 − x 3 − 1 x − 1 ( x + 1) ⋅ x +1 ( x + 1)( x − 1)

b) Ta có P =

x2 + 1 2 = x +1+ x−1 x−1

x 2 − 1 ( x + 1) −2 ⋅ = −2. .A = x +1 ( x + 1)( x − 1)

vì x ∈ ℤ ⇒ x + 1 ∈ ℤ ⇔

Vậy biểu thức A = -2 không phụ thuộc vào biến.

x-1

-1

-2

12.3. Ta có

-1

(

⇔ x – 1 ∈ Ư(2) suy ra :

Kết hợp với tập xác định x ∉ {0;1; −1} thì x ∈ {2; 3} ta được P ∈ ℤ .

)

 x−y 2x + y − 4 x2 + y 2 + y − 2  : A= +  2y − x ( x + y )( 2y − x )  x ( x + y ) + ( x + y )   2

(

)(

 x x − y   y2 1  x − 2 + 12.6. a) Ta có: A =  2 : : 3 2 y + xy x + xy x − xy x + y y   

)

2 2 x 2 − y 2 + x 2 + y 2 + y − 2 2x + y − 2 2x + y + 2 : ( x + y )(2y − x ) ( x + y )( x + 1)

( x + y )( x + 1) 2x 2 + y − 2 x +1 ⋅ = . 2 ( x + y )(2y − x ) 2x + y − 2 2x2 + y + 2 (2y − x ) 2x2 + y + 2

(

)(

)

(

)

  x x2 xy − y 2   y2 x 2 − xy − + A= : : xy ( x + y ) xy ( x + y ) x ( x + y )( x − y ) x ( x − y)( x + y)  y    A=

x 2 − xy + y 2 x 2 − xy + y 2 x : : xy ( x + y ) x( x − y )( x + y ) y

x( x − y)( x + y) x : xy( x + y ) y

x− y . x

12.4.

 ( x − 1) 2 1 − 2x2 + 4x 1  2x − + a) Ta có: P =  : (ĐK: x ± 1; 0 ) 2 3 x + x − x − x − 1  x3 + x 3 ( 1) 1    2 ( x − 1)3 1 − 2x2 + 4x x2 + x + 1 P= − +  : x2 + 1 2 2 2 ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1)    x − 3x + 3x − 1 − 1 + 2 x − 4 x + x + x + 1  2 P=  : x2 + 1 ( x − 1)( x 2 + x + 1)   3

x3 − 1 x2 + 1 . ( x − 1)( x 2 + x + 1) 2

x2 + 1 . 2

b) P =

1 x2 + 1 1 ≥ . Dấu bằng không xảy ra . Vậy P > . 2 2 2

 x3 − 1 x3 + 1  2( x 2 − 2 x + 1) a) Ta có: P =  2 + 2 : x2 − x  x −x x +x

−y >0 ⇔x > 0 . x 1 1 1 1 12.7. Từ x 2 + 2 = 7 ⇔ x 2 + 2 + 2 = 9 ⇔ ( x + )2 = 9 ⇒ x + = 3 x x x x (vì x > 0)

•

Ta có 1 1 1 1 1 ( x + ).( x 2 + 2 ) = 3.7 ⇔ x 3 + 3 + x + = 21 ⇒ x 3 + 3 + 3 = 21 x x x x x ⇒ A = 18 Ta có

1 1 1 1 1 ).( x 3 + 3 ) = 7.18 ⇔ x5 + 5 + x + = 126 ⇔ x 5 + 5 + 3 = 126 x2 x x x x ⇒ B = 123 ( x2 +

(

)

(

)(

12.8. a) XÐt k 4 + 4 = k 2 + 2 − 4k 2 = k 2 + 2 − 2k . k 2 + 2k + 2

 x + x + 1 x − x + 1  2( x − 1) P= + : x x x   2

 2 x 2 + 2  2( x − 1) x 2 + 1 x x2 + 1 P= = . = . : x x x −1 x −1  x 

ĐK: xy ≠ 0, x ≠ ± y.

b) A > 1 ⇔

•

12.5.

2 ∈ℤ x −1

2 2 = ( k − 1) + 1 . ( k + 1) + 1 .    

ĐK: x ≠ 0, x ≠ 1. 254

¸p dông kÕt qu¶ trªn víi k = 1,3,5,....,19.Ta cã:

255

)

( 0 + 1) .( 2 + 1) . ( 4 ( 2 + 1)( 4 + 1) ( 6 2

)( + 1)(8

) . (8 + 1)(10 + 1) .... (16 + 1)(18 + 1) (10 + 1)(12 + 1) (18 + 1)( 20

+ 1 62 + 1 2

1 1 1 2(a + b + c ) + + + . (2) a 2 b2 c2 abc 2(a + b + c ) = 0 ⇒ a+b+c = 0. Từ (1) và (2) ⇒ abc

) + 1)

1 1 = . 202 + 1 401

Ta có: a3 + b3 + c3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) + c 3 = (a + b + c )3 − 3abc (a + b + c) − 3ab(−c ) = 3abc ⋮ 3 .

2 2 1  1  1   1  1 k 4 + =  k −  +  .  k +  +  4  2  2   2  2 

thay k = 6; 7; 8; ..; n ta được:

1 Ta ®−îc kÕt qu¶ B = . 1241

12.9. Với ab = 1 , a + b ≠ 0 , ta có: P=

a 3 + b3 3

(a + b ) (ab )

3 (a 2 + b 2 ) 4

(a + b ) (ab )

a + b − 1 3 (a + b ) 6 + + 2 4 4 (a + b ) (a + b ) (a + b ) 2

+ 2

(a =

6 (a + b ) 5

(a + b ) (ab )

+ b 2 + 2ab )

(a + b )

a3 +b3

(a + b )

3 (a 2 + b 2 )

(a + b )

+ b − 1) (a + b ) + 3 (a + b 2

+ b 2 − 1)(a 2 + b 2 + 2 ) + 3 (a 2 + b 2 ) + 6

(a + b )

(a =

Xét y + 1 =

6 (a + b )

5.13 6.14 7.15 ( n − 1)( n + 7 ) 5.6.7..... ( n − 1) 13.14.15..... ( nn + 7 ) . . .... = ⋅ 6.12 7.13 8.14 6.7.8.....n n ( n + 6) 12.13.14..... ( n + 6)

5 ( n + 7) 12n

(a + b )

)+6

b) Xét 1 +

( k + 2) 22 k2 + 4k + 22 = = k ( k + 4) k ( k + 4) k ( k + 4)

Thay k = 1; 2; 3;…; n ta được: 2

+ b 2 ) + 4 (a 2 + b 2 ) + 4

(a + b )

(a =

+ b2 + 2)

(a + b )

( n + 2 ) = 3.4. ( n + 2) = 6 ( n + 1)( n + 2) . 32 42 52 ⋅ ⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅ 1.5 2.6 3.7 n ( n + 4 ) 1.2. ( n + 4 ) ( n + 3)( n + 4 )

(a + b )2   =1 = 4 (a + b )

Chuyên đề 13. BIẾN ĐỔI CÁC PHÂN THỨC HỮU TỈ

Vậy P = 1 , với ab = 1 , a + b ≠ 0 .

12.10. Xét x + 1 =

7 k2 + 6k − 7 ( k − 1)( k + 7) = = k ( k + 6) k ( k + 6) k ( k + 6)

b 2 + 2bc + c 2 − a 2 (b + c) 2 − a 2 (b + c − a )(b + c + a) = = ; 2bc 2bc 2bc

b 2 + 2bc + c 2 − b 2 + 2bc − c 2 4bc = . (b + c − a )(b + c + a) (b + c − a)(b + c + a)

2  a3 − 8 2  : + (a ≠ ±2;0) 13.1. Ta có: A =  a + 0,5a + 1  a + 2 2a − a 2   a 2 + 2a 4  ( a − 2)(a 2 + 2a + 4) 2 A= + − : a + 2 a + 2 a + 2 a ( a − 2)   A=

a 2 + 2a + 4 (a − 2)(a 2 + 2a + 4) 2 : − a+2 a+2 a (a − 2)

1 2 − a − 2 a(a − 2)

a−2 a(a − 2)

Vậy P = xy + x + y = ( x + 1)( y + 1) − 1 = 2 − 1 = 1. 2

1 1 1 1 1 1 12.11. Ta có :  + +  = 2 + 2 + 2 . a b c a b c

(1)

1 1 1 2 2 2 1 1 1 + +  + +  = 2+ 2+ 2+ a b c ab bc ca a b c

1 A= . a 13.2. a) A= 256

− a 2 b + c + a b 2 + c 2 − b 2 + 2bc − c 2 . . 2bc b+c−a a+b+c

(b + c )

257

( b + c − a )( b + c + a ) 2bc

b + c + a 2bc . b+c−a a +b+c

A = a + b + c. 2(x + y)  y − yz + z x 3 yz  2 yz + − + (x + y + z) b) B =  . x y+z y+z x+ y+z  xyz 2

( y + z) (y

)

− yz + z 2 + x 3 − 3xyz 2x ( x + y ) 2 ⋅ + (x + y + z) x+y +z x (y + z)

2 y 3 + z 3 + x 3 − 3xyz 2 ⋅ + (x + y + z) 1 x+y +z

B = 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy-2yz-2zx + x 2 + y 2 + z 2 + 2xy+2yz+2zx B = 3 x 2 + 3 y 2 + 3z 2 . 3   x2 1  1 13.3. a) Ta có A =  + 2 +  ( x ≠ 0; ±3) : 2 3 − 3 27 − 3 +3 x x x x   

−6 6 1 : = ( x − 2)( x + 2) x + 2 2 − x

1   x = 2 (TM ) 1 b) x = ⇔  2  x = − 1 (TM )  2 Vớ i x =

1 1 2 thì A = = . 2 1,5 3 1 1 2 thì A = = . 2 2, 5 5

Vậy, x ∈ {3;1} thì A ∈ Z .

−x − 3 . x

−x − 3 −3 +1 < 0 ⇔ <0 ⇔x>0 . x x Vậy, x > 0; x ≠ 3 thì A < −1.

b) A < −1 ⇔ A + 1 < 0 ⇔

13.4. Ta có: M =

 x + x − 2 − 2 x − 4   x 2 − 4 + 10 − x 2  A=    : x+2  ( x − 2)( x + 2)   

c) A < 0 ⇔ 2 − x < 0 ⇔ x > 2 Vậy với x > 2 thì A < 0 . d) A ∈ Z ⇔ 1⋮ (2 − x) ⇔ 2 − x ∈ {±1} ⇔ x ∈ {3;1}

 x − 3 x + 9   − x + 3x − 9  A=  :   3x ( x − 3)   3( x − 3)( x + 3) 

   x 2 − 4 10 − x 2  x 2( x + 2) x−2 − + A=   : x + 2 + x + 2  ( − 2)( + 2) ( − 2)( + 2) ( + 2)( − 2) x x x x x x    

Vớ i x = −

 x 2 − 3x + 9    − x2 3x − 9 A=   :  3( x − 3)( x + 3) + 3( x − 3)( x + 3)  3 x ( x − 3)     2

2 1   10 − x 2   x + + 13.5. a) Ta có : A =  2  ( x ≠ ±2) : x − 2 + x+2   x −4 2− x x+ 2 

( x + y + z ) ( x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) .2 2 + (x + y + z) (x + y + z)

 x = 1( L) x+2  = 3 ⇔ 3x 2 = x + 2 ⇔ (3x + 2)( x − 1) = 0 ⇔  −2 2 x  x = 3 (TM )

x 2 ( x + 2) − ( x + 2)  x − 3  . TXĐ x ≠{0; 1; - 1} x 2 ( x + 1) − 3 x( x + 1)  x( x − 1) 

13.6. a) TXĐ: x ≠ 3 ; x ≠ 4 .

Ta có: Q =

12x − 45

( x − 3)( x − 4)

−

x + 5 2x + 3 − x −4 x −3

12x − 45 − ( x + 5 )( x − 3 ) − ( 2x + 3)( x − 4 ) ( x − 3)( x − 4 )

( x − 1)( x + 1)( x + 2)  x − 3  . x( x − 3)( x + 1)  x( x − 1) 

12x − 45 − x 2 + 3x − 5x + 15 − 2x 2 + 8x − 3x + 12 ( x − 3)( x − 4 )

x+2 . x2

−3x 2 + 15x − 18 ( x − 3)( x − 4)

−3 ( x − 2 )( x − 3 ) −3 ( x − 2 ) = . x−4 ( x − 3)( x − 4 )

258

259

−a − 2 − a + 1 2a + 1 a −1 = ; x5 = ; 3 a+2 −3

x = 3 b) x = 3 ⇒   x = −3

x4 =

x = 3 ( lo¹i)

Vậy xk = xk + 4 = xk +8 = ......

−15 Víi x =-3 th× Q = . 7

x2020 = x4 = 3 ⇔

c) Q =

−3x + 6 6 = −3 − x−4 ( x − 4)

Q∈ℤ ⇔

13.10. 6

Mà Ư(6) = {1; 2;3;6; −1; −2; −3; −6} X-4

-1

-2

-3

-6

-2

Kết hợp với tập xác định, ta có:

x ∈{−2;1; 2;5;6;7;10} th× Q nhËn gi¸ trÞ nguyªn.

 y − x  y2 2x 2 y : − 2  xy x2 − y2  ( x − y )

(

)

 x2  2 y −x 

y − x  y 2 − 2 x 2 y − x 2 ( x − y)  :  ( x − y)2 xy  

  ( 1 − x ) 1 + x + x2   ( 1 + x ) 1 − x + x2   1 − x2 13.11. Ta có A =  + x − x  :     1 + x2 1− x 1+ x   

(

)(

A = 1+ x + x + x 1− x + x − x 2

( x + y ) − 4 xy ( x + y ) 1 = −4= − 4 < −4 vì theo giả thiết x > 0, y < 0. xy xy xy

(

A = 1 − x2

xy + yz + zx = 0 ⇔ x3 y3 + y3 z 3 + z 3 x3 = 3xy. yz.zx = 3. x 6 + y 6 + z 6 = ( x 3 + y 3 + z 3 )2 − 2 x 3 y 3 − 2 y 3 z 3 − 2 z 3 x 3 = 9 − 2.3 = 3.

Vậy M = 1. x1 − 1 −3 −2a − 4 −a − 2 = ; x3 = = ; x1 + 1 2a + 1 2a − 2 a −1 260

)

(1 − x ) : 1 + x2

1 + x2

A = (1 + x ) (1 − x )

(

13.8. Ta có: x + y + z = 0 ⇔ x 3 + y 3 + z 3 = 3 xyz = 3.

13.9. Ta có: x2 =

)

y − x y 2 − x2 y − x ( x − y )2 ( x − y)2 = = : . xy ( x − y ) 2 xy y−x xy

b) Ta có A =

M = 3x +

b) Dấu bẳng xảy ra ⇔ x = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 6 khi x = 1.

y − x y 2 − x3 − x 2 y y − x y 2 − x 2 ( x + y ) : = : xy ( x − y)2 xy ( x − y)2

1  1  M =  x +  −  x3 + 3  x  x   1  1  1 3 M = x 3 + 3 −  x 3 + 3  + 3  x +  = 3x + . x  x   x x

y − x y 2 − 2 x 2 y − x3 + x 2 y : A= ( x − y )2 xy A=

3 3  1   3 1    1   3 1   x +  −  x + 3    x +  +  x + 3   x  x    x  x    M = 3 1  3 1   x+  +x + 3  x  x  

13.7. a) Do x + y = 1 suy ra ( x 2 − y 2 ) 2 = ( x − y ) 2 và y 2 − x 2 = −( x − y )

1  3 1   x+  −x + 3  x  x  a) Ta có : M =  3 1  3 1   x+  +x + 3  x  x  

6 ∈ ℤ ⇒ x − 4 ∈ Ư(6) x−4

Suy ra : A =

2a + 1 = 3 . Vậy, a = 4. 3

(1 − x ) 2

1 + x2 2

(1 − x ) 2

= 1 + x2

2 2 Vì x ≥ 0 do đó A = 1 + x > 0 với mọi x ≠ ±1 .

 ( x − y )( x + y ) 2 ( x + y )2  1 13.12. Ta có: P =  + : . 2 xy x 2 y 2  x − y  ( x + y ) 261

)

(

)

3 3 ≥ 2 3 x. = 6. x x

 x − y 2 x 2 y2  1 + . P= 2  x + y xy ( x + y )  x − y

20 −20 4x + + x ( x − 5 ) ( x − 5)2 ( x − 5)2

x − y 2xy  1 P= + . 2  x + y ( x + y )  x − y

20 20 4x + + x ( x − 5 ) ( x − 5 )2 ( x − 5 )2

x−y 1 2xy 1 . + . x + y x − y ( x + y )2 x − y

1 2xy + x + y ( x 2 − y2 ) ( x + y )

Suy ra P − Q = −

( x − 5)( x + 5) = x ( x − 5)( x + 5) = x ( x − 5) 2 x + 10x + 5 ( x + 5) ( x + 5) 2

( x − 5 )( x + 5 ) 2

x − 5x + 15x + 25 x −5

Từ đó suy ra: xy =

y−x =

( x − 5) ( x + 5) = ( x − 5) 2 x+5 ( x + 5)

1 1 1 1 p −b + p −a p− p+c + + − = + p − a p − b p − c p ( p − a )( p − b ) p ( p − c ) c  p ( p − c ) + ( p − a )( p − b ) c c + =  p ( p − a )( p − b )( p − c ) ( p − a )( p − b ) p ( p − c ) 2 c.  2 p − p ( a + b + c ) + ab  abc . =  = p ( p − a )( p − b )( p − c ) p ( p − a )( p − b )( p − c )

2 2 2 Mà a + b + c = 1 nên ab + bc + ca = 0 .

Đặt

x y z = = = k suy ra x = ak; y = bk; z = ck. a b c

Xét xy + yz + zx = abk2 + bck2 + cak2 = k2 ( ab + bc + ca ) = k2 .0 = 0 . 2

x 2 − 5x x 2 − 5x + x 2 + 5x 2x 2 +x = = . x +5 x +5 x +5

y + x 2x 2 x ( x − 5 ) 2x 2 x +5 2 . = : = . = xy x+5 x+5 x + 5 x 2 ( x − 5) x − 5

x 2 − 5x x 2 − 5x − x 2 − 5x −10x −x = = x +5 x +5 x+5

Do vậy A = 2

x ( x − 5)

14.2. Từ a + b + c = 1 ⇒ ( a + b + c ) = 1 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 1

x +5

⇒

4x 2 + 40x − 100

Vế trái bằng vế phải, suy ra điều phải chứng minh.

x 2 ( x − 5)

2 y − x −10x x ( x − 5 ) −10x x+5 −10 . ⇒ = : = . = xy x +5 x+5 x + 5 x 2 ( x − 5 ) x ( x − 5)

y+x =

14.1. XÐt vÕ tr¸i:

x ( x − 5)

Chuyên đề 14. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ

3 −3 = ≥ −3 . x 2 − 2x + 2 ( x − 1)2 + 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P – Q là -3 khi x = 1; y tùy ý khác {1;0; −1} . 13.13.Ta có y =

20 ( x − 5 ) + 20x + 4x 2

2 ( x + 5) 2 ( x + 5) −10 2 2 + − + + x ( x − 5 ) x − 5 ( x − 5 )2 x − 5 ( x − 5)2

2 ( x − 5) − 2 ( x + 5 ) 2 ( x − 5 ) + 2 ( x + 5) 10 + + 2 2 x ( x − 5) ( x − 5) ( x − 5)

262

1 1 1 2 2 2  1 1 1 + + 14.3. Thật vậy, ta có:  + +  = 2 + 2 + 2 + a b c ab bc ca a b c 1 1 1 2(a + b + c) = 2+ 2+ 2+ (vì a + b + c = 0 ) a b c ab + bc + ca 1 1 1 = 2+ 2+ 2. a b c Ta có điều phải chứng minh. 1 1 1 Nhận xét. Nếu a, b, c là các số hữu tỉ thì + + là số hữu tỉ nên bạn có thể chứng minh được bài toán sau: a b c 1 1 1 Cho a, b, c là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn a + b + c = 0 . Chứng minh: 2 + 2 + 2 là bình phương của một số a b c hữu tỉ. 263

Nếu đặt a = x − y; b = y − z; c = z − x thì ta được bài toán hay và khó sau: Chứng minh rằng 1 1 1 là bình phương của một số hữu tỉ. + + ( x − y ) 2 ( y − z ) 2 ( z − x )2 2 2 2 2 2 2 14.4. Từ a + b = - c ⇒ a + b + 2ab = c ⇒ a + b = c − 2ab

c2 + 2ab = ( c − a )( c − b )

a)Xét vế trái ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 + 2 + 2 = + + a + 2bc b + 2ac c + 2ab ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b )

a2 + b2 c2 − 2ab 2ab = = −c + Suy ra a+b −c c

Tương tự ta có:

Tương tự ta có b2 + 2ac = ( b − c )( b − a )

a2 ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c2 ( a − b )

b2 + c2 2bc c2 + a2 2ca ; = −a + = −b + b+c a c+a b

( a − b )(a − c)( b − c)

Từ đó suy ra vế trái là:

(

)

2 2 2 2 2 2 2ab 2bc 2ca 2 a b + b c + c a VT = −a − b − c + + + = (1) c a b acb 2

Mặt khác ta có: ( a + b + c ) = 0 ⇒ a2 + b2 + c2 = −2 ( ab + bc + ca ) Bình phương hai vế ta được:

(

)

a 4 + b4 + c4 + 2 a2 b2 + b2c2 + c2a2 = 4a2b2 + 4b2c2 + 4c2a2 + 8abc ( a + b + c )

(

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

)

(

)

− 3y ( y − 3xy ) = y2 − 3x ( x − 3xy )

a2 ( b − c ) + bc ( b − c ) − a ( b + c )( b − c )

( a − b)(a − c)( b − c) ( b − c)( a − b )( a − c) = 1 = (a − b )(a − c)( b − c)

⇔ 8xy2 − 8x2y + 3xy3 − 3x3y − 3y2 + 3x2 = 0

)

⇔ ( y − x ) 8xy + 3xy ( y + x ) − 3 ( x + y ) = 0

2 bc ( b − c ) + a 2 ( b − c ) − a ( b − c )( b + c ) ( b − c ) ( bc + a − ab − ac ) = ( a − b )( a − c )( b − c ) ( a − b )( a − c )( b − c )

( a − b )( a − c )( b − c ) = 1. ( a − b )( a − c )( b − c )

14.7. Từ a 2 + b 2 = (a + b − c) 2 ⇒ a 2 = (a + b − c) 2 − b 2 ; b 2 = (a + b − c) 2 − a 2

Do x ≠ y nên 8xy + 3xy(y + x) – 3(y + x) = 0

Suy ra

⇒ 3 ( y + x ) = 3xy ( y + x ) + 8xy .

VT =

Chia cả hai vế cho 3x ; y khác 0, ta được:

a 2 + (a − c) 2 (a + b − c )2 − b 2 + (a − c )2 = b 2 + (b − c) 2 (a + b − c )2 − a 2 + (b − c )2

14.6. Từ a2 + b2 + c2 = ( a + b + c ) ⇒ a2 + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca )

(a + 2b − c)( a − c) + (a − c )2 (b + 2a − c)(b − c) + (b − c )2 (a − c)(2a + 2b − 2c ) a − c = = = VP (b − c)(2a + 2b − 2c) b − c

Suy ra ab + bc + ca = 0

14.8. Từ giả thiết ta có:

1 1 8 + = x + y + . Điều phải chứng minh. x y 3

( b − c) ( a + bc − ab − ac) (a − b )( a − c)( b − c) 2

b) Xét vế trái, ta có:

⇔ x2y − 3x3y − 3y2 + 9xy2 = xy2 − 3xy3 − 3x2 + 9x2y

(

( a − b )( a − c)( b − c)

bc ( b − c ) + ac ( c − a ) + ab ( a − b ) bc ( b − c ) + ac 2 − a 2 c + a 2 b − ab 2 = ( a − b )( a − c )( b − c ) ( a − b )( a − c )( b − c )

14.5. Từ giả thiết suy ra 2

a 2 ( b − c ) + b2c − ab2 + ac2 − bc2

bc ca ab bc ca ab + + = + + a 2 + 2bc b2 + 2ac c2 + 2ab ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b )

)

⇒ a 4 + b4 + c4 = 2 a2 b2 + b2c2 + c2a2 (2)

Xét a + 2bc = a + 2bc − ab − bc − ca

1 1 1 1 + + = x y z x +y+z

⇔ ( yz + xz + xy )( x + y + z ) = xyz

= a 2 − ab − ca + bc = ( a − b )( a − c ) 264

265

⇔ xyz + y2z + yz2 + x2z + xyz + xz2 + x2 y + xy2 + xyz = xyz 2

⇔ xyz + y z + yz + x z + xyz + xz + x y + xy = 0 ⇔ yz ( x + y ) + z 2 ( x + y ) + xz ( x + y ) + xy ( x + y ) = 0

 1  1 1 14.11. Từ giả thiết, suy ra  x +  y +  ∈ Z ⇔ xy + ∈ Z . y  x xy  3 3 Xét x y +

⇔ ( x + y ) ( yz + z 2 + xz + xy ) = 0

2     1 1  1 1   1  =  xy +   x 2 y 2 + 2 2 − 1 =  xy +   xy +  − 3 3 x y  xy   x y xy   xy     3

Suy ra, x3 y 3 +

⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) = 0

1 ∈ Z , điều phải chứng minh. x3 y 3

x + y = 0 Suy ra  y + z = 0  x + z = 0

14.12. Ta có: x xyz xyz xyz = = = . 1 + x 2 yz + x 2 yz yz + x( x + y + z ) ( x + y )( x + z )

Nếu x + y =0 thì từ x + y + z = 2020 ⇒ z = 2020 .

Tương tự:

Nếu y + z =0 thì từ x + y + z = 2020 ⇒ x = 2020 .

3z 3 xyz (3) = . 1 + z 2 ( z + x )( z + y ) Từ (1), (2) và (3); cộng vế với vế, ta có: x 2y 3z xyz 2 xyz 3 xyz + + = + + 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x ) ( z + x)( z + y )

Nếu x + z =0 thì từ x + y + z = 2020 ⇒ z = 2020 . Suy ra điều phải chứng minh.

14.9. Từ a2 − b = b2 − c = a2 − b2 = b − c ⇒ ( a + b )( a − b ) = b − c ⇒a+b=

2y 2 xyz = . 1 + y 2 ( y + z )( y + x)

b−c a−c (1) ⇒ a+ b+1= a−b a−b

Tương tự, từ a2 − b = c2 − a ⇒ a + c + 1 =

b−c (2) a−c

b2 − c = c2 − a ⇒ b + c + 1 =

b−a (3) b−c

(1)

(2)

xyz [ y + z + 2( z + x) + 3( x + y) ] ( x + y )( y + z )( z + x)

xyz (5 x + 4 y + 3z ) . ( x + y )( y + z )( z + x)

(a + b + 1)( b + c + 1)( c + a + 1) = −1 .

1 1 1 Ngoài cách giải trên, bạn có thể giải bằng cách đặt a = ; b = ; c = , từ giả thiết, ta có ab + bc + ca = 1 , đẳng x y z thức cần chứng minh tương đương với: a 2b 3c 5bc + 4ca + 3ab + + = . 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2 ( a + b)(b + c )(c + a )

14.10. Từ giả thiết, áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

Thay 1 = ab + bc + ca vào các mẫu ở vế trái, rồi biến đổi vế trái ta được điều phải chứng minh.

Từ (1), (2) và (3) nhân từng vế ta được:

•

x 2 − yz y2 − xz x 2 − yz − y2 + xz ( x − y )( x + y + z ) = = = = x + y + z (1) x − xyz y − xyz x − xyz − y + xyz x−y

•

x 2 − yz y2 − xz x 2 y − y2z xy2 − x 2 z x 2 y − y2 z − xy2 + x 2 z = = = = x − xyz y − xyz xy − xy2 z xy − x 2 yz xy − xy2 z − xy + x 2 yz = =

xy ( x − y ) + z ( x 2 − y 2 ) x 2 yz − xy 2 z

( x − y )( xy + xz + yz ) ( x − y ) xyz

xy + xz + yz 1 1 1 = + + (2) xyz x y z

Từ (1) và (2) suy ra x + y + z =

k 2 + k +1 1 1 1 . = 1+ = 1+ − k (k + 1) k (k + 1) k k +1 Thay lần lượt k = 1, 2, 3,......, n ta được: 14.13. Ta có:

1  1 1  1 1 1    1 VT =  1 + 1 −  +  1 + −  + 1 + −  + ...... + 1 + −  2  2 3  3 4   n n +1  = n +1−

1 n 2 + 2n . = n +1 n +1

Nhận xét. Ta cũng có thể biến đổi bài toán như sau:

k 2 + k +1 1 k = + . k (k + 1) k k + 1

Thay lần lượt k = 1, 2, 3,......, n ta được:

1 1 1 + + . x y z 266

267

n   1 1 2 1 3 1 VT =  1 +  +  +  +  +  + ..... +  +   2  2 3 3 4  n n +1 

P(x) =

= n+

n n + 2n = . n +1 n +1

14.14. Ta có:

y 2 y2 4 y 4 ( x 4 − y 4 ) + 8 y8 + 2 + 4 2 x+ y x + y ( x + y 4 )( x 4 − y 4 )

a ( x − b )( x − c )( c − b ) − b ( x − a )( x − c )( c − b ) − b ( x − a )( x − c )( b − a ) + c ( x − a )( x − b )( b − a )

( a − b )( a − c )( c − b ) ( x − c )( c − b ) a ( x − b ) − b ( x − a ) − ( x − a )( b − a )  b ( x − c ) − c ( x − b ) P(x) = ( a − b )( a − c )( c − b ) x − c )( c − b )( ax − bx ) − x ( x − a )( b − a )( b − c ) ( P(x) = ( a − b )( a − c )( c − b )

⇔4=

y 2 y2 4 y4 + + x + y x2 + y 2 x4 − y 4

P(x) =

⇔4 =

y 2 y 2 ( x2 − y 2 ) + 4 y 4 + x + y ( x 2 − y 2 )( x 2 + y 2 )

* Xét Q ( x ) =

⇔4=

y 2 y2 y ( x − y) + 2 y 2 + 2 = 2 x+ y x − y x2 − y 2

Q(x) =

⇔4 =

y ⇔ 4 x − 4 y = y ⇔ 4 x = 5 y. x− y

Xét tử số:

14.15. Từ giả thiết ta có

(

x2 + y2 x4 y 4 + = a b a+b

( a − b )( a − c )( c − b )

x ( a − b )( c − b )( a − c ) =x ( a − b )( a − c )( c − b )

a 2 ( x − b )( x − c ) b 2 ( x − a )( x − c ) c 2 ( x − a )( x − b ) + + ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b )

a 2 ( x − b )( x − c )( c − b ) + b 2 ( x − a )( x − c )( a − c ) + c 2 ( x − a )( x − c )( b − a )

( a − b )( a − c )( c − b )

a 2 ( x − b )( x − c )( c − b ) + b 2 ( x − a )( x − c )( a − c ) + c 2 ( x − a )( x − c )( b − a )

)

= a 2 ( x − b )( x − c )( c − b ) − b 2 ( x − a )( x − c )( c − b ) − b 2 ( x − a )( x − c )( b − a )

(

x ( a − b )( c − b ) ( x − c ) − ( x − a ) 

+ c 2 ( x − a )( x − b )( b − a )

)

⇔ b ( a + b ) x4 + a ( a + b ) y4 = x2 + y2 ab ⇔ abx 4 + b2 x 4 + a 2y 4 + aby 4 = abx 4 + 2abx2y2 + aby 4

= ( x − c )( c − b ) a 2 ( x − b ) − b2 ( x − a )  − ( x − a )( b − a )  b2 ( x − c ) − c2 ( x − b ) 

⇔ b2 x 4 − 2abx2y2 + a 2y 4 = 0

= ( x − c )( c − b )( a − b )( ax + bx − ab ) − ( x − a )( b − a )( b − c )( bx + cx − bc )

(

⇔ bx2 − ay 2

)

= 0 ⇔ bx2 − ay 2 = 0 ⇔

x2 y 2 = . a b

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 2

⇒

= ( a − b )( c − b ) ax 2 + bx 2 − abx − acx − bcx + abc − bx 2 − cx 2 + bcx + abx + acx − abc 

= ( a − b )( c − b ) ax 2 − cx 2  = x 2 ( a − b )( c − b )( a − c )

x y x +y 1 = = = a b a+b a+b 2n

= ( a − b )( c − b ) ( x − c )( ax + bx − ab ) − ( x − a )( bx + cx − bc ) 

⇒ Q(x) = 2n

x y 1 x y 2 = n = ⇒ n + n = . n n an b a b (a + b) (a + b)

x 2 ( a − b )( c − b )( a − c )

( a − b )( a − c )( c − b )

= x2.

Vậy suy ra P2(x) = Q(x).

14.17.

a ( x − b )( x − c ) b ( x − a )( x − c ) c ( x − a )( x − b ) 14.16. Xét P ( x ) = + + ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b ) a ( x − b )( x − c )( c − b ) + b ( x − a )( x − c )( a − c ) + c ( x − a )( x − b )( b − a ) P(x) = ( a − b )( a − c )( c − b )

Dễ dàng chứng minh a 3 + b3 + c3 = 3abc.

xy yz zx a3 + b3 + c3 3abc + + = = = 3, điều phải chứng minh. z 2 x2 y 2 abc abc  x y z  + + 14.18. Từ giả thiết suy ra   .( x + y + z ) = 2 ( x + y + z )  y+z z+x x+ y ⇔

268

Từ giả thiết, suy ra xy + yz + zx = 0 . Đặt xy = a; yz = b; zx = c , khi đó:

x2 y2 z2 +x+ +y+ + z = 2x + 2y + 2z y+z z+x x+y 269

⇔

x2 y2 z2 + + = x + y + z Điều phải chứng minh. y+z z+x x+y

x = – 6 nên hai phương trình không tương đương vì không cùng tập nghiệm. c) Tương đương vì cùng vô nghiệm.

15.7. a) Không tương đương vì x = – 2 không phải là nghiệm của phương trình x3 + 3x = (x + 1)2

14.19. Biến đổi vế trái :

b) Không tương đương vì y = 5 là nghiệm y = 5 nhưng không là nghiệm của y + 5 = 0 .

a + b a −b a +b  b−c c−a  . + +   a −b a +b a −b b+c c+a  = 1+

c) Tương đương vì chúng cùng tập nghiệm S = {−3 ; 3} .

c  c−b a −c c  bc − b 2 + a 2 − ac  +     = 1+ b−a  a b  b−a  ab 

c ( a − b )( a + b − c ) −c ( a − b )( −c − c ) 2c2 2c3 = 1+ . = 1+ . = 1+ = 1+ b−a ab a −b ab ab abc Vế trái bằng vế phải, ta có điều phải chứng minh.

Chuyên đề 15. PHƯƠNG TRÌNH- PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN 15.1. (Vế trái viết tắt là VT; vế phải viết tắt là VP) Với x = 8 ta được : VT = 8a – 8 – 3 = 8a – 11 ; VP = 8a – 11 Như vậ y VT = VP, ∀ a. Vậy phương trình luôn nhận x = 8 là nghiệm dù a lấy bất kỳ giá trị nào.

15.2. a) Hai vế đều bằng 6x – 6

b) Hai vế đều bằng 9 – 9y + y2;

;

z (z − 5) + 2(z − 5) (z + 2)(z − 5) = = z − 5 = VP c) VT = z2 + 2 z2 + 2 15.3. ∀x ≥ 0 thì 2016x = 2016x . Khi đó 2016x – 2016x = 0 ⇔ 2016x – 2016x = 0 ⇔ 0x = 0 nghiệm đúng ∀x ≥ 0 .

15.8. a) Thay x = 5 vào cả ba phương trình đều nghiệm đúng. b) Các cặp phương trình (1) và (2); (1) và (3) ; (2) và (3) đều không tương đương vì đều không cùng tập nghiệm.

15.9. Ta có 12,6 – 3x = 0 ⇔ – 3x = – 12,6 ⇔ x = – 12,6 : (– 3) ⇔ x = 4,2 và 3x + 2 = 7x – 10 ⇔ 3x – 7x = – 10 – 2 ⇔ – 4x = – 12 ⇔ x = 3. Như vậy x = 4,2 là nghiệm của phương trình (1); x = 3 là nghiệm của phương trình (2). Vậy nghiệm phương trình (3) là x = – 2. Do đó 5 – k.(–2) = 8 ⇔ 2k = 8 – 5 ⇔ k = 3 : 2 ⇔ k = 1,5;

15.10. a) Với m = 3 ta có 0x + 3 = 3 nghiệm đúng ∀ x ; b) Với m = – 3 ta có 0x + 3 = – 3 ⇔ 0x = – 6 vô nghiệm ;

1 ; 16 3 1 d) Với m = 0 ta có – 18x + 3 = 0 ⇔ x = = . 18 6 15.11. a) x = – 3 là nghiệm của phương trình nên – 15 + 2n – 8 = – 6 – 7 ⇔ 2n = 15 + 8 – 6 – 7 ⇔ 2n = 10 ⇔ n = 5. c) Với m = 5

15.4. a) ∀ x VT luôn lớn hơn VP 5 đơn vị ;

b) Khi n = – 2017 ta có phương trình 5x – 4034 – 8 = 2x – 7 .

b) ∀ y VT ≥ 0 ; VP < 0

⇔ 5x – 2x = – 7 + 4034 + 8

c) Khi z = – 5 vế phải không có nghĩa.

15.12. Vế trái là tổng của 50 hạng tử, mỗi hạng tử chứa trong dấu ( ) là một tổng 2 số hạng, một số hạng chứa x và hệ số của x lần lượt là số thứ tự của các hạng tử, số hạng kia lần lượt là các số lẻ từ 1 đến 99. Số các số lẻ cũng là 50 số. Do đó (x + 1) + (2x + 3) + (3x + 5) + … + (50x + 99) = 5050

Khi z ≠ −5

VP =

ta có 32x + 3 = 5 ⇔ x =

2z2 + 7z −15 2z2 +10z − 3z −15 (2z − 3)(z + 5) = = = 2z − 3 = (2z – 5) + 2; z +5 z +5 z +5

⇔ x + 2x + 3x + …+ 50x + 1 + 3 + 5 + … + 99 = 5050.

d) ∀t thì VT < 0 còn VP ≥ 0.

⇔ 2

15.5. a) Với m = 4 phương trình có dạng 0x = 0 nghiệm đúng ∀ x. c) Với m = 0 phương trình có dạng 20x2 = – 4 vô nghiệm vì 20x2 ≥ 0, ∀x d) Với m = 6 phương trình có dạng 2x2 = 2 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1 .

15.6. a) Tương đương vì cùng tập nghiệm S = {2, 5} b) Phương trình (x – 6)(x + 6) = 0 ngoài nghiệm x = 6 còn có nghiệm 270

⇔ x = 1345.

⇔ x(1 + 2 + 3 + …+50) + (1 + 3 + 5 + … + 99) = 5050

Vế phải luôn lớn hơn vế trái 2 đơn vị .

b) Với m = 5 phương trình có dạng 0x2 = 1 vô nghiệm.

⇔ 3x = 4035

(1 + 50).50 (1 + 99).50 x+ = 5050 ⇔ 1275x + 2500 = 5050 2 2

⇔ 1275x

= 5050 – 2500 ⇔ 1275x = 2550

⇔ x = 2.

15.13. Ta biết dãy số cộng (từ số thứ hai , các số đều bằng số liền trước cộng với cùng một số; số được cộng vào ta gọi là khoảng cách) có cách tính số số hạng là : [|số cuối – số đầu| : khoảng cách] + 1 Vế trái của phương trình sẽ có 1 + 4 + 7 + …+ 61 là tổng các số hạng của dãy số cộng có khoảng cách (hay công sai) là 3. Do đó số số hạng của tổng sẽ là (61 – 1) : 3 + 1 = 21. Ta có

(x + 1) + (2x + 4) + (3x + 7) + …+ (nx + 61) = 420 ⇔ (x + 2x + 3x + … + nx) + (1 + 4 + 7 + …+ 61) = 420 271

a) n chính là số số hạng của tổng 1 + 4 + 7 + …+ 61; n =

61 − 1 + 1 = 21 . 3

b) Phương trình trở thành: (1 + 2 + 3 + … + 21) x + (1 + 4 + 7 + …+ 61) = 420 (1 + 21).21 (1 + 61).21 ⇔ x+ = 420 ⇔ 231x + 651 = 420 2 2 ⇔ 231x = – 231 ⇔ x = –1.

+ 1 + ... + 1 và ghép mỗi số 1 với một số hạng còn lại được: 15.14. a) Ta có 9 = 1 9 soˆ ′ 1

 2x + 1   x + 2   x + 3   x+9  + 1 +  + 1 +  + 1 + ... +  + 1 = 0   9   8   7   1  2x + 10 2x + 10 2x + 10 2x + 10 ⇔ + + + ... + =0 9 8 7 1 1 1 1 1 1  1 1 1 ⇔ ( 2x + 10 )  + + + ... + + 1 = 0 ; Do + + + ... + + 1 ≠ 0 2  9 8 7 2 9 8 7 Nên

2x + 10 = 0

⇔

2x = –10

x − 2016 x − 2016 x − 2016 x − 2016 + + ... + + =0 2015 2015 2 1

1 1 1 1 1   1 ⇔ ( x − 2016 )  + + +... + + 1 = 0 ;Do + + ... + +1 ≠ 0 2  2015 2014 2  2015 2014 x – 2016 = 0

⇔

Ta có

⇔ x – 7x – 18 = 0

⇔ x2 – 9x + 2x – 18 = 0 ⇔ x(x – 9) + 2(x – 9) = 0

⇔ (x – 9)(x + 2) = 0 ⇔ x = 9 hoặc x = – 2 .

15.16. a) Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng ax + b = 0. Để phương trình đã cho trở thành phương trình bậc nhất một ẩn thì hệ số của x2 là m2 – 25 = 0 và hệ số của x là m + 5 ≠ 0. Ta có 1 + 5 + 9 + 13 + …+197 là tổng các số hạng của dãy số cộng có khoảng cách (hay công sai) là 4. Ta có số số hạng của tổng ở vế phải sẽ là (197 – 1) : 4 + 1 = 50 và 1 + 5 + 9 + 13 + …+197 = (1 + 197).50 : 2 = 4950 Khi ấy phương trình trở thành (m2 – 25)x2 + 10(m + 5)x + 5025 = 4950

Ta có

 m 2 − 25 = 0 (m − 5)(m + 5) = 0 ⇔ ⇔m=5  m ≠ − 5 m + 5 ≠ 0

Với m = 5 phương trình trở thành : ⇔ (25 – 25)x2 + 10(5 + 5)x + 75 = 0 hay 0x2 + 100x + 75 = 0 hay 100x + 75 = 0 là phương trình bậc nhất có một ẩn số. Nghiệm của phương trình 75 = − 0, 75 . là x = − 100 b) x = n là nghiệm của phương trình A(x) = B(x) nếu A(n) = B(n) Do đó khi m = 10 ta có (102 – 25)x2 + 10(10 + 5)x + 75 = 0 ⇔ 75x2 + 150x + 75 = 0 ⇔ 75(x2 + 2x + 1) = 0

x = 2016.

15.15. Sau khi khai triển và rút gọn phương trình đã cho ta được phương trình có dạng ax2 + bx + c = 0 . Muốn trở thành phương trình bậc nhất một ẩn ta phải có a = 0 và b ≠ 0. 2

c) Khi m = 2 phương trình trở thành (2 – 1)x2 – (10 – 3)x – 18 = 0 2

⇔ (m2 – 25)x2 + 10(m + 5)x + 75 = 0

x −1 x − 2 x − 2014 x − 2015 + + ... + + − 2015 = 0 ⇔ 2015 2014 2 1  x −1   x − 2   x − 2014   x − 2015  − 1 +  − 1 + ... +  − 1 +  − 1 = 0  2 1  2015   2014     

Nên

3  63  Do  x −  + > 0 ∀x nên phương trình vô nghiệm. 2 4 

x = – 5.

⇔

b) Biến đổi thành

⇔

3  63  ⇔ – x2 + 3x – 18 = 0 ⇔ x2 – 3x + 18 = 0 ⇔  x −  + =0 2 4 

⇔ mx – 5mx – x – x + 4x + 4 – 22 = 0 ⇔ (m – 1)x – (5m – 3)x – 18 = 0

a) Để phương trình trở thành phương trình bậc nhất có một ẩn số thì ta phải có: m = 1 m − 1 = 0  ⇔   3 5m − 3 ≠ 0 m ≠ 5

⇔

(m2 – 25).12 + 10(m + 5).1 + 75 = 0

∀m . VT ≠ VP nên x = 1 không là nghiệm của phương trình ∀m . 15.17. Với x ≥ 1 phương trình thành x – 1 = 2x – 3 ⇔ x = 2 (thỏa mãn ĐK)

⇔ m =1

Với x <1 phương trình thành 1 – x = 2x – 3 ⇔ x = Nghiệm của phương trình là x = 2.

⇔ – 2x – 18 = 0 ⇔ – 2x = 18

15.18.

⇔ x = – 9.

b) Khi m = 0 phương trình trở thành : (0 – 1)x – (0 – 3)x – 18 = 0

272

⇔ x = – 1.

VT = m2 – 25 + 10m + 50 + 75 = m2 + 10m + 25 + 75 = (m + 5)2 + 75 > 0

Khi m = 1 phương trình trở thành (1 – 1)x2 – (5 – 3)x – 18 = 0 2

x+1=0

c) Khi m = – 5 phương trình trở thành 0x2 + 0x + 75 = 0. Vô nghiệm vì ∀x giá trị VT là 75 còn VP là 0. d) Khi x = 1 ta có

mx(x – 5) – (x – 4)(x + 1) = 22 2

⇔ 75(x + 1)2 = 0

4 (loại). 3

x +1 x + 2 x + 3 x + 4 x +1 x+2 x +3 x+4 + = + ⇔ +1 + +1 = +1 + +1 99 98 97 96 99 98 97 96

1 1 1 1  1 1 1 1  ⇔ ( x +100)  + − −  = 0 ⇔ x = 100 do  + − −  =/ 0  99 98 97 96   99 98 97 96  273

15.19.

2−x 1− x x 2−x 1− x  x  −1 = − +1 = +1−  − 1 ⇔ 2013 2014 2015 2013 2014  2015 

1 1   1 − − ⇔ ( 2015 − x )  =0  2013 2014 2015 

ax + b = 0 ( hay ax = – b). 16.1. Các phương trình đều chứa các mẫu số. Do đó ta thực hiện việc quy đồng mẫu số các phân số rồi khử mẫu số (thực chất là ta nhân hai vế của phương trình với cùng mẫu số chung). Riêng c) và d) ta phải quy đồng riêng các phân thức trên các tử rồi đưa về thành một phân thức sau đó mới quy đồng mẫu hai vế. Ở câu b) ta có 1 0,5 là ; 2 - Trong quá trình giải có thể rút gọn các hạng tử đồng dạng từng vế sau đó mới chuyển vế, và bỏ những hạng tử giống nhau ở hai vế nếu có. b) x = – 1; ;

c) x = 2

1 ; 3

d) x = –4

16.2. Các phương trình đều chứa các biểu thức về phân số và số thập phân. Trước hết ta rút gọn các biểu thức đó, tùy theo các biểu thức ta biến đổi thành phân số hay số thập phân thuận tiện cho việc tính.

1 1  15 70 −105 + 126 −155 15 −64 15  1 1 a) Ta có  2 − 3 + 4 − 5  . = . = . = −2 5 6  16 30 16 30 16  3 2 1 1 Do đó phương trình trở thành −2y = (3 − 8y) + 7 . Giải được y = 4,5. 2 2 b) Biến đổi

8,54 + 0, 46 − 4,5 : 0, 25 8,54 + 0, 46 − 4,5 : 0, 25 9 − 18 = = = −3 8 2, 68 + 0, 32 3 2, 68 + 25

y  y y 1 Phương trình thành −3 + =  − . + 3 hoặc −3+0,25y = ( 0,5y −0,25y) .0,5+3 4  2 4 2 Giải được x = 48.

1 1 13 31 7 39 − 62 − 28 + 36 15 c) 3,25 − 5 − 2 + 3 = − − + 3 = =− 6 3 4 6 3 12 12 1 1 1 1 1 1 1 1 31 Và 0,5 + 0,25 + + + = + + + + = 8 16 32 2 4 8 16 32 32 Do đó phương trình trở thành −

41 3m + 15 thì phương trình có nghiệm z = z = . 8 41 − 8m 41 41 41 253 ta có 0z = 3. + 15 vô nghiệm vì 3. + 15 = ≠ 0. N ếu m = 8 8 8 8

N ếu m ≠

⇔ x = 2015.

Chuyên đề 16. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA ĐƯỢC VỀ DẠNG

* Đáp số: a) x = 1 ;

Khai triển rút gọn , chuyển vế ta được phương trình (41 – 8m)z = 3m + 15

15  15  32 31 y:  −  − 4 = 20 − y. 6  12  31 32

Giải được y = 8. 16.3. a) Để phương trình có nghiệm là z = 3 phải có : (3 – 2)2 – (3 + 5m – 2) + (3 + 3)2 = 2(32 – m + 1) + 8(m – 5).3 + 28 Giải phương trình tìm được m = 4. b) (z – 2)2 – (z + 5m – 2) + (z + 3)2 = 2(z2 – m + 1) + 8(m – 5)z + 28 274

16.4. Giải phương trình (x – 2)(x + 3) = x(x – 1) + 10 được nghiệm x = 8. Vậy phương trình x2 − 5(x + m) = x3 – 6x2 + 31 có nghiệm x = 2

2m − 3x + 2

2m − 3.2 1 + 5(2 + m) = 23 – 6.22 + 31. Giải tìm được m = − 2 2 16.5. a) Ta biến đổi phương trình đã cho thành phương trình

Nghĩa là 22 −

3x − 5 3x − 6 3x − 294 3x − 295 + = + 295 294 6 5 1 1 1  1 ⇔ ( 3x − 300 )  + − −  = 0 . Tìm được x = 100.  295 294 5 6  74 + x 75 + x 76 + x 77 + x 78 + x + + + + +5= 0 b) Biến đổi thành : 126 125 124 123 122  74 + x   75 + x   76 + x   77 + x   78 + x  ⇔  + 1 +  + 1 +  + 1 +  + 1 +  + 1 = 0  126   125   124   123   122  1 1 1 1   1 ⇔ ( 200 + x )  + + + +  = 0 . Tìm được x = –200.  126 125 124 123 122  x − 50 x − 51 x − 52 x −175 + + + =0 c) Biến đổi phương trình thành : 50 49 48 25 Ở vế trái của phương trình, nếu ta thêm (– 1) vào mỗi phân thức trong ba phân thức đầu và thêm (+3) vào phân thức thứ tư rồi quy đồng mẫu từng cặp ta làm xuất hiện 4 phân thức đều có tử là x –100. Việc thêm vào không làm thay đổi giá trị của vế trái vì –1 –1– 1 + 3 = 0.

 x − 50   x −51   x − 52   x −175  Ta có  −1 +  −1 +  −1 +  + 3 = 0  50   49   48   25 

1 1 1   1 ( x − 100)  + + +  = 0 . Tìm được x = 100.  50 49 48 25  4x − 350 4x −100 4x − 95 4x −110 4x −145 d) Biến đổi thành : + + + + =0 15 25 35 45 55 Ở vế trái của phương trình, phân thức thứ nhất nếu ta thêm 10, phân thức thứ hai thêm – 4; phân thức thứ ba thêm –3; phân thức thứ tư thêm –2; phân thức thứ năm thêm –1 thì giá trị vế trái không đổi vì 10 – 4 – 3 – 2 – 1 = 0 ; ta quy đồng mẫu từng cặp làm xuất hiện 4 phân thức đều có tử là 4x –200. Từ đó ta có ⇔

 4x − 350   4x −100   4x − 95   4x −110   4x −145  +10 +  − 4 +  − 3 +  − 2 +  −1 = 0 ⇔   15   25   35   45   55  1 1 1 1 1 ( 4x − 200)  + + + +  = 0 . Tìm được x = 50.  15 25 35 45 55  275

Nhận xét: Ở các bài toán thuộc dạng trên các phương trình sau khi biến đổi ta không quy đồng tất cả các mẫu số, hướng giải là làm xuất hiện các tử thức giống nhau bằng cách thêm, bớt vào mỗi phân thức các số thích hợp thành một cặp, sao cho giá trị các vế của phương trình không thay đổi. Bằng cách quy đồng mẫu từng cặp ta sẽ làm xuất hiện các tử thức giống nhau. Khi đặt thành nhân tử chung, nhân tử còn lại sẽ là tổng, hiệu các phân số mà tính khác không của nó là điều dễ nhận ra. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình .

16.6. Đây là các phương trình chứa tham số. Cần đặc biệt lưu ý điều kiện xác định của các phương trình và sau khi biến đổi về dạng ax + b = 0 hoặc ax = – b , (a ≠ 0), phải biện luận các giá trị của a để xác định nghiệm của phương trình. a) ĐKXĐ : m ≠ ± 2 . Biến đổi phương trình thành (x – m)(m – 2) + (x – 2)(m + 2) = – 4m

⇔

 1 1 1   3y − n − p   3y − p − m   3y − m − n  −1 +  −1 +  −1 = 0 ⇔ [ 3 y − ( m + n + p ) ]  + + = 0  n p n p  m      m

1 1 1 + + ≠0 m n p

⇒ y=

N ếu

1 1 1 + + =0 m n p

⇒ phương trình trở thành 0y = 0 có vô số nghiệm với m.n.p ≠ 0;

1  1  1  1   1   1  2  3   99  a)  −1 −1 −1... −1 =  −  −  − ... − =−  2  3  4   100   2  3  4   100  100 và

Nếu m = 0 thì phương trình trở thành 0x = 4 , phương trình vô nghiệm. b) Do m.n.p ≠ 0 nên m ≠ 0 ; n ≠ 0 ; p ≠ 0 .

1 + 2 + 3 + ... + 199 + 200 =

Phương trình trở thành −

Nhân hai vế của phương trình với mnp ≠ 0 ta được phương trình tương đương : p) = 2mn + 2np + 2pm

1 (m + n + p) . 3

16.8. Các phương trình đều chứa những biểu thức về số, phân số, số thập phân, dãy số, phân số . Ta cần rút gọn trước rồi thay vào phương trình để giải. Khi rút gọn cần lưu ý các quy luật của chúng.

2mx = (m – 2)2

(m − 2)2 Nếu m ≠ 0 và m ≠ ± 2 thì x = . 2m

m(x – m) + n(x – n) + p(x –

⇔ x(m + n + p) – (m2 + n2 + p2 + 2mn + 2mp + 2np) = 0 2

⇔ x(m + n + p) – (m + n + p) = 0 ⇔ (m + n + p)[x – (m + n + p)] = 0

* Nếu m + n + p ≠ 0 thì nghiệm của phương trình là x = m + n + p * Nếu m + n + p = 0 thì phương trình thành 0(x – 0) = 0 , vô số nghiệm.

y−m y−m−n +3 −1 = . Làm tương tự như vậy với các phân thức còn lại cũng làm n −3 n −3 xuất hiện tử thức (y – m – n + 3). Do đó ta chuyển vế rồi viết – 3 = – 1 – 1 – 1 và ghép mỗi số với một phân thức. ĐKXĐ m ≠ 3; n ≠ 3; m ≠ – n

 y−m   y−n   y+3  − 1 +  − 1 +  − 1 = 0 Biến đổi phương trình thành   n −3   m−3   m+ n 

y− m− n +3 y −n − m+3 y +3−m− n + + =0 n −3 m −3 m+n

(1 + 200).200 = 20100 2

1  x  .200 x − 18070 =  − 1  .20100 100  100 

Giải phương trình tìm được x = 10.

 7  7  7   7  16 27 40 112 2.8 3.9 4.10 8.14 b)  +1 +1 +1... +1 = . . ..... = . . .....  9  20  33   105  9 20 33 105 1.9 2.10 3.11 7.15

(x + 3)2 − (x − 5)(x + 5) 64 15 2.3.4.....8 8.9.10.....14 64 = . . = . Phương trình trở thành: ( x + 2 ) . Giải 1.2.3.....7 9.10.11.....15 15 2 15 256 được x = – 6 =

16.7. a) Ta nhận thấy

⇔

N ếu

3 3 0, 6 + − 7 11 + 10 10 2+ − 7 11

1 1  1  14 − 21 3  0, 2 + −  14  − 1, 5  7 11  3  = 3 + 7 =1 3 =  +  20 1 1 1   − 30 10  0, 2 + −  20  − 1,5  10 10 3 7 11   3 

1 1 1 1 1+ 2 + 3 − 6 + + − = =0 12 6 4 2 12 Phương trình trở thành 92 x − 1 = −8( x − 3) .

Giải được x = 0,25.

16 .9. Đây là một bài khó, hay, đòi hỏi linh hoạt và sáng tạo. Trong cả ba câu ta gặp các phân số dạng m m 1 1 = − với a; m là các số và a ≠ −m . Ta biến đổi để rút gọn các biểu thức. a.(a + m) a.(a + m) a a + m

1 1   1 + + ⇔ ( y − m − n + 3)  =0  n −3 m−3 m + n  1 1 1 + + ≠ 0 thì phương trình có nghiệm y = m + n – 3 . N ếu n −3 m−3 m+ n 1 1 1 + + = 0 phương trình trở thành 0(y – m – n + 2) = 0 thỏa mãn với mọi y . Phương trình n −3 m−3 m+ n vô số nghiệm với m ≠ 3; n ≠ 3; m ≠ – n. N ếu

9 9 9 9 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + = 1 − + − + − − ... + − 1.10 10.19 19.28 82.91 10 10 19 19 28 82 91 1 90 90 183 6z + 5 5z − 6 = 1 − = . Do đó ta có + + 3(z − 1) = + . 91 91 91 91 4 5 Giải phương trình tìm được z = 0,1 a)

b) Tương tự a) Biến đổi phương trình về dạng : 276

277

6060 6060 6060 1 1  1 1 + + ... + = 60  + + + ... +  1212 2020 9090 90   6 12 20 1 1 1 1  1 1  1 1 1 1 1 1 1 1  + + + ... +  = 60  − + − + − + ... + −  = 60.  −  = 24 2.3 3.4 4.5 9.10  9 10  2 3 3 4 4 5  2 10 

b) Ta có : 10 +

 = 60  

2015.2016 + 2017 2015.2016 + 2017 2015.2016 + 2017 = = =1 2016.2017 − 2015 2016.(2015 + 2) − 2015 2016.2015 + 2017 Phương trình trở thành 24(z – 1) = 76 – z. Tìm được z = 4.

và

c) Đặt A =

2017 2017 2017 + +... + 1.11 2.12 100.110

2017  10 10 10  + + ... +   10  1.11 2.12 100.110 

2017  11 − 1 12 − 2 110 − 100  2017  1 1 1 1 1  + + ... + −  = 1− + − + ... +  10  1.11 2.12 100.110  10  11 2 12 100 110 

2017  1 1  1 1 1   1 + + ... +  −  + + ... +  10  2 100   11 12 110  

Xét B = =

2 15

16.12. Biến đổi phương trình thành: (2041 – 1001x)2 + (2010 – 1000x)2 = 2(1001x – 2041)(1000x – 2010) ⇔ (1001x – 2041)2 + (1000x – 2010)2 – 2(1001x – 2041)(1000x – 2010) = 0 Đặt 1001x – 2041 = a và 1000x – 2010 = b ta có a2 – 2ab + b2 = 0 ⇔ (a – b)2 = 0 ⇔ a = b ⇔ x = 31.

16.13. Gọi số tự nhiên nhỏ nhất là x . Ta giải phương trình : x(x + 1) + x(x + 2) + (x + 1)(x + 2) = 1727 ⇔ x2 + 2x = 575 ⇔ (x + 1)2 = 576 ⇔ x = 23.

1  1 1 1  1 1 1  1 1 1   1 +... +  +  + +... + 1+ +... +  −  +  −  + +... + = 10  101 102 110   11 12 100   11 12 100   2 nên

12 – 3(x2 – 4x + 4) = (– 3x2 – 5x + 2) + 2x ⇔ 15x = 2 ⇔ x =

Hay 1001x – 2041 = 1000x – 2010

1  1 1 1   1 Xét M = 1 + + ... +  −  + + ... + = 100   11 12 110   2

1  1 1 1   1 + + ... + 1 + + ... +  −   10   101 102 110   2

1 1 1 + + ≠ 0 phương trình có nghiệm t = a + b + c bc ca ab 1 1 1 N ếu + + = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi t. bc ca ab 16.11. 12 – 3(x – 2)2 = (x + 2)(1 – 3x) + 2x ⇔ N ếu

2017 .M 10

2018 2018 2018 2018  101 −1 102 − 2 110 −10  + + ... + = + + ... +   1.101 2.102 10.110 100  1.101 2.102 10.110 

Vậy 3 số tự nhiên cần tìm là 23; 24; 25.

Chuyên đề 17.

b) Chuyển vế, đặt (x2– 4) làm nhân tử chung. Tập nghiệm : S ={−2; −0,25; 2} c) x = – 1 , x = 11 ;

2018  1 1 1 1 1  + − + ... + − 1 −  100  101 2 102 10 110 

17.2. a) y3 – 3y – 2 = 0

2018  1 1  1 1 1   2018 + + ... + .M 1 + + ... +  −   = 100  2 10   101 102 110   100 2017 z 2018 Do đó ta có .M . = .M 10 10 100 2018 2017 2018 100 2018 ⇒ z= : = . = . 100 100 100 2017 2017 1  t −a 1   t −a 1 1 t −a −c−b 16.10. Ta thấy nếu chuyển vế rồi ghép − với  −  được  − − = . Tương tự ta c bc  bc b   bc b c   t −a 1 1  t −b 1 1   t −c 1 1  có cách giải : Chuyển vế và viết phương trình đã cho thành  − −  + − −  + − − =0  bc b c   ca c a   ab a b  t −a −c−b t −b−a −c t −c−b−a ⇔ + + =0 bc ca ab  1 1 1  ⇔ (t − a − b − c)  + +  = 0  bc ca ab 

PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

2 1 17.1. a) x = − , x = 3 2

d) x = – 0,5 , x = 4,5 . ⇔ y3 – 2 y2 + 2y2 – 4y + y – 2 = 0

⇔ y2(y – 2) + 2y(y – 2) + (y – 2) = 0 2

⇔ (y + 1) (y – 2) = 0

⇔ (y2 + 2y + 1)(y – 2) = 0 ⇔ y = 2 ; y = –1

b) y3 + 2y2 – 4y – 8 = 0

⇔ (y + 2)2(y – 2) = 0 ⇔ y = ±2 ;

c) y3 + 2y2 + 2020 = 2011 ⇔ y3 + 2y2 + 9 = 0 ; ⇔ y3 + 3y2 – y2– 3y+ 3y + 9 = 0 ⇔ y2 (y + 3) – y(y + 3) + 3(y + 3) = 0 2

 1  11 ⇔ (y + 3)( y2– y + 3) = 0. Do y2– y + 3 =  y −  + > 0, ∀y nên y = – 3  2 4

d) (y – 1)2(2y + 3) – (y – 1)2 (y + 3) = 5y + 16 ⇔ (y – 1)2y – 5y – 16 = 0 3

⇔

y3 – 2y2 + y – 5y – 16 = 0

⇔ y – 4y + 2y – 8y + 4y – 16 = 0 ⇔ y2(y – 4) + 2y(y – 4) + 4(y – 4) = 0 2

⇔ (y – 4)( y2+ 2y + 4) = 0.

Do y + 2y + 4 = (y + 1) + 3 > 0 , ∀ y nên y = 4.

278

279

17.3. Đây là các phương trình bậc cao. Ta phải sử dụng hệ quả của định lý Bézout (xem ví dụ 2) để xác định nhân tử chung và phân tích thành nhân tử bằng phương pháp tách, thêm bớt. a) z4 + z3 – 7z2 – z + 6 = 0 ⇔ (z + 3)(z – 2)(z + 1)(z – 1) = 0 Tập nghiệm của phương trình là S = {− 3; − 1;1; 2}

{− 3 ; − 2 ; 2 ; 3 }

c) 24z3 – 20z2 + 4z = 6z2 – 5z + 1 ⇔ ⇔ 24z3 – 12z2 – 14z2 + 7z + 2z – 1 = 0 2

⇔ (2z – 1)( 12z – 3z – 4z + 1) = 0

S = {−2 ;1}

c) (t + t) – 2(t + t) + 1 = 5(t + t) – 9

Đặt t2 + t = z phương trình trở thành z2 – 2z + 1 = 5z – 9 ⇔ z2 – 7z + 10 = 0 ⇔ ( z – 2)(z – 5) = 0

24z3 – 26z2 + 9z – 1= 0

⇔ (2z – 1)( 12z2– 7z + 1) = 0

Từ đó có t2 + t – 2 = 0 ⇔ (t – 1)(t + 2) = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = –2

⇔ (2z – 1)[3z (4z – 1) – (4z – 1)] = 0

t2 + t – 5 = 0 ⇔ (t – 4)(t + 5) = 0 ⇔ t = 4 hoặc t = –5

⇔ (2z – 1)(3z – 1) (4z – 1) = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {− 5; − 2 ; 1; 4}

1 1 1  Ta tìm được tập nghiệm của phương trình là S =  ; ;  . 4 3 2 * Nhận xét : Câu c) còn có cách giải khác . Nếu phân tích ngay hai vế thành nhân tử trước ta thấy 6z2 – 5z + 1 = 6z2 – 3z – 2z + 1 = (2z – 1)(3z – 1) và có 24z3 – 20z2 + 4z = 4z(3z – 1)(2z – 1) vì thế phương trình trở thành 4z(2z – 1)(3z – 1) – (2z – 1)(3z – 1) = 0 ⇔ (2z – 1)(3z – 1) (4z – 1) = 0 .

17.4. Các phương trình này khi khai triển đều là phương trình bậc cao vì thế phương pháp chung là chuyển vế, khai triển, rút gọn đưa về dạng A(t) = 0 sau đó phân tích vế trái thành nhân tử. Tuy nhiên nếu xuất hiện các đa thức chứa ẩn có phần hệ số của các ẩn cùng bậc giống nhau , ta có thể đặt ẩn phụ để giải . a) Chuyển vế, khai triển, rút gọn, sau đó phân tích vế trái thành nhân tử bằng tách, thêm bớt các hạng tử ta được phương trình : t4 – 2t3 + 5t2 – 4t – 12 = 0 ⇔ (t – 2)(t + 1)(t2 – t + 6) = 0 . Suy ra nghiệm của phương trình là t = –1 ; t = 2 .

(t2 – 3t + 2)(t2 – 7t + 12) = 24

⇔ ( t – 1)(t – 2)(t – 3)(t – 4) = 24 ⇔ (t2 – 5t + 4)(t2 – 5t + 6) – 24 = 0

Đặt

t2 – 5t + 4 = y phương trình trở thành y(y + 2) – 24 = 0 ⇔ y2 + 2y – 24 = 0 ⇔ (y + 6)(y – 4) = 0 ⇔ y =– 6 hoặc y = 4.

* Với y + 6 = 0 ta có t2 – 5t + 10 = 0 vô nghiệm vì 2

 5  15 t2 – 5t + 10 =  t −  + > 0 , ∀t 4  2

* Với y – 4 = 0 ta có t2 – 5t = 0 ⇔ t(t – 5) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 5 Phương trình có hai nghiệm là t = 0 ; t = 5. Nhận xét : Ta có thể đặt t2 – 5t + 5 = u thì phương trình trở thành Hay (t2 – 5t )(t2 – 5t + 10) = 0 . Giải ta cũng được kết quả trên.

⇔ (t2 – t)2 + 4(t2 – t) – 12 = 0

Đặt t2 – t = u ta có phương trình u2 + 4u – 12 = 0 ⇔ (u + 6)(u – 2) = 0 2

 1  23 Với u + 6 = 0 ⇒ t2 – t + 6 = 0 vô nghiệm vì t2 – t + 6 =  t −  + > 0, ∀t  2 4

Với u – 2 = 0 ⇒ t2 – t – 2 = 0 ⇔ (t – 2)(t + 1) = 0 nên t = 2 ; t = – 1. b) Cách 1: Chuyển vế, khai triển, rút gọn sau đó phân tích thành nhân tử đưa về dạng : (t – 1)(t + 2)(t2 + t + 5) = 0 . Cách 2: Ta biến đổi bài toán như sau (t2 + t + 1)t2 = 10 – t – (t + 2)(t2 + t) ⇔ (t2 + t + 1)t2 = 12 – (t + 2) – (t + 2)(t2 + t) ⇔ (t2 + t + 1)t2 = 12 – (t + 2)(t2 + t + 1) ⇔ (t2 + t + 1)(t2 + t + 2) – 12 = 0 ;

Đặt t2 + t + 1 = u . Phương trình trở thành u(u + 1) – 12 = 0 ⇔ u2 + u – 12 = 0 ⇔ (u – 3)(u + 4) = 0. Hay (t2 + t – 2)(t2 + t + 5) = 0 280

(u – 1)(u + 1) – 24 = 0 ⇔ (u – 5)(u + 5) = 0 .

Nhận xét : Còn cách giải khác, dùng phương pháp đặt ẩn phụ : (t2 – t)2 + (2t + 1)2 = 13 + 8t

 1  19 t2 + t + 5 =  t +  + > 0 ∀ t. 4  2

Với t2 + t + 5 = 0 vô nghiệm vì Vậy tập nghiệm của phương trình

b) z6 – 12z4 + 23z2 + 36 = 0 ⇔ (z2 + 1)(z + 3)(z – 3)(z + 2)(z – 2) = 0 Tập nghiệm của phương trình là S =

Với t2 + t – 2 = 0 ⇔ (t – 1)(t + 2) = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = – 2

17.5. Trong các bài toán xuất hiện các dạng (a + b)3 ; ( a − b) và a3 ± b3 Lưu ý : và a 3 ± b 3 = ( a ± b ) ( a 2 ∓ ab + b 2 ) a) Đặt y = 4x + 3 ; z = 2x – 5 ; thì y – z = 2x + 8 . Ta có : y3 – z3 = (y – z)3 ⇔ y3 – z3 = y3 – z3 – 3yz(y – z) ⇔ 3yz(y – z) = 0 y = 0 ⇔ z = 0   y − z = 0

4x + 3 = 0 hay  2 x − 5 = 0   2 x + 8 = 0

 x = − 0, 75  x = 2,5   x = − 4

⇔

Tập nghiệm của phương trình là S = {−4 ; − 0, 75 ; 2, 5} b) Đặt u = 3x + 2016 ; v = 3x – 2019 thì u + v = 6x – 3 . Phương trình trên trở thành u3 + v3 – (u + v)3 = 0 hay u3 + v3 – [u3 + v3 + 3uv(u + v) ] = 0 ⇔ –3uv(u + v) = 0 281

(a ± b)

= a 3 ± b 3 ± 3ab(a ± b)

u = 0 ⇔  v = 0  u + v = 0

⇔

3x + 2016 = 0 3x − 2019 = 0  6 x − 3 = 0

Thay vào , chuyển vế, rút gọn được phương trình y3 + 4y – 5 = 0

 x = −672 ⇔  x = 673  x = 0, 5

⇔ y3 – 1 + 4y – 4 = 0

1  19  ⇔ (y – 1)(y2 + y + 5) = 0 ⇔ y = 1 vì y2 + y + 5 =  y +  + > 0 , ∀y 2 4 

Tập nghiệm của phương trình là S = {− 672 ; 0, 5 ; 673}

Do đó 5x + 0,5 = 1

c) (2x – 7)3 + (9 – 2x)3 + = 152.

(y + 2)4 – (y – 2)4 = [(y + 2)2 – (y – 2)2]. [(y + 2)2 + (y – 2)2] = 8y.(2y2+ 8)

(y + 1)3 + (1 – y)3 = 152

Phương trình trở thành 16y3 + 64y – 80 = 0

Khai triển, rút gọn (hoặc dùng hằng đẳng thức a3 + b3 ) ta được

17.7. a) Với a = 2 phương trình trở thành x – 6x2 + 5x + 12 = 0. ⇔ (x + 1)(x – 3)(x – 4) = 0 . Suy ra x = – 1, x = 3, x = 4.

- Với y + 5 = 0 thì 2x – 8 + 5 = 0 ⇔ x = 1,5

b) x3 – x – 6 = 0 ⇔ (x – 2)(x2 + 2x + 3) = 0 ⇔ x = 2 vì

- Với y – 5 = 0 thì 2x – 8 – 5 = 0 ⇔ x = 6,5

x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 > 0 , ∀x .

Tập nghiệm của phương trình là S = { 1,5 ; 6, 5} 4

17.6. Lưu ý dạng a4 – b4 ; và ( a ± b ) = a 4 ± 4a 3 b + 6a 2 b 2 ± 4ab 3 + b 4 4

⇔ y4 + 6y2 – 7 = 0

17.8. a) Thay x = 3 ta có – 4m2 + 8m = 0 tức là m2 – 2m = 0 nên m = 0 hoặc m = 2. Đặt x – 2 = y ta có y3 – 7y + 6 = 0 ⇔ (y – 1)(y – 2)(y + 3) = 0

⇔ y – 4y + 6y – 4y + 1 + y + 4y + 6y + 4y + 1 = 16 ⇔ 2y4 + 12y2 – 14 = 0

Để x = 2 là nghiệm ta phải có : 8 – 12a + 5a + 6a = 0 ⇔ a = 8. b) Thay m2 – 2m = 0 ta có (x – 2)3 – 7(x – 2) + 6 = 0

a) Đặt 2x – 4 = y phương trình trở thành (y – 1) + (y + 1) = 16 3

⇔ y3 + 4y – 5 = 0 . 3

6y2 + 2 = 152 ⇔ 6y2 – 150 = 0 ⇔ 6(y + 5)(y – 5) = 0.

⇔ x = 0,1.

* Nhận xét : Cách giải khác của c) (bạn đọc tự giải tiếp):

Đặt 2x – 8 = y thì 2x – 7 = y + 1 ; 9 – 2x = 1 – y . Do đó phương trình trở thành

⇔ (y – 1)(y2 + y + 1) + 4(y – 1) = 0

⇔ (y2 – 1)(y2 + 7) = 0

y = 1; y = 2; và y = –3 .

Do y + 7 > 0 , ∀ y nên y – 1 = 0 ⇔ (2x – 4)2 – 1 = 0

Ta có x – 2 = 1 ⇔ x = 3 ; x – 2 = 2 ⇔ x = 4 ; x – 2 = –3 ⇔ x = –1 ;

2 x − 5 = 0  x = 2,5 ⇔ (2x – 5)(2x – 3) = 0 ⇔  ⇔  x 2 − 3 = 0   x = 1,5

Vậy phương trình có ba nghiệm: 3

17.9. a) 9mx – 18x – mx + 2 = 0

Chú ý : Có thể đặt 2x – 5 = y và 2x – 3 = z ta có y – z = (y – z) (bạn đọc tự giải). 4

b) Đặt 4x – 19 = y; 4x – 20 = z thì y + z = 8x – 39 ta có y + z – (y + z) = 0 4 3 2 2 3 4 ⇔ y4 + z4 – y − 4y z − 6y z − 4yz − z = 0

⇔

6   4yz  y 2 + yz + z 2  = 0 4  

2  y = 0  4 x − 19 = 0  x = 4, 75 3  7  ⇔ 4yz  y + z  + z 2  = 0 ⇔  ⇔  ⇔ 4  16  z = 0  4 x − 20 = 0 x = 5 

Tập nghiệm của phương trình là S = {4, 75 ; 5} 4

x = –1; x = 3 ; x = 4 . ⇔ (mx – 2)(9x2 – 1) = 0

⇔ (mx – 2)(3x – 1)(3x + 1) = 0

Tập nghiệm của phương trình là S = {1,5 ; 2,5} .

⇔ −4y 3 z − 6y 2 z 2 − 4yz 3 = 0

 mx − 2 = 0 2 1 * Nếu m ≠ 0 thì  .Tìm được x = ;x= ± . (3x + 1)(3x − 1) = 0 m 3 

1 * Nếu m = 0 thì x = ± . 3 b) 4m2x3 + 45 = x(36 + 5m2x) ⇔ (mx – 3)(mx + 3)(4x – 5) = 0.  mx − 3 = 0 3 * Nếu m ≠ 0 thì  mx + 3 = 0 . Tìm được x = ± ; x = 1,25.  m  4x − 5 = 0

* Nếu m = 0 thì x = 1,25.

17.10. a) Nhân 2 vào nhân tử thứ hai, nhân 4 vào nhân tử thứ ba ở vế trái và nhân 8 vào vế phải ta có :

c) ( 5 x + 2, 5) − ( 5 x − 1,5 ) = 80

Đặt 5x + 0,5 = y phương trình trở thành (y + 2)4 – (y – 2)4 = 80 Ta dùng khai triển của (y + 2)4 = y4 + 8y3 + 24y2 + 32y + 16 (y – 2)4 = y4 – 8y3 + 24y2 – 32y + 16 282

(4x – 5)2(2x – 3)(x – 1) = 1,5

Đặt 4x – 5 = t

⇔ (4x – 5)2(4x – 6)(4x – 4) = 12

Ta có t (t + 1)(t – 1) = 12 ⇔ t4 – t2 – 12 = 0 ⇔ (t2 – 4)(t2 + 3) = 0. 283

* Với t2 – 4 = 0 tức là (4x – 5)2 – 4 = 0 ⇔ (4x – 5 – 2)( 4x – 5 + 2) = 0 ⇔ x = 1,75 hoặc x = 0,75

* Với t2 + 3 = 0 , vô nghiệm vì t2 + 3 > 0 ∀t .

1 3  z2 – z + 1 =  z −  + > 0 , ∀z . 2 4 

Tập nghiệm của phương trình là S = {0, 75 ; 1, 75} . b) (2x + 7)(x + 3)2(2x + 5) = 18; Nhân hai vế của phương trình với 4 ta được (2x + 7)(2x + 6)2(2x + 5) = 72 . Đặt 2x + 6 = y phương trình trở thành (y + 1)y2(y – 1) = 72 ⇔ y4 – y2 – 72 = 0 ⇔ (y2 – 9)(y2 + 8) = 0 ⇔ (y – 3)(y + 3)(y2 + 8) = 0. Do y2 + 8 > 0 , ∀y .

Từ đó có x = –1,5 hoặc x = – 4,5 Tập nghiệm của phương trình là S = {−4,5 ; − 1,5} . c) (x2 – 3x + 2)(2x – 3)(2x – 5) = 6 ⇔ (x – 1)(x – 2)(2x – 3)(2x – 5) = 6 ⇔ (2x – 2)(2x – 4)(2x – 3)(2x – 5) = 24 2

3(t2 – 2) – 13t + 16 = 0 ⇔ 3t2 – 13t + 10 = 0 ⇔ (t – 1)(3t – 10) = 0 1 Với t – 1 = 0 tức là z + − 1 = 0 ⇔ z2 – z + 1 = 0 Vô nghiệm vì z

3 Với 3t – 10 = 0 tức là 3z + − 10 = 0 ⇔ 3z2 – 10z + 3 = 0 z ⇔ 3z2 – 9z –z + 3 = 0 ⇔ 3z(z – 3) – (z –3) = 0 ⇔ (z – 3)(3z –1) = 0 z = 3 z − 3 = 0 1  ⇔ ⇔ . Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  ; 3 z = 1 3  3z − 1 = 0 3  c) Giải tương tự câu b) , chia hai vế của phương trình cho z2 ≠ 0 được phương trình tương đương: 1  2 1  2z + 2  +  z +  − 6 = 0 z   z 

Đặt z +

⇔ (4x – 14x + 10)( 4x – 14x + 12) = 24 .

Đặt 4x2 – 14x + 11 = y phương trình trở thành (y – 1)(y + 1) = 24

1 1 = u thì z 2 + 2 = u 2 − 2 . Khi ấy phương trình trở thành : z z

2(u2 – 2) + u – 6 = 0 ⇔ 2u2 + u – 10 = 0 ⇔ (u – 2)(2u + 5) = 0

⇔ y2 – 1 = 24 ⇔ (y – 5)(y + 5) = 0

Từ đó ta tìm được tập nghiệm của phương trình là S = {−2 ; − 0,5 ; 1}

- Với y – 5 = 0 ta có 4x2 – 14x + 6 = 0 ⇔ (x – 3)(4x – 2) = 0

17.12. Gọi số tự nhiên nhỏ nhất là x thì x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3 ⇔ 2x3 – 12x – 18 = 0 ⇔ x3 – 6x – 9 = 0 ⇔ (x – 3)(x2 + 3x + 3) = 0

⇔ x = 3 hoặc x = 0,5.

- Với y + 5 = 0 ta có 4x2 – 14x + 16 = 0 vô nghiệm vì 2

7  15  4x2 – 14x + 16 =  2x −  + > 0 , ∀x . Vậy tập nghiệm là S = {0,5 ; 3} . 2 4 

17.11. a) Phương trình trong câu a) là phương trình đối xứng bậc lẻ (bậc 3) nên có một trong các nghiệm là – 1. Phân tích vế trái thành nhân tử ( lưu ý chắc chắn có một nhân tử chung là (z + 1) vì một trong các nghiệm là – 1) Ta có 2z3 – 3z2 – 3z + 2 = 0 ⇔ (z + 1)(z – 2)(2z – 1) = 0

 1  Tập nghiệm của phương trình là S = −1; ; 2   2 

3 3  ⇔ x = 3 vì x2 + 3x + 3 =  x +  + > 0 , ∀x . 2 4 

17.13. Đặt y = x + 15 ta có (y – 6)(y – 5)(y – 4) – 8(y – 15) = 0 2

15  39  ⇔ y(y2 – 15y + 66) = 0 . Do y2 – 15y + 66 =  y −  + > 0 ; ∀y 2 4 

⇒ y = 0 ⇒ x = – 15.

(Cách khác: Đặt x + 10 = y. Bạn đọc tự giải)

17.14. Biến đổi phương trình thành (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x + 5) = 0 Tập nghiệm : S = {−5; 2; 3; 4} .

b) Phương trình trong câu b) là các phương trình đối xứng bậc chẵn (bậc 4). Ta nhận thấy z = 0 đều không phải là nghiệm nên z ≠ 0. Ta chia hai vế của phương trình cho z2 và dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải tiếp. Ta nhận thấy z = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên z ≠ 0. Ta chia hai vế của phương trình cho z2 ≠ 0 được phương trình tương đương:

13 3 1 1   3z – 13z + 16 − + 2 = 0 ⇔ 3  z 2 + 2  − 13  z +  + 16 = 0 z z z  z   1 1 Đặt z + = t thì z 2 + 2 = t 2 − 2 . Khi ấy phương trình trở thành : z z 2

284

17.15. Biến đổi phương trình thành (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24 ⇔ (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = 24 .

Đặt x2 + 5x + 5 = t ta có (t – 1)(t + 1) = 24 ⇔ t2 = 5 ⇔ t = ± 5. Xét với t = 5 và t = – 5 ta tìm được hai nghiệm là x = 0 và x = – 5 .

17.16. Biến đổi thành (x + 1)(6x4 – 35x3 + 62x2 – 35x + 6) = 0. Ta tìm được x = –1 là 1 nghiệm. Với 6x4 – 35x3 + 62x2 – 35x + 6 = 0 hai vế cho x2 ta được : 285

do x = 0 không là nghiệm nên chia

1 1 1  1   6  x 2 + 2  − 35  x +  + 62 = 0 . Đặt x + = y thì x 2 + 2 = y 2 − 2 x  x x x   Phương trình trở thành 6(y2 – 2) – 35y + 62 = 0 ⇔ (2y – 5)(3y – 10) = 0 Thay y = x +

1 1 vào 2y – 5 = 0 giải ra ta tìm được x = 2 hoặc x = . x 2

1 1 Thay y = x + vào 3y – 10 = 0 giải ra ta tìm được x = 3 hoặc x = x 3 1 1   Tập nghiệm của phương trình là S = −1; ; ; 2 ; 3 . 3 2  

 1  31 * u + 4 = 0 ta có 2x2 – x + 4 = 0 vô nghiệm vì 2x2 – x + 4 = 2 x −  + > 0 , ∀ x. Vậy phương trình có hai nghiệm x = –1  4 8 và x = 1,5. 2 2 17.23. ( x 2 − 4x+11)( x 4 − 8x 2 + 21) = 35 ⇔ ( x − 2) + 7 ( x2 − 4) + 5 = 35    

( x − 2)

≥ 0, ∀x và ( x 2 − 4) ≥ 0, ∀x nên vế trái không nhỏ hơn 35.

(x−2)2 =0 ⇔ x =2 . Vậy nghiệm của phương trình là x = 2. Ta suy ra  2 2 ( x −4) =0 Chuyên đề 18. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU THỨC

17.17. Nhân (3x + 4) với 2 ; (x + 1) với 6 và vế phải với 12 ta được 2

(6x + 8)(6x + 6)(6x + 7) = 72 .

Đặt 6x + 7 = y phương trình trở thành

(y + 1)(y – 1)y2 = 72 ⇔ y4 – y2 – 72 = 0 ⇔ (y2 – 9)(y2 + 8) = 0 ⇔ y = ± 3 (do y2 + 8 > 0, ∀ y) . Giải tiếp ta tìm 2 5 được nghiệm x = − và x = − . 3 3 2

17.18. (x – 2x) + 3x – 6x = – 2 ⇔ (x – 2x) + 3(x – 2x) + 2 = 0 . Đặt x2 – 2x = y ta có y2 + 3y + 2 = 0 ⇔ (y + 1)(y + 2) = 0 ⇔ y = – 1 hoặc y = – 2. Với x2 – 2x = – 1 ⇔ (x – 1)2 = 0 ⇔ x = 1. Với x2 – 2x = – 2 ⇔ (x – 1)2 + 1 = 0 vô nghiệm.

17.19. (4x + 3)2(2x + 1)(x + 1) = 810 ⇔ 8 ( 2x2 + 3x ) + 9 ( 2x2 + 3x+1) = 810 Đặt 2x2 + 3x = y phương trình trở thành (8y + 9)(y + 1) – 810 = 0 ⇔ 8y + 17y – 801= 0 ⇔ (y – 9)(8y + 89) = 0 * y – 9 = 0 tức là 2x2 + 3x – 9 = 0 ⇔ (x + 3)(2x – 3) = 0 ⇔ x = –3 hoặc x = 1,5. * 8y + 89 = 0 tức là 16x2 + 24x + 89 = 0 vô nghiệm vì 16x2 + 24x + 89 = (4x + 3)2 + 80 > 0 , ∀ x. Vậy phương trình có hai nghiệm x = –3 và x = 1,5. Cách khác: Biến đổi phương trình thành (4x + 3)2(4x + 2)(4x + 4) = 6480. Đặt

17.20.

x + 3x – 140 = 0 ⇔ x – 5x + 5x – 25x + 28x – 140 = 0 2

 5  87 ⇔ (x – 5)( x2 + 5x + 28) = 0 ⇔ x = 5 do x2 + 5x + 28 =  x +  + > 0, ∀x  2 4 2

17.21. ( x − 2x ) + 3 ( x − 1) = x(2x − 1) ⇔ ( x − 2x ) − 2 ( x − 2x ) − 3 = 0 2

b) ĐKXĐ : x ≠ 2 ; x ≠ 3 ; x ≠ 4. Biến đổi thành 2x2 – 17x + 30 = 0 Đáp số : x = 2,5 ; x = 6. c) ĐKXĐ : x ≠ 1 ; x ≠ – 2.

Lưu ý : x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2).

d) ĐKXĐ : x ≠ 1 ; x ≠ 4.

Lưu ý : x2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4).

Đáp số : x = – 0,8.

Đáp số : x = 2 ; x = – 5. 18.2. a) ĐKXĐ : x ≠ 3 ; x ≠ – 3. Lưu ý : x2 – 9 = (x – 3)(x + 3) Biến đổi thành

– x2 + 4x – 4 = 0

Đáp số : x = 2.

b) Ta có x – 8 = (x – 2)(x2 + 2x + 4) mà x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 > 0

Đáp số : x = 1.

c) ĐKXĐ : x ≠ 1,5 ; x ≠ – 3. Lưu ý : 2x + 3x – 9 = (2x – 3)(x + 3) Biến đổi thành x2 – 4x – 21 = 0 ⇔ (x + 3)(x –7) = 0 ⇔ x = – 3 hoặc x = 7. Nghiệm là x = 7 ( loại x = – 3 vì không thỏa mãn ĐKXĐ).

18.3. Các phân thức ở các phương trình trong bài xuất hiện đa thức bậc bốn ở mẫu số , việc phân tích các mẫu thành nhân tử đòi hỏi việc thêm , bớt các hạng tử một cách hợp lý, sáng tạo. a) Nhận xét : (y + 1)2 + 1 = y2 + 2y + 2 > 0 , ∀ y

4x + 3 = y . (Bạn đọc tự giải tiếp) 3

Đáp số : x = 27.

∀ x nên ĐKXĐ : x ≠ 2. Biến đổi thành – (x3 – 3x2 + 3x – 1) = 0

18.1. a) ĐKXĐ : x ≠ 3 ; x ≠ – 4. Lưu ý : x2 + x – 12 = (x – 3)(x + 4)

Đặt x2 – 2x = y phương trình thành y2 – 2y – 3 = 0 ⇔ (y – 3)(y + 1) = 0 2

(y – 1)2 + 1 = y2 – 2y + 2 > 0 , ∀ y y4 + 4 = (y2 + 2)2 – 4y2 = (y2 + 2y + 2)( y2 – 2y + 2) > 0 , ∀ y Do đó ĐKXĐ là ∀ y∈ R. Quy đồng, khử mẫu, chuyển vế và thu gọn được phương trình y2 + 2y – 8 = 0 ⇔ (y + 4)(y – 2) = 0 ⇔ y = – 4 hoặc y = 2. Cả hai giá trị đều thỏa mãn ĐKXĐ. Phương trình có hai nghiệm là y = – 4 và y = 2. b) Ta có y2 + 2(y + 2) = y2 + 2y + 4 = (y + 1)2 + 3 > 0 , ∀ y

Thay y = x – 2x vào ta có tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 1; 3} .

và y2 – 2(y – 2) = y2 – 2y + 4 = (y – 1)2 + 3 > 0 , ∀ y

17.22. Đặt 2x2 – x = u phương trình trở thành :

y4 + 4y2 + 16 = y4 + 8y2 + 16 – 4y2 = (y2 + 4)2 – 4y2

u + u – 12 = 0 ⇔ (u – 3)(u + 4) = 0 ⇔ u – 3 = 0 hoặc u + 4 = 0. * u – 3 = 0 ta có 2x2 – x – 3 = 0 ⇔ (x + 1)(2x – 3) = 0 ⇔ x = – 1 hoặc x = 1,5. 286

= (y2 + 2y + 4)( y2 – 2y + 4) > 0 , ∀ y 287

Do đó ĐKXĐ là ∀ y∈ R. Quy đồng, khử mẫu, chuyển vế và thu gọn được:

* Với t = −7 thì

y + 16y – 36 = 0 ⇔ (y + 18)(y – 2) = 0 ⇔ y = – 18 hoặc y = 2. Cả hai giá trị đều thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình có hai nghiệm là y = – 18 và y = 2.

  1 1 3 2y − 2 c) y 2  −  = (y 4 + y 2 + 1)y + y 2 − y + 1 y(y − 1) + 1 y(y + 1) + 1  

18.5.Trong các câu a) ; b) ta thấy xuất hiện các hạng tử chứa ẩn cùng bậc trong các đa thức có hệ số giống nhau nên sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải. Câu c) sau khi chia cả tử và mẫu cho t ≠ 0 mới xuất hiện ẩn phụ.

1 3  Ta có y(y – 1) + 1 = y2 – y + 1 =  y −  + > 0 , ∀y ; 2 4 

a) ĐKXĐ : t ≠ – 2 .

1 3  y(y + 1) + 1 = y2 + y + 1 =  y +  + > 0 , ∀y ; 2 4  y4 + y2 + 1 = y4 + 2y2 + 1 – y2 = (y2 + 1)2 – y2 = (y2 + y + 1)( y2 – y + 1) > 0 , ∀ y Vậy ĐKXĐ là y ≠ 0 . Thực hiện các bước giải ta được nghiệm của phương trình là y = 1,5. 18.4. a) ĐKXĐ : z ≠ 0 . Biến đổi thành 2z3 – 3z2 – 4 = 0 ⇔ (z – 2)(2z2 + z + 2) = 0

u +4 u+3 1 − = .Biến đổi được u2 + 9u – 70 = 0 u + 5 u + 4 90 u − 5 = 0 ⇔ (u – 5)(u + 14) = 0 ⇔   u + 14 = 0

t = 5 + Với u – 5 = 0 ⇔ t2 – 4t – 5 = 0 ⇔ (t – 5)(t + 1) = 0 ⇔  .  t = −1 2 + Với u + 14 = 0 ⇔ t – 4t + 14 = 0 vô nghiệm vì t2 – 4t + 14 = (t – 2)2 + 10 > 0 ∀ t. Phương trình có hai nghiệm là t = –1 và t = 5 . b) ĐKXĐ : ∀x ∈ R do t2 + 2t + 3 = (t + 1)2 + 2 > 0 ∀ t. t2 + 2t + 4 = (t + 1)2 + 3 > 0 ∀ t.

2  1  15  do 2z2 + z + 2 = 2  z +  +  > 0 , ∀z . 4  16   z = 2 thỏa mãn ĐKXĐ nên là nghiệm của phương trình . b) ĐKXĐ : z ≠ 0 . Ta có 2z3 – 3z2 – 3z + 2 = 0

u −1 u 17 + = u u + 1 12 Biến đổi phương trình thành 7u2 – 17u – 12 = 0 ⇔ (u – 3)(7u + 4) = 0 ⇔ u = 3 ( do u > 0).

1 2 Cả ba giá trị này dều thỏa mãn ĐKXĐ nên là nghiệm của phương trình.. c) Do z2 – 6z + 10 = (z – 3)2 + 1 > 0 , ∀ z nên ĐKXĐ: ∀ z ∈ R. 10 Đặt z2 – 6z + 10 = t > 0 ta có (t + 3) − = 0 ⇔ t2 + 3t – 10 = 0 t ⇔ (t + 5)(t – 2) = 0 ⇔ t = 2 ( do t > 0) ⇔ z2 – 6z + 10 = 2

Đặt t2 + 2t + 3 = u phương trình trở thành

⇔ z = – 1 ; z = 2 hoặc z =

t = 0 Hay t2 + 2t + 3 = 3 ⇔ t2 +2t = 0 ⇔ t(t + 2) = 0 ⇔   t = −2 Nghiệm của phương trình là t = – 2 và t = 0 . c) ĐKXĐ : t2 + 3t + 2 = (t + 1)(t + 2) ≠ 0 khi t ≠ – 1 và t ≠ –2.

z = 2 ⇔ (z – 2)(z – 4) = 0 ⇔  . z = 4 z = 2; z = 4 đều thỏa mãn ĐKXĐ nên là nghiệm của phương trình. d) ĐKXĐ : z ≠ 2 Lưu ý z3 – 8 = (z – 2)(z2 + 2z + 4)

 1 7 Vì t2 + t + 2 =  t +  + > 0 , ∀ t. Do t = 0 không phải là nghiệm ⇒ t ≠ 0 . Chia cả tử và mẫu của hai  2 4 phân thức ở vế trái cho t ta được phương trình :

3 2 3 2 2 + =1 ⇔ + =1 với t + = u và u ≠ – 1 và u ≠ –3. Giải phương trình với ẩn u ta 2 2 u + 3 u +1 t t + + 3 t + +1 t t được u2 – u – 6 = 0 ⇔ (u – 3)(u + 2) = 0 ⇔ u = 3 hoặc u = –2 thỏa mãn ĐKXĐ.

z 2 + 2z + 4 = t Biến đổi phương trình thành t2 + 8t +7 = 0 z−2  t = −1 ⇔ (t + 1)(t + 7) = 0 ⇔   t = −7

* Với t = –1 thi

z 2 + 2z + 4 = −1 ⇔ z 2 + 3z + 2 = 0 ⇔ (z + 1)(z + 2) = 0 z−2 288

Đặt t2 – 4t = u và u ≠ – 4 và u ≠ – 5.

Phương trình trở thành

⇔ z=2

Đặt

z = 1 . Thỏa mãn ĐKXĐ. ⇔   z = −10 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {− 10; − 2; − 1;1}

⇔ (z + 1)(z –2)(2z – 1) = 0

z 2 + 2z + 4 = −7 ⇔ z2 + 9z − 10 = 0 ⇔ (z −1)(z + 10) = 0 z−2

 z = −1 ⇔  . Thỏa mãn ĐKXĐ  z = −2

2 = 3 ⇔ t2 – 3t + 2 = 0 ⇔ (t – 1)(t – 2) = 0 t ⇔ t = 1 hoặc t = 2.

Với u = 3 ta có t +

289

2 = −2 ⇔ t2 + 2t + 2 = 0 vô nghiệm vì t t2 + 2t + 2 = (t + 1)2 + 1 > 0 , ∀ t. Vậy nghiệm của phương trình là t = 1 và t = 2 . Với u = – 2 ta có t +

18.6. a) Hai vế có nhân tử chung. Ta chuyển vế rồi đưa về dạng A(x).B(x) = 0 ĐKXĐ :

x≠

8 . Biến đổi PT thành 9

 3x − 2  − 2x − 24 )  + 1 = 0  8x + 9 

Chuyển vế ta có

⇔

+ Nếu m + n = 0 thì phương trình thỏa mãn ∀ x ≠ 0.

 x = −4 + Với x – 2x – 24 = 0 ⇔ (x + 4)(x – 6) = 0 ⇔  x = 6

+ Nếu m + n ≠ 0 thì x2 + (m + n)x + mn = 0 ⇔ (x + m)(x + n) = 0

⇔ 3x – 2 + 8 – 9x = 0 ⇔ x = 1

Cả ba giá trị trên của x đều thỏa mãn ĐKXĐ nên tập nghiệm của phương trình là S = { – 4 ; 1 ; 6}. b) Các mẫu số khá phức tạp nên không dễ tìm ĐKXĐ. Nếu ta chuyển vế rồi cộng , trừ các phân thức cùng mẫu ta thấy xuất hiện nhân tử chung là (x – 5)

3 4 5 14 − = + ( x − 2)( x − 3) ( x − 3)( x − 4) ( x − 2)( x − 4) ( x − 2)( x − 3)( x − 4) Quy đồng và khử mẫu được phương trình 3(x – 4) – 4(x – 2) = 5(x – 3) + 14

x −5 x −5 − =0 2x − 5x + 3 2x 2 − 9x + 7

⇔ 3x – 12 – 4x + 8 = 5x – 15 + 14 ⇔ x = – 0,5

( x − 5)(4 − 4 x) 1 1   =0 ⇔ (x −5)  2 − 2  =0 ⇔ (2 x2 − 5x + 3)(2 x 2 − 9 x + 7)  2x −5x + 3 2x − 9x + 7  (x – 5)(4 – 4x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 5.

+ Với x = 1 thì 2x2 – 9x + 7 = 0 ⇒ phương trình không xác định. + Với x = 5 thì (2x2 – 5x + 3)(2x2 – 9x + 7) = 28 . 12 ≠ 0 . Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 5

18.7. ĐKXĐ : x ≠ ± a. Với ĐKXĐ trên ta biến đổi phương trình thành :

x 2x 5a 2 + 15ax + = . Quy đồng và khử mẫu được phương trình x + a x − a 4(x 2 − a 2 ) 4x(x – a) + 8x(x + a) = 5a2 – 15ax 2

⇔ 12x – 11ax – 5a = 0

⇔

Với x = 4 ta có

1 (x + n +1) − (x + n) 1 1 = = − (x + n)(x + n +1) (x + n)(x + n +1) x + n x + n +1

Biến đổi phương trình đã cho thành :

1 1 1 19 + + ... + = (x + 1)(x + 2) (x + 2)(x + 3) (x + 19)(x + 20) 42

⇔

1 1 1 1 1 1 19 − + − + ... + − = x +1 x + 2 x + 2 x + 3 x + 19 x + 20 42

⇔

1 1 19 − = . Quy đồng và khử mẫu được phương trình x + 1 x + 20 42

x = 1 ⇔  thỏa mãn ĐKXĐ  x = −22

c) ĐKXĐ : x ∉ {0; 2 ; 4 ; 6; 8;1 0 }

3 2 −29 − = với x ≠ ± 5 ta có nghiệm x = 4. x − 5 x + 5 25 − x2 a = −12 a = 3, 2 . 

 x = −2 b) Khi a = 6 thì (3x + 6)(4x – 30) = 0 ⇔  thỏa mãn ĐKXĐ.  x = 7,5 18.8. ĐKXĐ :

Nhận xét: với n ∈ N thì

12x + 4ax –15ax – 5a = 0

(12 + a)(16 – 5a) = 0 ⇔

thỏa mãn ĐKXĐ.

b) ĐKXĐ : x ∉ {−1; −2; −3;...; −19; −20} .

x2 + 21x – 22 = 0 ⇔ (x – 1)(x + 22) = 0 2

⇔ (3x + a)(4x –5a) = 0.

a) Giải phương trình

 x = −m ⇔ thỏa mãn ĐK x ≠ 0.  x = −n

18.9. a) §KX§ : x ≠ 2; x ≠ 3; x ≠ 4; Phân tích các mẫu thành nhân tử ta có

Từ đó có cách giải sau : Biến đổi phương trình về dạng :

Xét tử số

(m + n)2 mn(m + n) + + (m + n) = 0 . Quy đồng và khử mẫu được phương trình x x2

(m + n)x2 +(m + n)2x + mn(m + n) = 0 ⇔ (m + n)[x2 + (m + n)x + mn] = 0

3x − 2 + Với +1 = 0 8 − 9x

m 2 + n 2 + 2mn m 2 n 2  1 1  + 2  +  + (m + n) = 0 x x m n

Nhận xét : với n ∈ N ta có

2 (x + n) − (x + n − 2) 1 1 = = − (x + n)(x + n − 2) (x + n)(x + n − 2) x +n −2 x+n Biến đổi phương trình đã cho thành :

2 2 2 5 + + ... + = x(x − 2) (x − 2)(x − 4) (x − 8)(x − 10) 12

x≠ 0 290

291

⇔

1 1 1 1 1 1 5 − + − + ... + − = x−2 x x−4 x−2 x − 10 x − 8 12

⇔

1 1 5 − = x − 10 x 12

x2 – 10x – 24 = 0

Quy đồng và khử mẫu được phương trình

18.10. Ta có thể vận dụng các bước để giải. Nếu quy đồng mẫu ngay sẽ xuất hiện các đa thức bậc ba, việc thực hiện sẽ dài .Tuy nhiên có phương pháp khá sáng tạo và ngắn gọn như sau : * ĐKXĐ : x ≠ 2; x ≠ 3.

Biến đổi phương trình thành : 2

(x − 4x + 4) + 2 (x − 6x + 9) + 3 x2 − 24 + = (2x −5) − x −2 x −3 (x − 2)(x − 3) ⇔ (x − 2) +

⇔

18.14. ĐKXĐ x ∉ {2; 3; 4; 5; 6} x2 + 5x – 36 = 0

Quy đồng và khử mẫu được phương trình

⇔ x = – 9 hoặc x = 4 thỏa mãn ĐKXĐ.

18.11. ĐKXĐ : 2x2 – 5x + 3 = (x – 1)(2x – 3) ≠ 0 khi x ≠ 1 và x ≠ 1,5 2 3  1  23 = t : PT ⇔ 2x2 + x + 3 = 2 x +  + > 0, ∀x . Do x = 0 không là nghiệm của phương trình , đặt 2x + x  4 8

3 2x − 5 + x

13 3 2x + 1 + x

=6 ⇔

2 13 + = 6 . ĐKXĐ t ≠ 5 và t ≠ – 1. t − 5 t +1

t = 1 ⇔ 6t 2 − 39t + 33 = 0 ⇔ (t − 1)(6t − 33) = 0 ⇔   t = 5, 5

Ta có

 2x +  2x + 

3 =1 x 3 11 = x 2

⇔

x2 = 2 ⇒ x2 = 2x – 2 ⇔ x2 – 2x + 2 = 0 x −1 Phương trình đ ã cho vô nghiệ m vì x2 – 2x + 2 = (x – 1)2 + 1 > 0 ∀x. 18.13. ĐKXĐ: x ∈ R do x2 – 4x + 5 = (x – 2)2 + 1 ≠ 0 ; ∀x.

Hay là

5 y = 5 − y + 4 = 0 ⇔ 5 – y2 + 4y = 0 ⇔ (y – 5)(y + 1) = 0 ⇔  y  y = −1 (loai) ɺ * x2 – 4x + 5 = 5 ⇔ x(x – 4) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4. Tậ p nghiệ m S = {0; 4} .

2 3 x2 − 24 + (x − 3) + = (2x − 5) − x −2 x −3 (x − 2)(x − 3)

⇔ (x + 9)(x – 4) = 0

Đặt x2 – 4x + 5 = y thì y ≥ 1 và – x2 + 4x – 1 = – y + 4 . Phương trình thành

2 3 x2 − 24 + + =0 x − 2 x − 3 (x − 2)(x − 3)

 x2   x2   x2  x2 ⇔  ta có  − 3  + 3  − 1 − 1 = 0 . Đặt y = x − 1 x − 1 x − 1 x −1       3 2 3 y – 3y + 3y – 1 – 1 = 0 ⇔ (y – 1) = 1 ⇔ y = 2.

 x = 12 thỏa mãn ĐKXĐ. ⇔   x = −2

⇔ (x – 12)(x + 2) = 0

x  x  x  3x 2  PT ⇔  x + −2 =0  − 3x. x+ + x −1 x −1  x −1  x −1 

 2 x 2 − x + 3 = 0.  2  4 x − 11x + 6 = 0.

⇔ x = – 2 hoặc x = 10. Tập nghiệ m S = {−2;10} .

18.15. ĐKXĐ :

4 − 7x

−

x≠

4 và x3 ≠ – 2. 7

x ( x 2 − 56 ) 21x + 22 21x + 22 =4 ⇔ − 5 +1− 3 =0 3 x +2 4 − 7x x +2

x 3 − 56x − 20 + 35x x 3 + 2 − 21x − 22 + =0 4 − 7x x3 + 2

(1)

⇔

(2)

1   1 − 21x − 20 )  + 3 =0  4 − 7x x + 2  * Xét x3 – 21x – 20 = 0 ⇔ (x + 1)(x – 5)(x + 4) = 0 ta tìm được : x = – 4; x = –1 ; x = 5 thỏa mãn ĐKXĐ.

3 th ỏa mãn ĐKXĐ . 4 3 V ậ y ph ương trình có hai nghi ệ m là x = 2 ; x = . 4 18.12. Từ (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) ⇒ a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) Áp dụng để giải phương trình. Ta có ĐKXĐ : x ≠ 1 292

1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − = x −3 x −2 x −4 x −3 x −5 x − 4 x −6 x −5 8 1 1 1 ⇔ − = ⇒ x2 – 8x – 20 = 0 ⇔ (x + 2)(x – 10) = 0 x−6 x−2 8

⇔

x ( x 2 − 56 )

1  23  (1) vô nghiệ m vì 2x2 – x + 3 = 2  x −  + > 0 ,∀x 4 8 

(2) ⇔ (x – 2)(4x – 3) = 0 ⇔ x = 2 hoặ c x =

1 1 1 1 1 + + + = (x − 2)(x − 3) (x − 3)(x − 4) (x − 4)(x − 5) (x − 5)(x − 6) 8

PT ⇔

⇔

* Xét

1 1 + = 0 biến đổi thành x3 – 7x + 6 = 0 4 − 7x x 3 + 2

⇔ (x –1)(x – 2)(x + 3) = 0 ta tìm được

x = – 3; x = 1 ; x = 2 thỏa mãn ĐKXĐ.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {− 4; − 3; − 1; 1; 2; 5} .

18.16. ĐKXĐ : x ≠ ± 1. 293

x2 x2 2x − = ⇒ x2(x + 1) – x2(x – 1) = 2x ⇔ 2x2 – 2x = 0 x −1 x +1 x2 −1 ⇔ 2x(x – 1) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. Loạ i x = 1. T ậ p nghi ệ m S = {0} ..

18.17. ĐKXĐ :

x ≠ 0 và x ≠ – 1.

1 3 2 1 3 2 + − = 2 ⇔ 2 −1 = 1− + x2 x +1 (x +1)2 x x +1 (x +1)2 ⇔

1− x2 x2 − x = ⇔ x2 (x +1)2

(1 − x) (1+ x)3 + x3  x2 (x +1)2

*Với x – 1 = 0 ⇔ x = 1 thỏa mãn ĐKXĐ. *Với (1 + x)3 + x3 = 0 ⇔ (1 + x)3 = – x3 ⇔ 1 + x = – x ⇔ x = −

1 thỏa mãn ĐKXĐ. 2

 1  Tập nghiệm là S = − ;1 .  2  18.18. ĐKXĐ : ∀x ∈ R

⇒ 5t2 – 7t – 6 = 0

9.200 = 7 + 4,5 = 11,5 (giờ) = 11 giờ 30 phút. 400 19.3. Lúc tàu thủy cách đều ca nô và thuyền l thì độ dài đoạn sông tàu thủy đi được trừ đi độ dài đoạn sông thuyền đi được bằng với độ dài sông ca nô đi được trừ đi độ dài đoạn sông mà tàu thủy đi được. Từ đó có cách giải sau: Gọi thời gian tàu thủy đi từ A đến khi cách đều ca nô và thuyền là x giờ (x > 0). Đến 10 giờ khi tàu thủy khởi hành thuyền đã đi được 20km và ca nô đã đi được 25km. Ta có phương trình : 30x – (20 + 10x) = (25 + 25x) – 30x 9 9 Giải được x = thỏa mãn điều kiện của ẩn. ( giờ = 1 giờ 48 phút) 5 5 Trả lời : Lúc 11 giờ 48 phút thì tàu thủy cách đều ca nô và thuyền. 19.4. Nếu từ E trở về thì DC là đoạn lên dốc, CB là đoạn xuống dốc. Vận tốc lên dốc cũng là 30km/h và xuống dốc cũng là 60km/h. Tổng thời gian cả đi lẫn về là 7 giờ 45 phút . Từ đó có cách giải: Thời điểm gặp nhau là 7 +

1 − x = 0 Với x ≠ 0 và x ≠ – 1 thì (1− x) (1+ x)3 + x3  = 0 ⇔  3 3 (1 + x) + x = 0

Đặt x2 – 2x + 2 = t > 0 phương trình trở thành

Vận tốc xe máy là 40 km/h và ô tô là 50km/h 19.2. Thời gian xe máy đi trên đoạn đường AC bằng thời gian ô tô đi hết đoạn đường AB cộng với thời gian nghỉ và thời gian đi trên đoạn BC. Từ đó có cách giải sau : Vận tốc xe ô tô là 75 : 1,5 = 50 (km/h); Vận tốc xe 1 9 máy là 40 km/h; 6 phút = giờ. Gọi độ dài quãng đường AB là x km (x > 0) thì độ dài đoạn AC là x 10 10 x 1 x 9x (km). Ta có phương trình : + + = 50 10 500 400 Giải phương trình được x = 200 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Trả lời : Quãng đường AB dài 200km;

t −1 t 7 + = t t +1 6

⇔ (t – 2)(5t + 3) = 0 ⇔ t = 2 ( do t > 0)

Hay x2 – 2x + 2 = 2 ⇔ x2 – 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ x = 0 hặc x = 2.

Gọi quãng đường DE dài x km (x > 0) thì đoạn đường AB là 2x km; đoạn đường CB dài là

31 giờ. Ta có phương trình : 4 3x 3x x 3x x 3x 31 + + + + + = . 40 240 120 40 60 480 4

3 x km ; đoạn 8

CD = 0,5x. Thời gian cả đi và về là 7 giờ 45 phút =

Tập nghiệm là S = {0; 2} .

Chuyên đề 19. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH

4 giờ) với vận tốc 60km/h. Ta tính được quãng đường AB. Xe ô tô khởi hành 3 sau 10 phút, nghỉ giữa đường 14 phút cùng đến B một lúc với xe máy. Như vậy xe máy đi chậm hơn ô tô 10 + 14 = 2 Quãng 24 (phút) = giờ. So sánh thời gian của ô tô và xe máy đi ta lập được phương trình. Ta có cách giải : 5 4 đường AB dài là 60. = 80 (km) 3 19.1. Xe taxi đi 1 giờ 20 phút (bằng

Gọi vận tốc xe máy là x km/h (x > 0), thì vận tốc ô tô là (x + 10) km/h. Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là

80 (h). x + 10 80 80 2 − = . Ta có phương trình : x x + 10 5

80 (h) ; thời gian ô tô đi trên quãng đường AB (không tính thời x

gian nghỉ) là

Giải phương trình tìm được x = 40 thỏa mãn điều kiện của ẩn Từ đó tìm được quãng đường AE dài 155km.

19.5 Vận tốc bèo trôi là vận tốc dòng nước. Nếu tính được vận tốc riêng của ca nô ta tính được độ dài quãng 2 sông AB, nên ta chọn ẩn một cách gián tiếp. Ca nô ngược quãng sông AB hết 2 giờ 24 phút, ta tính được thời 3 gian ca nô ngược hết quãng sông BA. Quãng sông AB cũng chính là BA , ta dựa vào đó để lập phương trình và có cách giải sau : Vận tốc bèo trôi chính là vận tốc dòng nước. Ta có 12 phút = 0,2 giờ ; 400 m = 0,4km. Vậy vận tốc dòng nước là 0,4 : 0,2 = 2(km/h). Gọi vận tốc riêng của ca nô là x km/h ( x > 2). Vận tốc của ca nô khi xuôi là (x + 2) km/h và khi ngược là (x – 2) km/h.

2 quãng sông AB hết 2 giờ 24 phút = 2,4 giờ vậy nếu cùng vận tốc ngược ca nô đi hết quãng sông 3 AB hết (2,4 : 2). 3 = 3,6 (giờ). Ca nô ngược

Giải phương trình được x = 40. 294

295

19.9. Đây là loại toán năng suất lao động, khối lượng công việc là 1 con đường. Ta biết : (K) =

Theo bài ra ta có phương trình : 3(x + 2) = 3,6(x – 2) Giải phương trình được x = 22 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Thời gian hoàn thành công việc (t) × Năng suất lao động (N)

Vậy quãng sông AB dài là 3. (22 + 2) = 72 (km). *Chú ý: Cách khác : Ta biết vx – vn = 2vdn nên gọi quãng sông AB dài x km thì vận tốc ca nô xuôi là vận tốc ca nô ngược là

x (km/h), 3

2 12 5x x 5x x: = ta có phương trình − = 4. Giải được x = 72. 3 5 18 3 18

19.6. Vận tốc trung bình của ô tô trên cả đoạn đường bằng độ dài đoạn đường chia cho thời gian ô tô đi hết đoạn đường. Thời gian ô tô đi hết đoạn đường bằng tổng thời gian ô tô đi từng phần đoạn đường . Ta có cách giải sau :

1 đoạn đường MN là a thì đoạn đường còn lại là 2a . Đoạn đường MN là 3a. Gọi vận tốc trung 3 3a bình của ô tô trên cả đoạn đường là x km/h (40 < x < 60) thì thời gian ô tô đi hết đoạn đường là (giờ) x 1 a 2a (giờ). Thời gian ô tô đi đoạn đường còn lại là (giờ). Thời gian ô tô đi đoạn đường MN đầu là 3 60 40 a 2a 3a 1 1 3 Ta có phương trình : + = ⇔ + = 60 40 x 60 20 x Giải phương trình ta tìm được x = 45 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy vận tốc trung bình của ô tô trên cả đoạn đường là 45 km/h Ta đặt

19.7. Ta có Số sản phẩm vượt mức = Số % vượt mức × Số sản phẩm theo kế hoạch. Từ đó: Gọi số sản phẩm được giao của tổ I là x sản phẩm (x > 0) thì số sản phẩm được giao của tổ II là 2x sản phẩm, của tổ III là 4x sản phẩm. - Số sản phẩm vượt mức của tổ I là 30% . x , của tổ II là 20%. 2x , của tổ III là 10% . 4x. Theo bài ra ta có phương trình : 30%x + 40% x + 40% x = 220

Đoạn đường hai đội làm chung 4 ngày cộng đoạn đường đội II làm 10 ngày tiếp và đoạn đường đội I trở lại làm 28 ngày chính là con đường cần làm. Ta có cách giải sau .

1 con đường. Gọi thời gian đội II làm một mình xong con đường là x ngày 20 1  1 1 (x > 20).Thì 1 ngày đội II làm được con đường ; đội I làm được  −  con đường. x  20 x  Hai đội làm chung 1 ngày được

Ta có phương trình

Vậy : Số sản phẩm được giao : Tổ I : 200 sản phẩm; Tổ II : 400 sản phẩm; Tổ III : 800 sản phẩm;

19.8. Số máy bơm sản xuất = Số máy bơm sản xuất 1 ngày × Số ngày sản xuất.

500 (chiếc). x Số máy bơm thực làm được là 500 + 70 = 570 (chiếc). Số máy bơm thực sản xuất trong 1 ngày là x + 5 (chiếc). Số 570 500 570 ngày thực làm là (ngày). Ta có phương trình : = +1 x+5 x x+5

Giải phương trình tìm được x = 30 thỏa mãn điều kiện.

19.10. Khối lượng công việc cụ thể là 1 bể nước (lượng nước đầy 1 bể). Hai vòi cùng chảy 1 giờ được

Ta có x = 25 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy Số máy bơm dự định sản xuất trong 1 ngày là 25 chiếc.

500 = 20 (ngày) 25 296

1 bể nước. 4

1 bể. Ta có lượng nước vòi I chảy x trong 2 giờ + lượng nước vòi II chảy trong 1 giờ + lượng nước 2 vòi cùng chảy trong 2 giờ 20 phút = 1 (bể) . Ta có cách giải sau : Nếu một vòi chảy một mình sau x giờ đầy bể thì lượng nước chảy trong 1 giờ là

* Giải : 2 giờ20 phút =

7 1 giờ. Một giờ hai vòi cùng chảy được bể. 3 4

Gọi thời gian vòi I chảy một mình đầy bể là x giờ (x > 4), một giờ vòi I chảy

một mình được

1 1 1 bể ; một giờ vòi II chảy một mình được − bể ; x 4 x

Ta có phương trình

Từ đó: Gọi số máy bơm dự định sản xuất trong 1 ngày là x chiếc (x ∈ N*) thì số ngày dự định làm là

x = 25 Giải phương trình : x2 + 75x − 2500 = 0 ⇔ (x − 25)(x +100) = 0 ⇔  x = −100

4 10  1 1 + + 28  −  = 1 . 20 x  20 x 

Vậy thời gian làm một mình xong con đường của đội II là 30 ngày. Từ đó tìm được thời gian làm một mình xong con đường của đội I là 60 ngày.

Giải phương trình được x = 200 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Số ngày dự định làm là

Khối lượng công việc

2 1 1 7 1 +  −  + . =1. x 4 x 3 4

Giải phương trình tìm được x = 6 thỏa mãn điều kiện.

Đáp số : Thời gian chảy một mình đầy bể của vòi I là 6 giờ, vòi II là 12 giờ. 19.11. Vòi III ở

1 1 bể nước (từ đáy) nên lúc đầu hai vòi I và II cùng chảy để đầy bể nước. Sau đó 3 vòi cùng chảy 3 3

2 bể còn lại và lượng nước trong bể được thêm sẽ bằng tổng lượng nước hai vòi chảy vào trừ đi lượng nước 3 1 1 14 chảy ra. Thời gian hai vòi chảy đầy bể nước và thời gian ba vòi chảy đầy bể nước chính là 2 giờ 48 phút = 3 3 5 giờ Ta có cách giải sau . Gọi thời gian vòi thứ hai chảy vào một mình đầy bể là x giờ (x >0) đầy

297

Suy ra 1 giờ vòi thứ hai chảy

1 1 + bể. 4 x

1 1 bể . Một giờ vòi I chảy một mình được bể . Một giờ hai vòi cùng chảy được x 4

Ba vòi cùng chảy một giờ lượng nước trong bể còn Ta có phương trình

19.16. Với hình chữ nhật : Chu vi = (dài + rộng) ×2; Diện tích = dài × rộng . Diện tích cũ – diện tích mới = 200 m2. Ta có cách giải : Nửa chu vi là 100m. Gọi chiều dài thửa ruộng là x (m);( 0 < x < 100) thì chiều rộng là (100 – x) (m). Chiều dài sau khi giảm là (x – 10) (m), chiều rộng sau khi tăng là 100 – x + 4 = 104 – x (m).

1 1 1 1 1 + − = + . 4 x 12 6 x

Ta có phương trình : x . (100 – x) – (x – 10).(104 – x) = 200

1  1 1  2  1 1  14 : + + : +  = . 3 4 x 3 6 x 5

Giải phương trình được x = 60 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy thửa ruộng có chiều dài là 60m, chiều rộng là 40m.

Giải phương trình ta sẽ có : 19x2 – 30x – 504 = 0 ⇔ (x – 6)(19x + 84) = 0

19.17. Với đường tròn : Chu vi = Đường kính × π ; Gọi bán kính đường tròn ban đầu là x cm. ( x > 0), thì bán kính sau khi kéo dài là (x + 5) (cm). Chu vi đường tròn ban đầu là π .2x (m); Chu vi đường tròn sau là π .2(x + 5) (m); Ta có phương trình : π .2x + π .2(x + 5) = π . 90 ⇔ 2x + 2(x + 5) = 90

Tìm được x = 6 thỏa mãn điều kiện. Vậy thời gian chảy một mình đầy bể của vòi II là 6 giờ.

19.12. Bài toán liên quan đến cấu tạo số. Số có hai chữ số là ab = 10a + b ; Đổi chỗ được số ba = 10b + a với a,b ∈ N; 0 < a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 ). Ta có cách giải: Gọi chữ số hàng chục là x (x ∈ N ; 3 < x ≤ 9) thì chữ số hàng đơn vị là (x – 3).

Số đã cho :

x(x − 3) = 10x + (x − 3) ; Đổi chỗ các chữ số: (x − 3)x = 10(x − 3) + x Ta có phương trình 10 ( x − 3) + x −

Giải phương trình được x = 60 (quả bòng) và số trẻ là 11 em.

10x + (x − 3) = 37 3

Giải phương trình được x = 9 phù hợp điều kiện của ẩn.Số cần tìm là 96.

19.13. Bài toán liên quan đến cấu tạo số. Số có bốn chữ số mà chữ số hàng đơn vị là 6 là abc6 = 10.abc + 6 ; Chuyển 6 lên đầu được số 6abc = 6000 + abc với a,b,c ∈ N; 0 < a ≤ 9; 0 ≤ b,c ≤ 9 ) . Từ đó có cách giải : Gọi số có ba chữ số đứng trước số 6 là x (x ∈ N ; 99 < x < 1000) thì số đã cho là x6 = 10x + 6 ; Chuyển 6 lên đầu được số 6x = 6000 + x Ta có phương trình 10x + 6 + 6000 + x = 8217 Giải phương trình được x = 201 phù hợp điều kiện của ẩn Số cần tìm là 2016.

19.14. Gọi kết quả sau khi biến đổi của bốn số là x (x ∈ R) thì : Số thứ nhất là x – 5. Số thứ hai là x + 5. Số thứ ba là x : 5. Số thứ tư là x . 5

Giải phương trình tìm được x = 20 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy bán kính đường tròn ban đầu là 20 cm.

19.18. Nồng độ phần trăm (C%) của một dung dịch là số gam chất tan chứa trong 100 gam dung dịch m C% = ct .100% . md d Khối lượng NaCl trong dung dịch loại I + Khối lượng NaCl trong dung dịch loại II = Khối lượng NaCl trong 1000 gam dung dịch nồng độ 27%. Ta có cách giải : Gọi khối lượng dung dịch NaCl loại I là x gam (0 < x < 1000) thì Gọi khối lượng dung dịch NaCl loại II là (1000 – x) (gam). Ta có phương trình : 30% x + 25% (1000 – x) = 27% . 1000 Giải phương trình tìm được x = 400 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy khối lượng dung dịch NaCl loại I là 400g; loại II là 600g.

19.19. Bài toán liên quan đến việc tìm nhiệt lượng tỏa ra, thu vào của nước theo công thức Qtỏa = C.m (t2 – t1) và Qthu = C.m (t1 – t2) với C là nhiệt dung riêng của nước, m là khối lượng của nước.. Nhiệt lượng tỏa ra của 10kg nước ở 900C bằng nhiệt lượng thu vào của 5kg nước ở 240C. Ta có cách giải: Gọi t (độ C)là nhiệt độ cuối cùng của nước sau khi pha 24 < t < 90). Nhiệt lượng tỏa ra của 10kg nước ở 900C là C. 10 (90 – t) (J) và nhiệt lượng thu vào của 5kg nước ở 240C là C. 5 (t – 24) (J) Ta có phương trình C. 10 (90 – t) = C. 5 (t – 24) ⇔ 10 (90 – t) = 5 (t – 24)

Ta có phương trình (x – 5) + (x + 5) + x : 5 + x . 5 = 720

Giải phương trình được t = 68 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Giải phương trình được x = 100 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Vậy nhiệt độ cuối cùng sau khi hòa của nước là 680C.

Vậy số thứ nhất là 95; số thứ hai là 105; số thứ ba là 20; số thứ tư là 500.

19.20. Một đại lượng bài toán không cho nhưng coi như đã biết, đó là gà và vịt đều có 2 chân; chó và thỏ đều có 4 chân.

19.15. Số em được chia ở cách chia thứ hai ít hơn số em được chia ở cách chia thứ nhất là 1 em. Từ đó có cách giải:

Số vịt + số gà + số thỏ + số chó = 290

x −5 Gọi x là số quả bòng đem chia. Số em được chia ở cách thứ nhất là em. Số em được chia ở cách thứ hai 5 x x −5 x là . Ta có phương trình − =1 6 5 6

Gọi số vịt là x con ( 0 < x < 100) thì số thỏ là x con , số chó là 2x con , số gà là 100 – 4x (con). Ta có phương trình :

298

299

Số chân vịt + số chân gà + số chân thỏ + số chân chó = 290. Ta có cách giải:

2x + 4x + 8x + 2(100 – 4x) = 290

Giải phương trình được x = 15 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

19.26. Gọi vận tốc của gió là x (km/h), 0< x < 280. Thời gian bay từ A đến B là

Vậy số vịt là 15 con; số gà là 40 con; số thỏ là 15 con; số chó là 30 con.

19.21. Trong bài toán tính tuổi, khi cha thêm 1 tuổi thì con cũng thêm một tuổi nên hiệu giữa tuổi cha và con luôn không đổi. Ta có cách giải :

B đến A là

960 960 960 (h). Ta có phương trình : = + 1 biến đổi thành x2 + 1920x – 78400 =0 280 + x 280 − x 280 + x

⇔

a) Gọi tuổi con hiện nay là x (tuổi; x > 0) thì tuổi cha hiện nay là x + 30. Trước đây 4 năm tuổi con là x – 4 và tuổi cha là x + 30 – 4 = x + 26.

(x – 40)(x + 1960) = 0 . Nghiệm x = 40 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Ta có phương trình : x + 26 = 4(x – 4)

Vậy vận tốc của gió là 40km/h.

Giải phương trình được x = 14 thỏa mãn điều kiện của ẩn.

19.27. Gọi thời gian làm một mình xong công việc của người thứ nhất là x

Vậy tuổi con hiện nay là 14 và tuổi cha là 44.

giờ ( x > 0) thì một giờ người đó làm được

b) Gọi y là tuổi con lúc tuổi cha gấp 2,5 tuổi con ( y > 0), do cha luôn hơn con 30 tuổi nên tuổi cha lúc ấy là y + 30.

Theo bài ra ta có phương trình :

Ta có phương trình

6  1 1 1 + 12  −  = x  18 x  2

y + 30 = 2,5y

Giải phương trình tìm được y = 20 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy sau đây 20 – 14 = 6 năm nữa thì tuổi cha gấp 2,5 lần tuổi con.

* Ghi chú : a) Có thể chọn ẩn gián tiếp là tuổi cha (hoặc con) khi tuổi cha gấp 4 lần tuổi con. (bạn đọc tự giải). b) Nếu chọn z là số năm từ nay đến khi tuổi cha gấp 2,5 lần tuổi con ( z > 0 là sau đây z năm , còn z < 0 là trước đây z năm). Ta có phương trình tìm được z = 6.

2,5(14 + z) = 44 + z ta

19.22. Tương tự ví dụ 10. Đáp số : Số quýt đem bán : 150 quả, số lần bán là 5 lần. Số quýt thu hoạch : 160 quả. 19.23. Nửa chu vi tấm tôn là 57cm. Gọi kích thước thứ nhất của tấm tôn là x (cm); (10 < x < 57). Thì kích thước thứ hai là 57 – x (cm).

960 (h). Thời gian bay từ 280 − x

1  1 1 công việc. Một giờ người thứ hai làm được  −  công việc. x  18 x 

⇔ x = 36 .

1 1  Người thứ nhất làm một mình trong 36 giờ xong công việc. Người thứ hai làm một mình trong 1 :  −   18 36  = 36 (giờ) xong công việc.

200 x (ngày). Bốn ngày đầu họ làm được 4x sản phẩm. Những ngày sau năng suất là (x + 10) sản phẩm / ngày. Số 200 − 4x ngày hoàn thành số sản phẩm còn lại là . Theo bài ra ta có phương trình : x + 10 19.28. Gọi năng suất dự kiến là x (sản phẩm / ngày) (x ∈ N*). Thời gian hoàn thành theo kế hoạch là

Sau khi gấp thành hình hộp chữ nhật, ba kích thước của nó là x – 10 (cm); 47 – x (cm); 5cm.Ta có phương trình (x – 10)(47 – x).5 = 1500 ⇔ x2 – 57x +770 = 0

200 200 − 4x –2= + 4. Biến đổi phương trình thành x2 + 30x – 1000 = 0 ⇔ (x – 20)(x + 50) = 0 ⇔ x = 20 x x + 10 do x ∈ N*.

⇔ (x – 35)(x – 22) = 0 ⇔ x = 35 và x = 22. Cả hai giá trị đều thỏa mãn.

Vậy năng suất dự kiến là 20 sản phẩm / ngày .

Vậy kích thước của tấm tôn là 35cm và 22 cm.

19.24. Nửa chu vi là 61m. Gọi một chiều là x (m) ( 0 < x < 61) thì chiều kia là 61 – x (m). Ta có phương trình x(61 – x) = 900 ⇔ x2 – 61x + 900 = 0

19.29. Gọi vận tốc người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h), x > 0. Ta có phương trình

36 36 36 − = . x x + 3 60

Biến đổi thành x2 + 3x – 180 = 0

⇔ (x – 25)(x – 36) = 0 ⇔ x = 25 hoặc x = 36. Cả hai giá trị đều thỏa mãn.

⇔ (x – 12)(x + 15) = 0. Nghiệm x = 12 thỏa mãn điều kiện.

Vậy chiều dài và chiều rộng của khu vườn là 36m và 25m.

Vậy vận tốc người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h.

19.25. Gọi số chi tiết máy tháng thứ nhất tổ I sản xuất là x (chi tiết máy, 0<x< 900) thì tổ II sản xuất là 900 – x (chi tiết máy). Ta có phương trình :

19.30. Nếu C là vị trí xe máy bị hỏng thì AC = 90km ; CB = 30km. Gọi vận tốc (km/h) của xe máy khi đi từ A đến C là x , x > 10 thì vận tốc của xe máy khi đi từ C đến B là (x – 10) (km/h). Xe máy đi quãng đường AC hết 90 30 1 (h) và CB hết (h). Thời gian sửa xe máy 10 phút = h. Thời gian xe đi hết quãng đường AB (kể cả sửa x x − 10 6 14 xe) là 4 giờ 40 phút = h. 3

115%x + 110%(900 – x) = 1010 hay

115x 110(900 − x) + = 1010 100 100

Giải phương trình tìm được x = 400. Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất là 400 chi tiết máy và thì tổ II sản xuất là 500 chi tiết máy.

Ta có phương trình 300

90 30 1 14 + + = . Biến đổi thành 3x2 – 110x + 600 = 0 x x − 10 6 3 301

⇔ (x – 30)(3x – 20) = 0. Nghiệm x = 30 thỏa mãn điều kiện.

Thời gian đi từ A đến C là 90 : 30 =3(h). Thời điểm bị hỏng xe lúc 10 giờ sáng cùng ngày.

x (h ). Thời gian 40 x x x dự kiến của xe khách từ A đến B là (h). Thời gian xuất phát sau của xe khách so với xe tải là – . đi 50 40 50 1 x 1 x 4 Thời gian xe khách thực tế đi là . + . (h) ; 16 phút = h 2 50 2 60 15 19.31. Gọi quãng đường AB dài là x km, x > 0. Thời gian xe tải đi hết quãng đường AB là

Ta có phương trình

x x x 4  x x  = + + +  −  ⇔ x = 160 thỏa mãn điều kiện. Vậy quãng đường AB 40 100 120 15  40 50 

dài 160 km.

Chuyên đề 20. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

x = t ;t∈Z 20.1. a) Hệ số của ẩn y là –1. Đáp số :   y = 8t − 15 b) Về giá trị tuyệt đối thì hệ số của x nhỏ hơn hệ số của y . Do đó ta tính x theo y. sau đó tách phần x = 12u + 9 nguyên . Đáp số :  ; u∈Z  y = 5u + 1 c) Ta có (14; 21) = 7 nên y ⋮ 7.

Đặt y = 7t ta có phương trình

x = 9u − 3 2x – 9t = 3.Tiếp tục làm như b) ta tìm được  ; u∈Z.  y = 14u − 7 d) Cách 1 : Phương trình đã cho (viết tắt là PT) : 29x + 15y = 20 ⇔ y =

Đặt

20 − 29x 15 − 30x+5 + x 5+ x = = 1 − 2x + 15 15 15

5+ x = u , (u∈ Z) ta có x = 15u – 5 15

Đặt x = 5t ta có phương trình

x = 15u − 5 ; u∈Z. 29t + 3y = 4. Tiếp tục làm như b) ta tìm được   y = 11 − 29u 20.2. Ta chứng minh bằng phản chứng : Giả sử phương trình ax + by = c (a; b ≠ 0) có nghiệm nguyên là (x0; y0) tức là ax0 + by0 = c . Gọi (a ; b) = d thì a = dm ; b = dn (m, n ∈ Z) . Ta có dmx0 + dny0 = c ⇒ mx0 + ny0 = Do c ⋮/ d nên

b) Biến đổi PT thành 3x + 7y = 45. Do (3; 45) = 3 nên y ⋮ 3.

x = 15 − 7t Phương trình có nghiệm nguyên tổng quát là  (t ∈ Z) . y = 3t 15 Để x > 0 và y > 0 ta phải có 0 < t < vậy t = 1 ; 2. Phương trình có hai nghiệm nguyên dương là (x ; y) = 7 (8 ; 3) ; (1 ; 6). c) Biến đổi PT thành 8x – 9y = 30.

 x = 9t + 6 Nghiệm tổng quát là  ; t ∈ Z và t = 0 ; 1; 2; 3; ...Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương (x ;  y = 8t + 2 y) = (6 ; 2) ; (15 ; 10) ; (24 ; 18) ; ... d) Biến đổi PT thành x2 + 2xy + y2 = 25 ⇔ (x + y)2 = 52 Hay x + y = 5 . Do x > 0 ; y > 0 nên x + y = 5 và phương trình có 4 nghiệm :

c d

20.4. Ta có

– 4x + 3y + 8z = 9 ⇔ x + 8(y + z) – 5(x + y) = 9 .

Đặt u = y + z ; v = x + y  x = 9 − 8u + 5v  Nghiệm nguyên tổng quát của PT là  y = −9 + 8u − 4v (u ∈ Z; v ∈ Z) z = 9 − 7u + 4v 

20.5. Ta chuyển vế đưa về dạng A(x) = 0 sau đó phân tích A(x) thành nhân tử bằng tách và thêm bớt các hạng tử. a) 3x2 – 14x = 5 ⇔ 3x2 + x – 15x – 5 = 0 ⇔ (x – 5)(3x + 1) = 0 Nghiệm nguyên của phương trình là x = 5. 2x3 + 9x2 + 7x – 6 = 0 Tập nghiệm là S = {− 3; − 2}

⇔ (x + 3)(x + 2)(2x – 1) = 0. 4

c) x + 2x – 19x + 8x + 60 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 2)(x + 3)(x – 5) = 0. Tập nghiệm S = {− 3 ; − 2 ; 2 ; 5} . b) (x4 – 13x2 + 36)(x2 + 2x) = 65x2 – 5x4 – 180 ⇔ (x4 – 13x2 + 36)(x2 + 2x + 5) = 0

⇔

(x2 – 4)(x2 – 9)(x2 + 2x + 5) = 0

⇔ (x – 2)(x + 2)(x + 3)(x – 3)(x + 2x + 5) = 0

Do x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 > 0 , ∀ x nên nghiệm nguyên của phương trình PT là x = ±2 ; x = ±3 .

20.6. a) ĐKXĐ : x ≠ – 1 ; x ≠ – 2 ; x ≠ – 3 .

c ∉ Z ⇒ mx0 + ny0 ∉ Z điều này vô lý vì m ; n; x0 ; y0 ∈ Z ⇒ đpcm. d

302

(x ; y) = (1 ; 4) ; (2 ; 3) ; (3 ;

2) ; (4 ; 1).

a) x(2x2 + 9x + 7) = 6 ⇔

x = 15u − 5 Nghiệm nguyên tổng quát của PT là   y = 11 − 29u Cách 2 : Ta có (15; 20) = 5 nên x ⋮ 5.

 x = 5t + 1 20.3. a) Nghiệm nguyên tổng quát là  ; t ∈ Z . Nghiệm nguyên dương là (x ; y) = (1 ; 3).  y = 3 − 4t

1 1 1 − = . x 2 + 4x + 3 x 2 + 4x + 4 12 1 1 1 − = Đặt x2 + 4x + 3 = y phương trình trở thành suy ra y y + 1 12 Phương trình biến đổi thành

303

y2 + y – 12 = 0 ⇔ (y – 3)(y + 4) = 0. * x2 + 4x + 3 – 3 = 0 ⇔ x(x + 4) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4. * x2 + 4x + 3 + 4 = 0 ⇔ (x + 2)2 + 3 = 0 vô nghiệm vì vế trái > 0 ∀ x . Vậy phương trình có 2 nghiệm là 0 và – 4. b) Các mẫu đều dương nên ĐKXĐ là x ∈ R . Biến đổi phương trình thành

6x − 5 = 109  x = 19 ⇔ ⇔ 6x − 5 = 1 y = 1 + Với z = 2 giải tương tự , không có nghiệm nguyên dương.

x 2 + 4x + 4 x 2 + 4x + 5 1 + = . x 2 + 4x + 5 x 2 + 4x + 6 2

y −1 y 1 + = Đặt x + 4x + 5 = y ta có suy ra 3y2 – y – 2 = 0 ⇔ (y – 1)(3y + 2) = 0. Từ đây tìm được y y +1 2 nghiệm của phương trình là x = – 2. c) Áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 Ta có (x + 1)3 + (x + 2)3 + (x + 3)3 + (x + 4)3 – (x + 5)3 = 0 ⇔ 3x3 + 15x2 + 15x = 25 Vế trái chia hết cho 3; vế phải không chia hết cho 3. Phương trình không có nghiệm nguyên. 2

(y – 2) + (y – 1) + y + (y + 1) – (y + 2) = 0 , rút gọn thành 3y – 12y + 6y = 16 ⇔ (x – 6)(y – 6) = 3.

3(x + y) = 2xy

⇔

20.9. a) PT ⇔ x2(y2 – 3) – 2y2x + 2y2 + 6x = 7 Do x , y∈Z nên y2 – 3 ∈Z ; x2– 2x + 2 ∈Z. vì thế  y = 2  y 2 − 3 = 1  y 2 = 4  ⇔ ⇔  2   y = −2 . 2  x − 2x + 2 = 1 (x − 1) = 0  x = 1

20.7. a) 6(x + y) = xy + 33

Vì 3 = 1.3 = 3.1 = (–1)(– 3) = (– 3)(– 1) Giải các cặp ta tìm được các nghiệm nguyên sau : (9 ; 7) ; (5; 3) ; (3 ; 5).

và các hoán vị (1; 1; 1; 19) ; (1; 1; 19; 1) ; (1; 19; 1; 1) . ⇔ x2(y2 – 3) – 2x(y2 – 3) + 2(y2 – 3) = 1 ⇔ (y2 – 3)(x2– 2x + 2) = 1

Chú ý : Câu c) có thể đặt x + 3 = y (∈ Z). Phương trình trở thành 3

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x; y; z; t) = (19 ; 1; 1; 1)

(x ; y) = (7 ; 9) ;

2 2  y − 3 = −1  y = 2 và  2 (không có nghiệm nguyên). ⇔ 2  x − 2x + 2 = −1 (x − 1) + 2 = 0

Vậy nghiệm của phương trình là (x ; y) = (1 ; – 2) ; (1 ; 2). b) xy2 +2xy – 27y + x = 0

4xy – 6x – 6y = 0 ⇔ (2x – 3)(2y – 3) = 9

⇔ x(y + 1)2 = 27y ⇒ x =

Ta biết 9 = 1.9 = 9.1 = (–1)(– 9) = (– 9)(– 1) = 3.3 = (– 3)(– 3)

⇔ x(y2 +2y + 1) = 27y

27y (y + 1)2

Ta biết hai số nguyên dương y và y + 1 nguyên tố cùng nhau nên

Giải từng cặp ta có nghiệm tự nhiên của phương trình trên là :

y ⋮/ (y + 1)2 vì thế 27 ⋮ (y + 1)2 ⇒ (y + 1)2 = 1 hoặc (y + 1)2 = 9 .

(x; y) = (2; 6) ; (6; 2) ; (3 ; 3); (0 ; 0)

20.8. a) Gọi ba số nguyên dương là x ; y; z. Theo đầu bài x + y + z = xyz. Do vai trò x, y, z như nhau nên giả 1 1 1 3 + + ≤ sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z . Chia hai vế của phương trình cho xyz ta có 1 = hay x2 ≤ 3 ⇒ x = 1. yz zx xy x 2

Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là (x; y) = (6 ; 2).

20.10. Chú ý nếu A2 + B2 + C2 = 0 thì A = 0 ; B = 0 và C = 0 a) Biến đổi PT thành (x – 2y)2 + (y + 1)2 = 0. Nghiệm (x ; y) = (– 2 ; – 1)

Thay x = 1 vào phương trình ta có 1 + y + z = yz ⇔ yz – y – z = 1

b) Biến đổi PT thành (x + y + 1)2 + (y – 2)2 = 0. Nghiệm(x ; y) = (– 3 ; 2)

⇔ (y – 1)(z – 1) = 2 = 1. 2 . Từ đó tìm được y = 2 ; z = 3.

c) Biến đổi PT thành (x – y)2 + (y – z)2 + (x – 3)2 = 0 Nghiệm: (x ; y ; z) = (3 ; 3 ; 3).

Nghiệm nguyên dương của phương trình là :

d) Biến đổi PT thành (x + y)2 + (y – 2z)2 + (y – 6)2 = 0

(x; y; z) = (1 ; 2; 3) ; (1 ; 3; 2) ; (2 ; 3; 1) ; (2 ; 1; 3) ; (3 ; 2; 1) ; (3 ;1 ; 2). b)

Giả

sử

x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1,

5 5 5 5 4 24 + + + + ≤ xyz xzt xyt yzt xyzt t 3

chia

vế

của

phương

⇒ t3 ≤ 4 ⇒ t = 1 .

* Thay t = 1 vào phương trình ta có : Ta cũng có 6 =

hai

5 5 5 9 24 + + + ≤ yz xz xy xyz z 2

trình

cho

xyzt

có

Nghiệm (x ; y ; z) = (– 6 ; 6 ; 3).

20.11. Biến đổi về dạng 1 + x + x2 + x3 = y3 . Ta xét các trường hợp: 1) x = 0 thì y = 1.

⇒ z2 ≤ 4 ⇒ z = 1 ; 2 .

+ Với z = 1 thì 5(x + y) + 14 = 6xy ⇔ 6xy – 5x – 5y = 14 ⇔ 36xy – 30x – 30y + 25 = 109 ⇔ (6x – 5)(6y – 5) = 109 .1 304

2) x = –1 thì y = 0 .

3) x = 1 thì y ∉ Z.

4) Với x > 0 (1 + x)3 = 1 + 3 x + 3x2 + x3 > 1 + x + x2 + x3 = y3 > x3

5(x + y + z) + 9 = 6xyz.

Vậy (1 + x)3 > y3 > x3 hay 1 + x > y > x điều này không thể xảy ra đối với số nguyên dương. 5) Với x < – 1 . Đặt t = – 1– x thì t > 0 và x = – 1– t. Thay vào phương trình ta có 1 + (– 1– t) + (t2 + 2t + 1) – (t3 + 3t2 + 3t + 1) = y3 Hay

– (t3 + 2t2 + 2t ) = y3 ⇒ y < 0 hay t3 + 2t2 + 2t = (–y)3 305

Đặt – y = z ta có t3 + 2t2 + 2t = z3 với z > 0. 3

Ta có (t + 1) = t + 3t + 3t + 1 > t + 2t + 2t = z > t

d = 3 ; y = 3 ⇒ x = 33 d = 9 ; y = 1 ⇒ x = 99 Trong 7 nghiệm của phương trình vừa tìm chỉ có 3 nghiệm thỏa mãn bài toán đó là (x; y) = (11 ; 1) ; (22 ; 2) ; (33 ; 3). 20.16. a) Vai trò x ; y; z như nhau . Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1

Hay (t + 1)3 > z3 > t3 ⇒ t + 1 > z > t điều này vô lý. Vậy phương trình chỉ có hai nghiệm (x ; y) = (0 ; 1) ; (–1 ; 0)

20.12. * Với y = 0 thì x = – 1 ; – 2 ; – 8 ; – 9 . Ta có

* Với y ≠ 0 ta có (x2 + 10x + 9)( x2 + 10x + 16) = y2

Đặt x2 + 10x + 9 = z ∈ Z do x ∈ Z . Ta có z(z + 7) = y2 hay z2 + 7z = y2 . (z + 3)2 < z2 + 7z = y2 < (z + 4)2 vô lý. Vậy z ≤ 9

x2 + 10x + 9 ≤ 9

⇔ x(x + 10) ≤ 0

⇔ −10 ≤ x ≤ 0 . Lần lượt thay các giá trị của x ta có nghiệm :

(x ; y) = (– 1 ; 0) ; (– 2 ; 0) ; (– 8 ; 0) ; (– 9 ; 0) ; (– 5 ; – 12) ; (– 5 ; 12) ;

Do đó 1 =

Giả sử (x0 ; y0 ; z0) là nghiệm nguyên của phương trình tức là

Đặt y0 = 2y1 ta lại có 2x13 − 4y13 − z30 = 0

4x13 − y30 − 2z30 = 0 ;

Đặt z0 = 2z1 ta lại có x13 − 2y13 − 4z13 = 0 . Như vậy (x1 , y1 , z1) =

 x 0 y0 z 0   x 0 y0 z0   , ,  cũng là nghiệm của phương trình. Cứ tiếp tục mãi ta có  k , k , k  ∈ Z , ∀ k ∈Z. Do đó x0 =  2 2 2 2 2 2  y0 = z0 = 0. Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0). 20.14. Gọi số có hai chữ số đó là xy ( x, y ∈N ; 0 < x, y ≤ 9 ). Ta có xy = 10x + y = kxy (k ∈ N*) ⇒ y = x(ky – 10) ⋮ x do đó y = mx ⇒ mx = x(kmx – 10) Với m = 1 thì kx = 11 Với m = 2 thì kx = 6 Với m = 5 thì kx = 3

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

m = kmx – 10 ⇒ 10 = m(kx – 1) ⇒ m = 1 ; 2 ; 5. x = y = 1. x = 1 ; 2 ; 3 tương ứng có y = 2 ; 4 ; 6. x = 1 tương ứng có y = 5.

Số cần tìm là xy = 11 ; 12 ; 24 ; 36 ; 15.

20.15. Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là x và y . Cạnh hình vuông cần cắt ra là z . Ta có x; y; z ∈ Z+ ; x ≥ y ; z ≤ y và z ≤ 3. Ta có xy = 11z2 (1) . Từ (1) ⇒ x hoặc y chia hết cho 11. Vai trò của x và y trong phương trình như nhau nên ta giả sử x ⋮ 11 tức là x = 11d ⇒ 11dy = 11z2 ⇒ dy = z2 . Ta xét các trường hợp có thể của z : Với z = 1, chỉ có thể d = 1 ; y = 1 ⇒ x = 11 Với z = 2, chỉ có thể d = 1 ; y = 4 ⇒ x = 11 d = 2 ; y = 2 ⇒ x = 22 d = 4 ; y = 1 ⇒ x = 44 Với z = 3, chỉ có thể d = 1 ; y = 9 ⇒ x = 11 306

1 1 1 11 + + = x y z 12

b) Gọi ba số nguyên dương cần tìm là x ; y; z. Ta có

20.13. Ta sử dụng tính chất chia hết và phương pháp xuống thang để giải.

x − 2y30 − 4z30 = 0 (2) , khi đó x0 ⋮ 2 . Đặt x0 = 2x1. Thay vào phương trình (2) ta được

xy z  y x  z 2z +  + ≥ + = z ⇒ z = 1 ⇒ y = x = 1. 3z 3  x y  3 3

Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1; 1).

(– 10 ; – 12) ; (– 10 ; 12).

3 0

x y + ≥ 2. y x

Với x, y > 0 thì (x – y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔

Nếu z > 9 thì z2 + 6z + 9 < z2 + 7z = y2 < z2 + 8z + 16 Hay

xy yz zx xy z  y x  + + =1 ⇔ +  +  = 1. 3z 3x 3y 3z 3  x y 

Vai trò x ; y; z như nhau . Ta giả sử x ≥ y ≥ z > 1 ta có

3 1 1 1 11 ≥ + + = z x y z 12

36 ⇒ z = 2 ; 3. Với z = 2 thay vào và lý luận tương tự ta tìm được (y = 3 ; x = 12) ; (y = 4; x = 6). 11 Với z = 3 ta tìm được (y = 3 ; x = 4). ⇒ z≤

Nghiệm thỏa mãn bài toán là (x ; y ; z) = (12 ; 3 ; 2) ; (6 ; 4 ; 2) ; (4 ; 3 ; 3) cùng các hoán vị của chúng.

20.17. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x0 ; y0) ta có :

2x 02 − 9y02 = 11 ⇒ y0 lẻ tức là y0 = 2k + 1 (k∈N*). Ta có 2x20 −9(2k +1)2 =11 ⇒

x 02 − 18k(k + 1) = 10 ⇒ x0 chẵn tức là x0 = 2m (m ∈ N*) . Tức là

4m2 −18k(k + 1) = 10 ⇒ 2m2 – 9k(k + 1) = 5 vô lý vì k(k + 1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên chẵn. Vế trái chẵn, vế phải lẻ. Do đó phương trình 2x2 – 9y2 = 11 không có nghiệm nguyên. 20.18. Vai trò x ; y; z như nhau ta giả sử 0 < x ≤ y ≤ z . Ta có ⇒ x > 2016. Ta có

1 1 1 1 3 = + + ≤ 2016 x y z x

1 1 < x 2016

⇒ 2016 < x ≤ 3.2016

Vậy có hữu hạn số nguyên dương x. Ứng với mỗi giá trị của x ta có

1 1 1 1 2 2.2016x 2.2016x − = + ≤ ⇒ y≤ ≤ ≤ 2.20162. 2016 x y z y x − 2016 1 Vậy y hữu hạn ⇒ z hữu hạn. Do đó phương trình có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.

20.19. Ta có 8x2y2 + x2 + y2 = 10xy ⇔ 8xy(xy – 1) + (x – y)2 = 0 (*). Do (x – y)2 ≥ 0 nên nếu x , y là nghiệm nguyên của phương trình thì 307

xy(xy – 1) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ xy ≤ 1 . Do x, y nguyên nên chỉ có hai khả năng : - Nếu xy = 0 thì từ (*) ta có x = y = 0

* Với y32 = 1 thì x32 = 22 ⇒ x 22 = 9.22 ; y22 = 9 ⇒ x12 = 92.22 ; y12 = 92 ⇒ x2 = 93. 22 ; y2 = 93. –27).

- Nếu xy = 1 thì từ (*) ta có x = y = ± 1.

Vậy có 4 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là (54; 27) ; (54; –27) ; (–54; 27) ; (–54;

Phương trình có 3 nghiệ m nguyên (x, y) là (0; 0) ; (1 ; 1) ; (– 1; – 1).

20.24. Từ điều kiện đã cho 6x2 + 5y2 = 74 ⇒ y chẵn và x ≠ 0 ; y ≠ 0.

20.20. Gọi số t ự nhiên cần tìm là n. Ta có:

Nếu cặp số (x0; y0) là một cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện thì các cặp số (x0; –y0); (–x0; y0); (–x0; – y0) cũng thỏa mãn điều kiện, do đó chỉ cần xét x > 0 , y > 0. Từ điều kiện suy ra 5y2 < 74 ⇒ y2 < 15 ⇒ 0 < y < 4 ⇒ y = 2 ( vì y chẵn) ⇒ x = 3.

n = 2005x +23 = 2007y + 32 = 2005y + 2y +32

(x; y ∈ N)

⇒ 2y + 9 = 2005(x – y) = 2005k (k ∈ N*) ⇒ y =

2005k − 9 2

Vậy các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện là (3; 2) ; (3; –2) ; (–3; 2) ; (–3; –2).

n nh ỏ nhất khi y nh ỏ nhất, y nh ỏ nhấ t là 998 khi k = 1.

20.25. Do x , y ∈N* nên ta có (x + y)5 = 120y + 3 < 120(x + y)

V ậ y số t ự nhiên nhỏ nhấ t c ần tìm là n = 2007.998 + 32 = 2003018.

⇒ (x + y)4 < 120 < 44 ⇒ x + y < 4.

20.21.Gọi số ô tô lúc đầu là x (x ∈ N và x ≥ 2), số học sinh đi cắm trại sẽ là 22x + 1. Theo giả thiết nếu số xe là x – 1 thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các xe . Khi đó mỗi xe chở y học sinh (y ∈N và 30 ≥ y > 0). Ta có

Cũng do x , y ∈ N* nên 2 ≤ x + y < 4 ; mà 120y + 3 là số lẻ ⇒ x + y là số lẻ . Do đó x + y = 3. Vì vậy 35 = 120y + 3 ⇔ y = 2 ⇒ x = 1.

22x + 1 23 (x – 1)y = 22x + 1 ⇔ y = = 22 + x −1 x −1

20.26. Ta có 3x – 2 y = 1 ⇔ 3x – 1 = 2y (1) .

Nghiệm nguyên dương của phương trình là (x , y) = (1 ; 2). *Nếu x chẵn tức là x = 2k (k ∈ N*) . Từ (1) ta có (3k + 1)(3k – 1) = 2y

Vì x, y ∈ N nên x – 1 phả i là ước số c ủa 23, 23 nguyên t ố nên : * x – 1 = 1 ⇔ x = 2 suy ra y = 22 + 23 = 45 (trái giả thiết) * x – 1 = 23 ⇔ x = 24 suy ra y = 22 + 1 = 23 < 30. Vậy ô tô là 24 và số học sinh là 22 . 24 + 1 = 529.

20.22. Do m, n ∈ N nên m2 + n2 = m + n + 8 ⇔ 4(m2 + n2) = 4(m + n + 8) ⇔ (4m2 – 4m + 1) + (4n2 – 4n + 1) = 34 ⇔ (2m – 1)2 + (2n – 1)2 = 32 + 52 (*)

k a 3 + 1 = 2 Do đó  k trong đó a, b ∈ N và a > b. b 3 − 1 = 2

Xét 2a – 2b = (3k + 1) – (3k – 1) = 2 ⇒ 2b(2a – b – 1) = 2 nên a−b a−b a − 1 = 1  a = 2  2 − 1 = 1 2 = 2 ⇔ ⇔ ⇔  b b = 1 b = 1 b = 1  2 = 2

2m − 1 = 3 m = 2 2n − 1 = 3 n = 2 Từ (*) ⇒  ⇔  và  ⇔  2n − 1 = 5 n = 3 2m − 1 = 5 m = 3

k 2  3 + 1 = 2 Do đó  k ⇔ 2.3 k = 6 ⇔ 3 k = 31 ⇔ k = 1 khi đó x = 2 1  3 − 1 = 2

Có hai cặp (m ; n) thỏa mãn là (2 ; 3) và (3 ; 2).

Từ (1) có : 2y = 32 – 1 = 8 = 23 ⇒ y = 3.

20.23. Nhận xét : Với a, b là các số nguyên thỏa mãn a2 + b2 ⋮ 3 thì a ⋮ 3 và b ⋮ 3 . Ta có 5x2 + 8y2 = 20412 ⇔ (6x2 + 9y2) – (x2 + y2) = 28. 93

Xét 32k+1 – 1 = 3(32k – 1) + 2 = 3(9k – 1) + 2 chia cho 8 dư 2

Suy ra x2 + y2 ⋮ 3 ⇔ x ⋮ 3 và y ⋮ 3 . Đặt x = 3x1 ; y = 3y1 (x1, y1 ∈ Z)

vì (9k – 1k) ⋮ (9 – 1) ⇒ 2y chia cho 8 dư 2 ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1

*Nếu x lẻ tức là x = 2k + 1 (k ∈ N).

Thay vào phương trình ta được 5x + 8y = 28.9 .

Ta có 3x – 1 = 21 ⇒ x = 1.

Tương tự ta có x1 = 3x2 ; y1 = 3y2 (x2, y2 ∈Z) ta được 5x 22 + 8y 22 = 28.9

Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) là (2; 3) và (1 ; 1).

2 1

Tương tự ta có x2 = 3x3 ; y2 = 3y3 (x3, y3 ∈Z) ta được 5x32 + 8y32 = 28

28 Suy ra y ≤ < 22 nên y32 = 0 hoặc y32 = 1 . 8 2 3

* Với y32 = 0 thì x 32 =

20.27. 4 = x(2x + 3 – y – xy) ⇒ 4 ⋮ x ⇒ x ∈ {− 4; − 2; − 1;1; 2; 4 } (*) Từ phương trình ⇒ xy(x + 1) = 2x2 + 3x – 4 = (x + 1)(2x + 1) – 5 ⇒ (x + 1)( – xy + 2x + 1) = 5 ⇒ 5 ⋮ (x + 1) ⇒ x ∈ {− 6; − 2; 0; 4 } (**)

28 (loại). 5

Từ (*) và (**) ⇒ x ∈ {− 2; 4} . Với x = – 2 thì y = – 1. Với x = 4 thì y = 2 Vậy có hai cặp (x; y) thỏa mãn là (– 2 ; – 1) và (4 ; 2). 308

309

b) Vế phải có ab + ac + ad. Nếu nhân 4 vào hai vế, chuyển vế và tách 4a2 = a2 + a2 + a2 + a2 kết hợp với các hạng tử khác sẽ xuất hiện hằng đẳng thức.

20.28. 3x2 – 2y2 – 5xy + x – 2y – 7 = 0 ⇔ 3x2 – 6xy + xy – 2y2 + x – 2y = 7 ⇔ 3x(x – 2y) + y(x – 2y) + (x – 2y) = 7

⇔ (x – 2y)(3x + y + 1) = 7.

Do đó Nhân hai vế với 4 ta được 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 ≥ 4ab +4ac + 4ad

Ta có 7 = 7 . 1 = 1 . 7 = (– 7). (– 1) = (– 1). (– 7) Do đó ta xét trường hợp sau :

⇔ (a – 2b)2 + (a – 2c)2 + (a – 2d)2 + a2 ≥ 0 đúng. Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b = c = d = 0

x – 2y = 7 (*) và 3x + y + 1 = 1 (**)

Từ x – 2y = 7 ⇔ x = 7 + 2y thay vào (**) ta có 3(7 + 2y) + y + 1 = 1

c) Nhận xét:

⇔ 21 + 7y = 0 ⇔ y = – 3 thay y = – 3 vào (*) ta có x + 6 = 7 ⇔ x = 1.

ab = 2.

a2 a2 a2 a2 a a + + + .b ; ac = 2. .c; ... do đó ta nghĩ tới việc tách a2 thành để ghép 2 2 4 4 4 4

với b2, c2 , d2 , e2. Ta có

Tương tự với các trường hợp khác ta không tìm được x ; y nguyên.

a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là (x ; y) = (1 ; – 3).

a   a2   a2   a2  ⇔  − ab + b 2  +  − ac + c 2  +  − ad + d 2  +  − ae + e 2  ≥ 0 4 4 4 4         2

Chương IV. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN

Chuyên đề 21.

21.1. a) Với ab > 0 . Ta có (a – b)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab . Chia hai vế của bắt đẳng thức cho ab > 0 ta có

a2 + b2 2 ab ≥ ab ab

⇔

a b + ≥2 b a

. Dấu “ =” xảy ra ⇔ a

cho ab < 0 ta có a + b ≤ − 2 a b ab

⇔

Chia hai vế của bất đẳng thức

a b + ≤ − 2 . Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = – b b a

c2 + d2 ≥ 2cd do đó

a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd ≥ 3(ab + cd) do abcd = 1 ⇒ ab + cd = ab +

⇒ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc

1 ≥ 2 . Ta có đpcm. ab

a 3 − b3 a 2 b a 2 b2 c2 b c a = 2 − ... Do đó bất đẳng thức biến đổi thành 2 + 2 + 2 ≥ + + ⇔ 2 ab b a b c a a b c 2 2 2 b c a a b c 2   + 2   + 2   ≥ 2. + 2. + 2. a b c b c a

⇒ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc .

21.3

⇒ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c) 2

Chia 2 v ế c ủ a b ấ t đẳ ng th ứ c này cho 9 ta có đ pcm. Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b = c.

a) Nhận xét

3 3 a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b3 − 4a 3 − 4b3 a+b a +b c) Xét hi ệ u  =  − 2 2 8  

−3a2 (a − b) + 3b2 (a − b) −3(a − b)(a2 − b2 ) −3(a − b)2 (a + b) = = ≤ 0 với a, b ≥ 0 8 8 8

Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b.

21. 2. a) Ta có nếu nhân, chuyển vế, tách 3 = 1 + 1 + 1 thì xuất hiện có a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) 2

⇔ a – 2a + 1 + b – 2b + 1 + c – 2c + 1 ≥ 0

a2 – 2a + 1 = (a – 1)2 .... Do đó : ta

b) Vì a, b, c > 0 nên a + b + c > a + b > 0. Dùng phương pháp làm trội

a a b b c c < . T ươ ng t ự < và < . Cộng vế với vế ba bất đẳng thức cùng a +b+c a +b a +b+c b+c a +b+c c+a chiều ta được ⇒

a b c a +b+c + + > =1. a +b b+c c+a a +b+c 21. 4. a) Biến đổi tương đương :

⇔ (a – 1)2 + (b – 1)2 + (c – 1)2 ≥ 0 đúng.

1 1 1 ≤ + x + y 4x 4y

Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b = c = 1

a b a a b Áp dụng bất đẳng thức x2 + y2 ≥ 2xy có   +   ≥ 2. . = 2. . Xét tương tự rồi cộng vế với vế các b c c b c bất đẳng thức cùng chiều ta được đpcm.

, áp dụng bất đẳng thức Cauchy :

a2 + b2 ≥ 2ab ;

b) Ch ứ ng minh : T ừ (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ≥ 0

(a – 2b)2 + (a – 2c)2 + (a – 2d)2 + (a – 2e)2 ≥ 0 đúng. d) Với a, b, c, d > 0

* Với ab < 0 . Ta có (a + b)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ – 2ab .

*Chú ý: Cách khác : Nếu nhân hai vế với 4 ta biến đổi tương đương thành

a  a  a  a  ⇔  − b  +  − c  +  − d  +  − e  ≥ 0 đúng. 2  2  2  2 

BẤT ĐẲNG THỨC

∀ x, y > 0

1 x+y ≤ ⇔ x + y 4xy

⇔ (x + y)2 ≥ 4xy

⇔ x2 + 2xy + y2 ≥ 4xy ⇔ x2 – 2xy + y2 ≥ 0 ⇔ (x – y)2 ≥ 0 đúng. 310

311

Dấu “ = ”xảy ra ⇔ x = y .

x x+k x x + k k(x − y) < .Thật vậ y xét hiệu − = < 0 do y(y + k) > 0 và y y+k y y + k y(y + k)

b) Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh ta có :

x – y < 0 (do giả thiết x < y).

1 1 1 1 1 1 1 1 ≤ + = + ≤ + + . (1) 2a + b + c 8a 4(b + c) 8a 4b + 4c 8a 16b 16c 1 1 1 1 Tương tự ≤ + + . 2b + c + a 8b 16c 16a

(2)

1 1 1 1 ≤ + + . 2c + a + b 8c 16a 16b

(3)

Do a < b + c ; b < c + a ; c < a + b nên ta có :

a a +a b b+b c c+c < ; < ; < b+c b+c+a c+a c+a +b a +b a +b+c Cộng vế với vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta được :

a b c 2(a + b + c) + + < = 2. b+c c+a a +b a +b+c

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức cùng chiều (1) ; (2) ; (3) ta được :

1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + hay 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4a 4b 4c

21.7. a) Nhận xét : nếu nhân (2x – 3) với (2x – 10) và (2x – 6) với (2x – 7)

4 4 4 1 1 1 + + ≤ + + 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b a b c

(2x – 3)(2x – 6)(2x – 7)(2x – 10) + 36 = (4x2 – 26x + 30)(4x2 – 26x + 42) + 36

sẽ cùng xuất hiện 4x2 – 26x . Do đó có thể đặt biến phụ . Biến đổi vế trái

Đặt 4x2 – 26x + 36 = y ta có (y – 6)(y + 6) + 36 = y2 – 36 + 36 = y2 ≥ 0 .

Dấu “ = ”xảy ra ⇔ a = b = c 3

Dấu “=” xảy ra ⇔ y = 0 ⇔ 4x2 – 26x + 36 = 0 ⇔ 2x2 – 13x + 18 = 0

21.5. a) Xét hiệu a + b + abc – ab(a + b + c) = (a + b)(a – b) ≥ 0 b) Xét hiệu a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) 2

= (a + b + c).

(a − b) + (b − c) + (c − a) ≥0 2

(x – 2)(2x – 9) = 0 ⇔ x = 2 ; x = 4,5 . b) Ta có M = x2013(x3 – 1) + x(x3 – 1) + 1 Với x ≥ 1 nên x3 ≥ 1 ⇒ x3– 1 ≥ 0 ; x2013 > 1 do đó

M>0.

(1)

* Với x < 1 ta có M = x2016 + x4(1 – x2009) + (1 – x)

c) Biến đổi thành 4(a 3 + b3 ) – (a + b)3 + 4(b 3 + c 3 ) – (b + c)3 + 4(c 3 + a 3 ) – (c + a)3 ≥ 0

Do 1 > x nên 1 > x2009 hay 1 – x2009 > 0 ; 1 – x > 0 ; x2016 > 0; x4 > 0 nên M > 0. (2). đpcm.

Xét 4(a 3 + b3 ) – (a + b)3 = (a + b)[4(a2 – ab + b2) – (a + b)2 ]

21.8. Ta có :

= 3(a + b)(a – b)2 ≥ 0.

a+b b+c c+a a b a c b c + + =  +  +  +  +  +  ≥ 2 + 2 + 2 = 6 . (1 ) c a b b a c a c b

Tương tự với 4(b 3 + c 3 ) – (b + c)3 và 4(c 3 + a 3 ) – (c + a)3 ta suy ra đpcm.

Theo ch ứ ng minh ở ví d ụ 8 thì :

21.6. a)Vai trò a, b, c như nhau, không mất tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Biến đổi bất đẳng thức đã cho được bất đẳng thức tương đương :

a b c 3 + + ≥ . b + c c+ a a + b 2

a3 + b3 + c3+ 3abc – a2(b + c) – b2(c + a) – c2(a + b) ≥ 0 3

⇔ a + b3 + c3+ 3abc – a2b – a2c – b2c – b2a – c2a – c2 b) ≥ 0 ⇔ a2(a – b) + b2(b – a) + c(2ab – a2 – b2) + c(c2 – bc + ab – ac) ≥ 0 2

⇔ (a – b)(a – b ) – c(a – b) + c(c – a)(c – b) ≥ 0 ⇔ (a – b)2(a + b – c) + c( a – c)(b – c) ≥ 0

Hiển nhiên đúng vì

a ≥ b ; a + b > c ; a ≥ c b ≥ c >0

b) Trước hết ta chứng minh với x, y, k là các số dương và

312

x < 1 thì y

T ừ (1) và (2) suy ra đ pcm .

(2) D ấ u “=” xả y ra khi a = b = c.

Cách giải khác :

Đặ t A = A = Ta có 2A = =

a b c a +b b+c c+a + + + + + b+c c+a a +b c a b

2a 2b 2c a+b b+c c+a + + + 2 + +  b+c c+a a+b a b   c

2a 2b 2c  1 3  a + b b + c c + a  + + +  +  + +  b + c c + a a + b  2 2  c a b 

313

Từ (1) và (2) ⇒

 2a b + c   2b c + a   2c a + b  3  a b a c b c  =  + + + + + +  + + + + +   b + c 2a   c + a 2b   a + b 2c  2  b a c a c b 

Áp d ụ ng bài toán : vớ i x > 0 thì x + 2A ≥ 2 + 2 + 2 +

1 1 < 2015.2016 20152 + 1 1 1 < 2015.2016 20152 + 2 1 1 < 2015.2016 20152 + 3 ... ...

Ta có :

1 ≥ 2 ta có : x

3 (2 + 2 + 2) = 6 +9 = 15 2

⇒ A ≥

15 . 2

D ấ u “ = ” x ả y ra ⇔ a = b = c.

1 1 1 . = < 2015.2016 20152 + 2015 20152

* C ầ n tránh sai l ầ m sau đ ây khi gi ả i bài toán này : A=

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có :

a b c a+b b+c c+a + + + + + = b+c c+a a+b c a b

2015 2015 1 1 Hay . <S< <S< 2015.2016 20152 2016 2015

b+c  b c+a   c b+c  a + + +  + +  a  c+a b  a+b a  b+c

Vớ i S =

1 ≥ 2 với x > 0 nên A ≥ 2 + 2 + 2 = 6 kết quả sai. Sai lầ m ở ch ỗ n ế u xét riêng t ừ ng c ặ p thì đ úng x nh ưng xét đồng th ờ i c ả ba c ặ p s ố thì d ấ u đẳ ng th ức không th ể xả y ra vì khi ấ y a=b+c; b=c + a; c = a + b ⇒ a + b + c = 2( a + b + c) vô lý. Do x +

 1 1 1  21.9. Bi ế n đổi thành ( x + y) + ( y + z ) + ( z + x )   + + ≥9  x+ y y+z z+x 

1 1  1 + +  ≥ 9 . ( B ạ n đọc t ự làm b c   a

21.12. Do x, y, z, t ∈ Z nên ta có : x2 + y2 + z2 + t2 + 13 – xy – 3y – 2z – 6t ≤ 0 ⇔ (x2 – xy + 0,25y2 )+( 0,75y2– 3y + 3 ) + (z2 – 2z + 1) + (t2 – 6t + 9) ≤ 0

⇒ (x, y, z, t) = (1; 2; 1; 3) .

21.13. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học :

1 1 19 37 - Với n = 2 thì S2 = 1 + + = > đúng. 3 4 12 24

1 1 1 1 + + + ... + 1.3 3.5 5.7 2015.2017 1 1 1 1 1 1 Thì 2 B = 1 − + − + ... + − =1− < 1 ⇒ đpcm 3 3 5 2017 2017 2017 21.10. a) Đặt B =

b) Nhận xét với

- Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ( k ∈ N, k ≥ 2) tức là Sk >

k ∈ N* ; k >1 ta có :

1 1 1 + + ... + 2.4 4.6 (2n − 2).2n

11 1 1 1 1 1  11 1  5 −  − + − + ... +  = 1+  − < 22 4 4 6 2n − 2 2n  2  2 2n  4 21.11. Nhận xét : 20152+ 2015 = 2015(2015 + 1) = 2015.2016 = 1+

314

37 . Thật vậy : Sk = 24

1 1 1 1 37 + + + ... + > k +1 k + 2 k +3 2k 24

Do đó G =

37 . 24

Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là Sk+1 >

k −1 k −1 k 1 1 1 = = − = − k! (k −1)!k (k −1)!k (k −1)!k (k −1)! k! 1 1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − <1 = 1− 1! 2! 2! 3! 2015! 2016! 2016! c) Ta làm trội bằng cách từ hạng tử thứ hai của H ta bớt mỗi mẫu số 1 đơn vị . Ta có 1 1 1 1 + + + ... + 12 32 − 1 52 − 1 (2n − 1) 2 − 1

1 1 1 1 + + + ... + . 2015 2 + 1 2015 2 + 2 2015 2 + 3 2015 2 + 2015

⇔ (x – 0,5y)2 + 3(0,5y –1)2 + (z –1)2 + (t – 3)2 ≤ 0

Đặ t x + y = a ; y + z = b ; z + x = c ta được ( a + b + c )  tương tự ví dụ 7).

1 ; 2015 2 1 ; < 20152 1 ; < 20152 ... <

Sk+1 = 1 +

1 1 1 1 + + + ... + k + 2 k +3 k + 4 2k + 2

Do đó Sk+1 – Sk =

1 1 1 1 + − = > 0 2k + 1 2k + 2 k +1 2 ( k + 1)( 2 k + 1)

Suy ra Sk+1 > Sk >

37 24

Vậy bất đẳng thức đúng ∀ n ≥ 2 .

21.14. Do x < 2 ; y < 2 nên x2 < 4 ; y2 < 4 nghĩa là (4 – x2) > 0 và (4 – y2) > 0 . 315

(4 – x2)(4 – y2) > 0 .

Ta có

Do đó A ≥

Mà (4 – x2)(4 – y2) = 16 + x2 y2 – 4( x2 + y2) = (16 + 8xy + x2y2) – 4(x2 + 2xy + y2) = (4 + xy)2 – [2(x + y)]2 > 0

. Do đó (4 + xy)2 >[2 (x + y)]2 Hay

4 − 2 + (x + y) ( 2 − 1) 2 + x+ y

⇒ (3a + b)(2c + a + b) ≤ (2a + b + c)2

Giả sử trái lại, trong ba số a, b, c có ít nhất một số không dương. Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tổng quát ta coi a ≤ 0. Nhưng theo (1) a phải khác 0 vậy a < 0 và ta có bc < 0.

(x + y)(1 + xy) ≤

Vậy a, b, c phải là ba số dương.

≤

21.16. Bài toán có thể giải bằng phương pháp quy nạp toán học (bạn đọc tự chứng minh). Cách khác là ta sử 1 1 1 dụng tính chất bắc cầu, làm trội biểu thức hoặc từng nhóm của biểu thức : Đặt A = 1 + + + ... + n . 2 3 2 −1

b  3b 2  a + b ≥ 0 ; (a – b)2 ≥ 0 ; và a2 – ab + b2 =  a −  + ≥0 . 2 4 

21.21. Ta có a2 + 2b2 + 3 = (a2 + b2) + (b2 + 1) + 2 ≥ 2ab + 2b + 2.

Ta làm trội ở từng nhóm bằng cách thay các phân số trong nhóm bằng phân số lớn nhất của nhóm ta có :

Tương tự

1 1 1 1 A < 1 + .2 + 2 .4 + 3 .8 + ... + n −1 .2n −1 = 1 + 1 + 1 + ... + 1 = n . 2 2 2 2

mỗi phân số trong từng nhóm bằng phân 1 1 1 1 1 n 1 n A > 1 + + 2 .2 + 3 .22 + ... + n .2n −1 − n = 1 + − n > 2 2 2 2 2 2 2 2 V ậy

số

nhỏ

Với abc = 1 thì

nhất

trong

nhóm

1 1 1 1 ab b + + = + + = 1 ⇒ đpcm. ab + b +1 bc + c +1 ca + a +1 ab + b +1 b +1+ ab 1+ ab + b

21.23. Từ 4ab ≤ (a + b)2 ⇔

1 + 2ab + a2b2 + 1 + 2cd + c2d2 + 2(ac).(bd) + (ac)2– 2abcd + (bd)2 =

1 11 1 ≤  +  với a > 0 ; b > 0 a+b 4a b

x x x 1 1  = ≤  +  2x + y + z (x + y) + (x + z) 4  x + y x + z  y z Tương tự với và x + 2y + z x + y + 2z

Ta có

1 + (1 + ab + cd)2 + (ac – bd)2 ≥ 1. 2

2 2 2 2 2 2 x3 y3 x 4 + y4 + x3 + y3 ( x + y ) − 2x y + (x + y) ( x − xy + y ) + = = 1+ y 1+ x (1 + x)(1 + y) 1 + xy+ x + y)

. Ta có x2 + y2 ≥ 2xy =2

có

Vậy x – y > (x – y)(x2 + xy + y2) ⇒ x2 + xy + y2 < 1 ⇒ x2 + y2 < 1 (đpcm).

n < A < n. 2

21.22. Từ giả thiết ⇒ x – y > 0 ⇒ x – y = x3 + y3 > x3 – y3= (x – y)(x2 + xy + y2).

(1 + ab)2 + (1 + cd)2 + (ac)2 + (bd)2 =

+ y 2 ) − 2 + (x + y) ( x 2 − xy + y 2 )

x y z x 1 1  y 1 1  z 1 1  + + ≤  + + + +  +   2x+ y+z x +2y+z x + y+2z 4  x + y x + z  4  y + x y + z  4  z + y z + x  1x+y x+z y+z 3 =  + + = 4x+y x+z y+z 4

316

Do đó

1 1 1 1 1 1 1  + + ≤  + +  a 2 + 2b2 + 3 b2 + 2c2 + 3 c2 + 2a 2 + 3 2  ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 

1 1 1  1 1  1 1 1 1  1 A = 1 + +  + 2  +  + ... + 3  +  + ... + 4  + ... +  n −1 + ... + n  − n 2 3 2  5 2  9 2  2  2  2 +1 Thay

b2 + 2c2 + 3 ≥ 2bc + 2c + 2. c2 + 2a2 + 3 ≥ 2ca + 2a + 2.

b) Chứng minh A > n : 2. Ta có

1 + 1 + x + y)

(1 + x 2 )(1 + y2 ) + (1 + x 2 )(1 + y2 ) = (1 + x2)(1 + y2) ⇒ (đpcm). 2

(a2 – b2)(a3– b3) = (a – b)2 (a + b)(a2 – ab + b2) ≥ 0 do

1  1 1 1  1 1  1  1 Ta có A = 1 +  +  +  2 + ... +  +  3 + ... +  + ... +  n −1 + ... + n  7 2 15  2 −1   2 3  2 2

(x + y)2 + (1 + xy)2 (1 + x 2 )(1 + y2 ) + 2x.2y = 2 2

21.20. Xét hiệu a5 + b5 – a3b2 – a2b3 = a3(a2 – b2) – b3(a2 – b2) =

a) Chứng minh A < n

(đpcm).

a 2 + b2 21.19. Áp dụng bất đẳng thức ab ≤ ta có 2

Theo (3) ab + bc + ca = a(b + c) + bc > 0 nên a(b + c) > – bc > 0 Mà a < 0 nên b + c < 0 suy ra a + b + c < 0 trái với (2)

(đpcm).

4(3a + b)(2c + a + b) ≤ (3a + b + 2c + a + b)2 = 4(2a + b + c)2

21.15. * Ta sử dụng phương pháp phản chứng :

21.18. a) Do xy = 1 nên A =

2+ x + y =1 2+ x + y

b) Áp dụng bất đẳng thức 4xy ≤ (x + y)2 ta có :

2(x + y) < 4 + xy .

21.17.

⇒ (đpcm). 317

Nghiệm của bất phương trình là x ∈ R

1 1 1 1 (x − y)(xy − 1) ≥ y+ ⇔ x−y+ − ≥0 ⇔ ≥ 0 đúng vì x ≥ y ≥ 1 . x y x y xy b) Do vai trò a, b, c như nhau, giả sử 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 2 ; b c 2 Đặt x = ; y = với 1 ≤ x; y ≤ 2 ; xy ≤ 2 ⇒ y ≤ . a b x Xét hiệu hai vế và áp dụng kết quả câu a) ta có : 21.24. a) x +

1  1  1  1 1 1  (a + b + c)  + +  −10 =  x +  +  y +  +  xy +  − 7 x  y  xy  a b c 

1 2 x  1 3x 3 9 3(x − 1)(x − 2)  ≤ x + + + +2+ −7 = + − = ≤0 x x 2  2 2 x 2 2x  Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1 hoặc x = 2 đồng thời xy = 2 ⇔ (a, b, c) = (1; 1; 2) ; (1; 2; 2) và các hoán vị. 21.25. Ta có (a + b)2 ≤ (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2) Tương tự (a2 + b2)2 ≤ 2(a4 + b4) ⇒ (a + b)2 (a2 + b2)2 ≤ 4(a2 + b2)(a4 + b4) Mà (a + b)2 = 4 ⇒ (a2 + b2)2 ≤ (a2 + b2)(a4 + b4) ⇒ a2 + b2 ≤ a4 + b4. 21.26. Áp dụng bất đẳng thức

1 11 1 ≤  +  với x > 0 ; y > 0 và sử dụng giả thiết abc = 1 ta có : x+y 4x y

1 1 1 1 1  1  abc 1  = ≤  + + =   hay ab + a + 2 (ab + 1) + (a + 1) 4  ab + 1 a + 1  4  ab + abc a + 1 

b) 5(x + 2)2 < (2x + 3)(2x – 3) + (x – 5)2 + 30x ⇔

0x < – 4

Bất phương trình vô nghiệm. c) 4(2,5x2 + 1) ≥ 9(x + 3)(x – 3) + ( 2 – x)2 + 1 ⇔ 4x ≥ – 80 ⇔ x ≥ – 20

d) Thêm vào hai vế – 64 làm xuất hiện dạng x3 – 43 ở vế trái và 2(x – 4) ở vế phải.

Ta có x3 ≤ 2x + 56 ⇔ x3 – 64 ≤ 2x + 56 – 64 ⇔

( x – 4)(x + 4x + 16) – 2(x – 4) ≤ 0 ⇔ (x – 4)( x2 + 4x + 14) ≤ 0 Do x2 + 4x + 14 = (x + 2)2 + 10 > 0 , ∀ x nên ta có x – 4 ≤ 0 hay x ≤ 4.

22.3.

x +1 x + 2 x + 3 x + 4 + > + 2 3 4 5

⇔ 30(x + 1) + 20(x + 2) > 15(x + 3) + 12 (x + 4) ⇔ 23x > 23

⇔

x > 1.

* Chú ý : d) Nhận xét: nếu thêm (– 1) vào mỗi hạng tử ở hai vế rối quy đồng từng cặp ta thấy xuất hiện nhân tử chung là (x – 1). Do đó còn cách sau :

x +1 x + 2 x + 3 x + 4  x +1   x + 2   x + 3   x + 4  + > + ⇔ −1 +  −1 >  −1 +  −1 2 3 4 5  2   3   4   5  1 1 1 1  1 1 1 1 + − −  > 0 ⇔ x > 1 do  + − −  > 0  2 3 4 5  2 3 4 5

( x −1) 

1 1 c 1  1 1 a 1  ≤  + ≤  +  (*); Tương tự  (**) ab + a + 2 4  c +1 a +1  bc + b + 2 4  a +1 b +1 

⇔

1 1 b 1  ≤  +  (***). Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức cùng chiều (*), (**) và (***) ta có ca + c + 2 4  b +1 c +1  1 1 1 3 + + ≤ . ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4

22.4. a) Giải bất phương trình (1) ta có x > 4,6. Giải bất phương trình (2) ta có x >

Chuyên đề 22. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN 22.1. Cách 1: Ta giải bất phương trình kép

x −1 x − 2 4< − <5 2 3

 x −1 x − 2  2 − 3 > 4 ⇔  x −1 − x − 2 < 5  2 3

⇔

⇔ 24 < 3(x – 1) – 2(x – 2) < 30

⇔ 24 < x + 1 < 30 ⇔ 23 < x < 29 và cũng có kết quả trên.

22.2. Sử dụng các quy tắc biến đổi bất phương trình đưa các bất phương trình về dạng ax + b > 0 a) 3x – 2 > 5(x – 2) + 2(3 – x)

⇔

mãn cả hai bất phương trình. b) Giải bất phương trình (3) ta có x ≥ −1 . Giải bất phương trình (4) ta có x < 5 . Giá trị thỏa mãn cả hai bất phương trình.

22.5. a) Giải bất phương trình (1) ta có x >

−1 ≤ x < 5

27 . Giải bất phương trình (2) ta có x ≤ 2 . Giá trị x = 2 thỏa 20

mãn cả hai bất phương trình.

x > 23  x < 29

Các giá trị nguyên của x thỏa mãn 23 < x < 29 là x ∈ {24; 25; 26; 27; 28}

x −1 x − 2 − Cách 2: 4 < <5 2 3

5 . Giá trị x > 4,6 thỏa 12

0x > – 2 nghiệm đúng ∀ x. 318

Giải bất phương trình (3) ta có

x ≥ −3,5

Giải bất phương trình (4) ta có

x ∈ {−3; −2; −1;0;1; 2;3; 4} .

22.6. Giải từng bất phương trình ta có :

3(x − 1) − 4 <

3x − 11 ⇔ 15x – 15 – 20 < 3x – 11 ⇔ 12x < 24 ⇔ x < 2 5

3x −11 2 + 5x 14 < − 2 ⇔ 12x – 44 <10 + 25x – 40 ⇔ – 13x < 14 ⇔ x > − 5 4 13 Do đó −

14 < x < 2 . Các giá trị nguyên của x thỏa mãn là x ∈ {−1; 0 ;1} 13 319

≤ 4 . Vậy

22.7. Sau khi rút gọn biểu thức A ta giải bất phương trình A ≤ – 2 và phương trình chứa tham số A > ax . Ta đặc biệt lưu ý ĐKXĐ của A và biện luận khi giải bất phương trình chứa tham số. a) ĐKXĐ : x ≠ ± 2,5 2

4x − 10x + 25 5(2x + 5)(5 − 2 x) . = −(2x + 5) 5(2x − 5) 4x 2 − 10x + 25 b) Để A ≤ – 2 ta có – (2x + 5) ≤ – 2 ⇔ 2x + 5 ≥ 2 ⇔ 2x ≥ – 3 ⇔ x ≥ – 1,5. c) A > ax tức là – 2x – 5 > ax ⇔ ax + 2x < – 5 ⇔ (a + 2)x < – 5 −5 −5 Nếu a > – 2 thì x < ; Nếu a < – 2 thì x > ; a+2 a+2 Nếu a = – 2 ta có 0x < – 5 vô lý.

5x+1015 5x+1000 5x+1 5x − 1 5x − 2 5x − 10 + + > + + 1000 1015 2014 2016 2017 2025 ⇔

5x+1015 5x+1000 5x+1 5x − 1 5x − 2 5x − 10 +1+ +1 + +1 > +1+ +1+ +1 1000 1015 2014 2016 2017 2025

1 1 1 1 1   1 ⇔ ( 5x+2015 )  + + − − − >0  1000 1015 2014 2016 2017 2025  1 1 1 1 1 1 + + − − − >0 1000 1015 2014 2016 2017 2025

nên 5x + 2015 > 0 ⇔ 5x > – 2015 ⇔ x > – 403.

22.11. 2A =

a −4 = 2+a 2x − 5 ⇔ (a – 2)(a + 2) – (2 + a)(2x – 5) = 0 ; ⇔ (a + 2)(a – 2x + 3 ) = 0 a +3 Nếu a ≠ – 2 thì a – 2x + 3 = 0 ⇔ x = 2 x > 0 khi a + 3 > 0 ⇔ a > – 3 a +3 x < 2 khi < 2 ⇔ a + 3 < 4 ⇔ a < 1. 2 Vậy để nghiệm của phương trình sau là số dương nhưng nhỏ hơn 2 :

22.8. ĐKXĐ x ≠ 2,5 ta có

thì ta có 0x = 0 phương trình có vô số nghiệm do đó có vô số nghiệm dương trừ x = 2,5) .

22.9. a) a(x – a) > 5(x – 5) ⇔ ax – a2 > 5x – 25 ⇔ (a – 5)x > (a – 5)(a + 5) Nếu a > 5 thì nghiệm của phương trình là x > a + 5 Nếu a < 5 thì nghiệm của phương trình là x < a + 5 Nếu a = 5 thì bất phương trình trở thành 0x > 0, vô nghiệm. b) Bi ến đổi bất ph ương trình ta có :

x + (a + b + 1)x >

b 2b + a a

⇔ (a + b + 2)x >

* N ếu a + b + 2 < 0; thì

3b x< a(a + b + 2)

* N ếu a + b + 2 = 0 ; thì

0x >

Nế u ab ≥ 0 : Vô nghi ệ m.

3b a

3b a(a + b + 2)

* N ếu a + b + 2 > 0 ; thì

1  1   1  1  22 32 92 102 20  . ..... = B = 1 + 1 +  ... 1 +  1 + =  1.3  2.4   8.10   9.11  1.3 2.4 8.10 9.11 11 2A <

2x 10 2x 20 < < < B tức là 11 11 11 11

⇔ 10 < 2x < 20 ⇔ 5 < x < 10

x ∈ {6 ;7 ; 8 ; 9}

Do đó

22.12. Ta lập các phương trình biểu thị tổng số trận và tổng số điểm, xét xem x bị chặn bởi hai giá trị nào. Từ đó tìm ra các giá trị của x và y, z. * Gọi số trận thắng của đội đó là x, số trận hòa là y và số trận thua là z

– 3 < a < 1 và a ≠ – 2 (Nếu a = – 2

2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 10 + + + ... + = 1 − + − + − + ... + − = 1.3 3.5 5.7 9.11 3 3 5 5 7 9 11 11

(x, y, z ∈ N ). Ta có x + y + z = 20. (1); đồng thời 3.x + 1.y + 0.z = 41. (2) Từ (2) ta có 3x + y = 41 suy ra 3x ≤ 41 ⇔ x ≤

41 2 = 13 3 3

Từ (1) và (2) ⇒ 2x – z = 21 ⇒ 2x ≥ 21 ⇔ x ≥

21 1 = 10 2 2

1 2 Như vậ y 10 ≤ x ≤ 13 . Do x ∈ N ⇒ x = 11; 12 ; 13. 2 3 Do x là số chẵn nên x = 12. Từ đó có 3. 12 + y = 41 ⇒ y = 5 và z = 3

22.13. Do [a] là số nguyên lớn nhất không vượt quá a nên nếu [a]= n thì n là số nguyên và 0 ≤ a − n < 1 . 8x − 3  − (2x + 1) < 1 0 ≤  8x − 3  Vì thế  = 2x+1 ⇔  5   5  (2x + 1) ∈ Z

3b khi ấ y : a

Xét 0 ≤

N ếu ab < 0 : Vô s ố nghiệ m.

22.10. Thêm 1 vào mỗi hạng tử ở hai vế rồi quy đồng mẫu từng cặp ta thấy xuất hiện nhân tử chung 2x + 2015. Ta có cách giải : 320

8x − 3 − (2x + 1) < 1 ⇔ 0 ≤ 8x – 3 – 10x – 5 < 5 5

⇔ 0 ≤ –2x – 8 < 5

⇔ 8 ≤ –2x < 13

⇔ – 8 ≥ 2x > – 13

⇔ – 7 ≥ 2x + 1 > – 12.

Do 2x + 1 ∈ Z và 2x + 1 là s ố lẻ nên 2x + 1 = – 7 ⇔ x = – 4. 321

2x + 1 = – 9 ⇔ x = – 5 ;

2x + 1 = – 11 ⇔ x = – 6.

3 < x < 4 Lậ p bảng xét dấu tìm được nghi ệ m :  x < 2

V ậ y x ∈ {−4; −5; −6}

22.14.

x +1 x+4 x+5 x+7 −2> + + 2002 1999 1998 1996

⇔

x +1  x +4   x+5   x +7  +1 >  + 1 +  + 1 +  + 1 2002  1999   1998   1996 

⇔

x + 2003 x + 2003 x + 2003 x + 2003 > + + 2002 1999 1998 1996

-2

BPT ⇔ (8x + 4)(8x + 6)(8x + 5)2 ≤ 72 Vậ y

⇔

nghiệm của bất phương trình là x > 3

⇔

(y – 1)y – 72 ≤ 0 2

⇔

y4 – y2 – 72 ≤ 0

(y – 9)(y + 8) ≤ 0

Do y2 + 8 = (8x + 5)2 + 8 > 0 ; ∀ x nên y2 – 9 ≤ 0

Chuyên đề 23. BẤT PHƯƠNG TRÌNH DẠNG TÍCH, THƯƠNG

Hay (y – 3)(y + 3) ≤ 0. Thay y = 8x + 5 vào ta có :

(x – 2)(x + 3) ≤ 0

(8x + 2)(8x + 8) ≤ 0

Cách 1: Lý luận x – 2 ≤ 0 và x + 3 ≥ 0 (do x + 3 > x – 2 , ∀ x ) Cách 2 : Lập bảng xét dấu .

Giải được −1 ≤ x ≤ − – 3 ≤ x ≤ 2. -3

(y – 1)(y + 1)y2 ≤ 72

Đặt 8x + 5 = y ta có

* Với x < 1 thì x − 1 = 1 – x Bất phương trình trở thành x + 1 – x > 5 ⇔ 0x > 4 vô nghiệm.

1 (Bạn đọc tự biểu diễn nghiệm trên trục số) 4

b) Nhân 2 vào nhân tử thứ nhất, nhân 2 vào nhân tử thứ hai và nhân 4 vào vế phải ta được : 0

Biểu diễn nghiệm trên trục số:

8 2 2 30 ; <x< hoặc x > 19 9 3 4

b)Nhận xét : 3x2 – 25x – 50 = (3x + 5)(x – 10) = – (10 – x)(3x + 5) M ặt khác 100 – x2= (10 – x)(10 + x) .

23.4. a) Nhân 4 vào nhân tử thứ nhất, nhân 2 vào nhân tử thứ hai và nhân 8 vào vế phải ta được :

x + x – 1 > 5 ⇔ 2x > 6 ⇔ x > 3 (thỏa mãn).

Do đó ta biến đổi

BPT ⇔ (10 – x)(5x – 2001) – (10 – x)(3x + 5) – (10 – x)(10 + x) < 0 ⇔ (10 – x)(x – 2016) < 0

Gi ải bấ t ph ương trình được

-1

⇔ x < – 2003.

22.15. * Với x ≥ 1 thì x − 1 = x – 1. Bất phương trình trở thành

23.2. a) Lập bảng xét dấu. Nghiệm là x < −

 x ≤ −2 Lậ p bảng xét dấu tìm được nghiệ m là:  −1 ≤ x ≤ 3 . Biể u diễ n nghi ệ m :   x ≥ 4

1 1 1 1 Do − − − < 0 nên x + 2003 < 0 2002 1999 1998 1996

23.1. Biến đổi thành x2 + x – 6 ≤ 0 ⇔

b) Chuyển vế và biến đổi BPT ⇔ (x + 1)(x + 2)(x – 3)(x – 4) ≥ 0

1 1 1   1 ⇔ ( x + 2003)  − − − >0  2002 1999 1998 1996 

Ta đều có kết quả

BPT ⇔ (4x – 2)(4x – 4)(4x – 5)(4x – 7)

≥ 72

⇔ [(4x – 2)(4x – 7)][(4x – 4)(4x – 5)] ≥ 72 ⇔ (16x2 – 36x + 14) (16x2 – 36x + 20) ≥ 72 2

Đặt 16x – 36x + 17 = y ta có ⇔ y2 – 81 ≥ 0

(y – 3)(y + 3) –72 ≥ 0

⇔ (y – 9)(y + 9) ≥ 0

Do y + 9 = 16x2 – 36x + 26 = (4x)2 – 2.4x.

9 81 23 + + 2 4 4

9  23  =  4x −  + > 0 , ∀x từ đó ta có y – 9 ≥ 0 2 4 

 x < 10  x > 2016 

23.3. Đây là các bất phương trình bậc ba và bốn. Ta chuyển vế rồi sử dụng hệ quả định lý Bézout (nhẩm nghiệm) để phân tích vế trái thành nhân tử. a) BPT ⇔ (x – 2)(x – 3)(x – 4) < 0 322

Hay 16x2 – 36x + 8 ≥ 0 ⇔ 4x2 – 9x + 2 ≥ 0 ⇔ (4x – 1)(x – 2) ≥ 0

1  x≤ Giải bất phương trình này được  4 . (Bạn đọc tự biểu diễn nghiệm)  x ≥ 2  323

c) BPT ⇔ (x – 1)(x – 2)(2x – 3)(2x – 5) > 30

−3 < x < 2

Giải bất phương trình ta có nghiệm :  x > 3

⇔ (2x – 2)(2x – 4)(2x – 3)(2x – 5) > 120 ⇔ (4x2 – 14x + 10) (4x2 – 14x + 12) – 120 > 0

23.6. ĐKXĐ x ≠ −

Đặt 4x – 14x + 11 = y ta có (y – 1)(y + 1) – 120 > 0 ⇔ y2 – 112 > 0 ⇔ (y – 11)(y + 11) > 0

Do y + 11 = 4x2 – 14x + 22 = (2x)2 – 2.2x.

Nghi ệ m củ a bấ t phương trình là

7 49 39 + + 2 4 4

7  39  =  2x −  + > 0 , ∀x 2 4 

BPT ⇔

hay 4x2 – 14x > 0 ⇔ 2x(2x – 7) > 0.

1+ 5x − 2 ≥ 0 x − 4

Lậ p bảng xét dấu ta tìm được

23.5. a) BPT ⇔ (x4 – 4)(x4 – 8) ≤ 96 ⇔ x8 – 12x4 + 32 – 96 ≤ 0 ⇔ x8 + 4x4 – 16x4 – 64 ≤ 0

9 + 3x ≥ 0 x − 4

BPT ⇔

Do x4 + 4 > 0 ∀ x nên x4 – 16 ≤ 0 ⇔ (x + 2)(x – 2)(x2 + 4) ≤ 0

 x < −2  2 − ≤ x < 2  11

−x + 10 <0 ⇔ (x − 8)(x − 6)

(y + 2)(y – 2) ≤ 96 ⇔ y2 – 4 –

d) ĐKXĐ x ≠ 3 và x ≠ 1 ; BPT ⇔

⇔ y2 – 100 ≤ 0 ⇔ (y – 10)(y + 10) ≤ 0 4

Do y + 10 = x – 6 + 10 = x + 4 > 0 ∀ x nên y – 10 ≤ 0

x > 4  x ≤ −3 

11x + 2 ≤ 0. (x + 2)(x − 2)

*Chú ý : Câu a) có thể dùng phương pháp đặt biến phụ : Đặt x4 – 6 = y ta có 96 ≤ 0

⇔

c) ĐKXĐ x ≠ 8 và x ≠ 6

⇔ (x4 – 16)(x4 + 4) ≤ 0 .

389 9 < x < 14 2

⇔

b) Đ KX Đ x ≠ ± 2 ; BPT ⇔

 x > 3,5 Giải bất phương trình được  . (Bạn đọc tự biểu diễn nghiệm ) x < 0

Do x2 + 4 > 0 ∀ x nên (x + 2)(x – 2) ≤ 0 ⇔ – 2 ≤ x ≤ 2

−

23.7. a) ĐKXĐ x ≠ 4 ;

Do đó y – 11 > 0

389 . Lậ p bảng xét dấu : 14

Lậ p bảng xét dấu , nghiệ m là

hay x4 – 16 ≤ 0 rồi giải như trên ta được – 2 ≤ x ≤ 2 .

6 < x < 8  x > 10 

( x + 3)(x − 2) >0 ( x − 1)( x − 3)

x < −3 1 < x < 2   x > 3

b) Để ý rằng x4 + 4 = x4 + 4x2+ 4 – 4x2 = (x2 + 2)2 – (2x)2 = (x2 + 2x + 2) (x2 – 2x + 2)

23.8.

Do đó có (x + 4) – (x2 + 2x + 2)(3x + 26) ≥ 0

x +3

⇔ (x2 + 2x + 2) (x2 – 2x + 2) – (x2 + 2x + 2)(3x + 26) ≥ 0 ⇔ (x2 + 2x + 2) (x2 – 5x – 24) ≥ 0 ⇔ (x2 + 2x + 2) (x – 8)(x + 3) ≥ 0

Do x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 > 0 ∀ x nên ta chỉ xét

x −5

23.9. ĐKXĐ x ≠ 3 ; x ≠ ± 1 ;

 x ≤ −3 (x – 8)(x + 3) ≥ 0 ⇔  x ≥ 8

( x − 2016 ) ( 2 x 2 − 4 x + 10 )

c) BPT ⇔ (x3 – 27)(x2 + x – 6) > 0 ⇔ (x – 3)( x2 + 3x + 9)(x – 2)(x +3)

 5 < x < 9 > 3  x +3  3< < 5 ⇔  x − 5 ⇔ x > 7 ⇔ 7<x<9 x −5 x +3 < 5 x < 5  

8 − 8x 2

Rút gọn :

( x − 2016 ) ( x 2 − 2 x + 5 ) 4(1 − x )

Do x – 2x + 5 = (x – 1) + 4 > 0 ∀ x nên

3  27  Ta có x2 + 3x + 9 =  x +  + > 0 ∀ x ; Vậy (x – 3)(x +3)(x – 2) > 0 2 4  324

A≤ 0 ⇔

 x ≥ 2016 x − 2016 và ≤ 0 . Gi ải được  4 (1 − x ) x < 1

325

x ≠ –1

23.10. ĐKXĐ : B ≥ 2015 ⇔

x ≠ ± 3 ; x ≠ –2 ;

Rút gọn được B =

2−x . x +3

2− x 2− x −2016x − 6043 ≥ 2015 ⇔ − 2015 ≥ 0 ⇔ ≥0 x +3 x +3 x+3

Gi ải bấ t ph ương trình này được .

−a 2 − 2ax + 2a 1 1 − − <0 a − a + 1 a + 1 (a + 1)(a 2 − a + 1)

⇔

a + 1 − a 2 + a − 1 + a 2 + 2ax − 2a <0 (a + 1)(a 2 − a + 1)

Xét dấu của

* Với m = 5 ph ương trình tr ở thành 0x = – 3 vô nghiệ m.

Để x ≥ 0 ta phả i có

N ếu

2m − 13 m −5

2m − 13 ≥0 m −5

⇔

 m ≥ 6,5 m < 5 

 1  1  1  1  1  1  23.12. Ta có  − 1 − 1 − 1 − 1 − 1 − 1 =  3  6  10  15  21  28 

⇔ (x – 7)(x + 4) < 0

Gi ả i bấ t ph ươ ng trình này ta đượ c

23.13. Xét

– 4 < x < 7.

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + = − + − + ... + − = 1.2 3.4 99.100 1 2 3 4 99 100

1 1 1 1 1 1 1  1 1 + + + + ... + + − 2  + + ... + = 1 2 3 4 99 100 100  2 4

–1 < a < 0 thì

a < 0 nghiệm là x > 0 a +1

 6  6  6   6  23.15. Ta có A =  + 1 + 1 + 1 ...  + 1  1.8  2.9  3.10   13.20  14 24 36 266 2.7 3.8 4.9 14.19 . . ..... = . . ..... = 1.8 2.9 3.10 13.20 1.8 2.9 3.10 13.20 2.3.4.....13.14 7.8.9.....18.19 49 . = 1.2.3.....12.13 8.9.10.....19.20 10

− 4 − 10 − 18 − 28 − 40 − 54 1.4 2.5 3.6 4.7 5.8 6.9 3 . . . . = . . . . = 2.3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 2.3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 7 3 x2 x > − 4 ⇔ x2 – 3x – 28 < 0 7 7

a a có: Nếu a < – 1 hoặc a > 0 thì > 0 nghiệm là x < 0. a +1 a +1

Nếu a = 0 thì bất phương trình trở thành 0x < 0 vô nghiệm

 2  2  2  2  2  2  − 1 − 1 − 1 − 1  − 1 − 1 =   2.3  3.4  4.5  5.6   6.7  7.8 

Do đ ó bấ t ph ương trình tr ở thành

2ax <0 (a + 1)(a 2 − a + 1)

3 = (5 – m)(x – 2) ⇔ x(m – 5) = 2m – 13

* Với m ≠ 5 thì ⇔ x =

⇔

2ax 1 3  Do a2 – a + 1 =  a −  + > 0 , ∀a nên ta chỉ xét <0 a +1 2 4 

6043 −3 < x ≤ − 2016 23.11. V ới x ≠ 2 ta có

⇔

3 8 15 99 1.3 2.4 3.5 9.11 . . ..... = . . ..... 2.2 3.3 4.4 10.10 2.2 3.3 4.4 10.10

1.2.3.....8.9 3.4.5.....10.11 11 . = 2.3.4.....9.10 2.3.4.....9.10 20 11 x − 2 49 < < 20 30 10 ⇔

⇔

37 < 2x < 298

23.16.

33 2x − 4 294 < < 60 60 60 ⇔

⇔

33 < 2x – 4 < 294

18,5 < x < 149

x −3 x −3 x − 3 − 3x + 3 −2x 2x <3⇔ −3 < 0 ⇔ <0⇔ <0⇔ >0 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1

1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 + + + + ... + + − 1 + + + ... +  = + + ... + + 1 2 3 4 99 100  2 3 50  51 52 99 100 Vậ y

x2 + x + 1945 > 1975 ⇔ x2 + x – 30 > 0 ⇔ (x – 5)(x + 6) > 0 .

 x < −6 Giải bất phương trình được  x > 5

23.14. Với a ≠ −1 thì BPT ⇔

Lập bảng xét dấu :

x 1 x 1 2a − 2ax − a 2 − < 2 − 2 + a − a +1 a + 1 a − a +1 a − a + 1 1 + a3 2

326

–

x– 1

–

Vậy x > 1 ; x < 0 là nghiệm của bất phương trình. 327

23.17. 3 +

x2 − 4 5 7 9 − < + x 2 + 6 x 2 +1 x 2 + 3 x2 + 5

⇔

x2 − 4  5   7   9  + 1 −  + 1 −  + 1 − <0 x2 + 6  x2 +1  x2 + 3   x2 + 5 

⇔

x2 − 4 x2 − 4 x2 − 4 x2 − 4 + + + <0 x2 + 6 x2 +1 x2 + 3 x2 + 5

⇔

b) Bảng xét giá trị tuyệt đối : x

1 1 1   1 − 4)  2 + 2 + 2 + 2 <0  x + 6 x +1 x + 3 x + 5 

1 1 1 1 ⇔ (x – 2)(x + 2) < 0 ⇔ – 2 < x < 2 do 2 + + + > 0. x + 6 x 2 + 1 x2 + 3 x2 + 5 Chuyên đề 24: PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 24.1. a) Biến đổi PT ⇔ 5x − 12 = 10x − 32

b) Biến đổi PT ⇔ 5 3x − 4 = 22 − 6x

4 4 2 ta tìm được x = 2 ; Xét với x < ta tìm được x = − 3 3 9

b) *Với x ≥ 2 thì

⇔

 2x = 5   2 x = 1

Với x ≥ 0

ta có

V ới x < 0

ta có – x = 2x – 4 ⇔ x =

x = 2x – 4

V ới x < 0

x = 2x – 4

4 (loạ i 3 x = 8 –2x

8 (loạ i vì x < 2 ) 3 ta có – x = 8 – 2x ⇔ x = 8 (loạ i) x = 8 – 2x

2x – 6

x −5

5–x

x–5

x+2

–x–2

x+2

V ế trái

– 2x + 13

| – 4x + 9

0x – 3

x+2

| 2x – 13

* Với x < –2

⇔

– 2x + 13 = 5 ⇔

x = 4 (loạ i)

* Với −2 ≤ x < 3

⇔

– 4x + 9 = 5 ⇔ –4x < – 4 ⇔ x = 1

* Với 3 ≤ x < 5 PT ⇔ 0x – 3 = 5 ⇔ 0x = 8 (vô nghi ệ m) PT

⇔ 2x – 13 = 5

⇔ 2x = 18 ⇔

x=9

c) Lập bảng xét GTTĐ. Nghiệm là x = – 0,25 ; x = 0,5.

 x 2 − 2x − 1 = 2 (x − 3)(x+1) = 0 24. 4. a) PT ⇔  2 ⇔  2 (x − 1) = 0  x − 2x − 1 = −2 Tập nghiệm :

S = {−1;3;1} .

b) Lưu ý : x ≥ 0 . Tập nghiệm S = {2;3} . c) Vế trái 4x – x2 = 4 – (4 – 4x + x2) = 4 – (2 – x)2 ≤ 4

Vế trái : x − 1 + x − 5 = x − 1 + 5 − x ≥ x − 1 + 5 − x = 4 Suy ra vế phải bằng vế trái bằng 4

⇒ x = 2.

d) Áp dụng bất đẳng thức : a − b ≤ a − b ta có : Vế trái x 2 − 25 − x 2 − 9 ≤ x 2 − 25 − x 2 + 9 = 16

x −2 = 2− x

ta có

2x – 6

Vế phải : áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b ta có

⇔ x = 4 (th ỏa mãn)

Phương trình trở thành ⇔ 2 − x = 2x – 6 ⇔ Với x ≥ 0

 x = ± 2, 5   x = ± 0, 5

x −2 = x −2

Phương trình trở thành ⇔ x − 2 = 2x – 6 ⇔

*Với x < 2 thì

⇔

| 6 – 2x

Tập nghiệm là S = {1; 9}

ta tìm được x = 4 (th ỏa mãn) ; Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.

2x − 3 = 2

6 – 2x

* Với x ≥ 2,5

Khi ấ y 5x − 12 = 5x − 12 . Phương trình trở thành 5x – 12 = 10x – 32

24.2. a) PT ⇔

–2

2x − 6

Ta có Vì 5x − 12 ≥ 0 nên 10x – 32 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3,2.

Xét với x ≥

5 5 − ≤x≤ 4 4

a) Tập nghiệm là

⇔ x=

Phương trình có nghiệm duy nhất là x = 4

Mặt khác vế phải x2– 2x + 17 = (x – 1)2 + 16 ≥ 16 Suy ra vế phải bằng vế trái và bằng 16 ⇒ x = 1.

24. 5. Lậ p bảng xét giá trị tuyệ t đối: x x−2

2 2–x

5 x–2

24.3. Lập bảng xét giá trị tuyệt đối rồi giải các phương trình. 328

329

x–2

x −5

5–x

x–5

V ế trái

7 – 2x

0x + 3

2x – 7

* x2 + 3x = x(x + 3) > 0

x > 0 Nghiệ m của bấ t ph ương trình là  x < −3

7−m * Với x < 2 thì (1) ⇔ 7 – 2x = m ⇔ x = là nghiệm nếu 2

6x − 15 ≤ 2x + 5 c) BPT ⇔  ⇔ 1, 25 ≤ x ≤ 5 6x − 15 ≥ −2x − 5

7−m < 2 ⇔ m > 3. 2

x > 0,6 2(5x −1) > 5x +1 5x > 3 24.9. a) BPT ⇔  ⇔  ⇔  x < 1 2(5x −1) < −5x −1 15x < 1  15

* Với 2 ≤ x ≤ 5 thì (1) ⇔ 0x = m – 3 vô số nghiệm nếu m = 3. * Với x > 5 thì (1) ⇔ 2x – 7 = m ⇔ x =

m+7 là nghiệm nếu 2

x > 0,6  x < 1  15 b) Với x ≠ 2 bấ t ph ương trình đã cho t ương đương với:

m+7 > 5 ⇔ m > 3. 2 Vậy Nếu m > 3 thì (1) có hai nghiệm là x =

Nghi ệ m bất ph ương trình là

7−m m+7 và x = . 2 2

 1  x − 2 +1 > 3 ⇔   1 + 1 < −3  x − 2

Nếu m = 3 thì (1) có vô số nghiệm 2 ≤ x ≤ 5 . Nếu m < 3 thì (1) vô nghiệm.

2 x − 5 = x − 3 + 4

2 x − x − 3 = 9 ⇔   2 x − 5 = − 4 − x − 3  2 x + x − 3 = 1

24.6. PT ⇔ 

H ợp nghiệ m được

Lập bảng xét giá trị tuyệt đối tìm được tập nghiệm là S = {– 12 ; 6}

và x2 + 2018 > 0 , ∀ x nên BPT ⇔ x2 + 2x + 2016 ≥ x2 + 2018 ⇔ 2x ≥ 2 ⇔ x ≥ 1.

 x = 13 Với t = 8 ⇔ x − 5 = 8 ⇔   x = −3

+ 12 > 0

24.10. ⇔

2  x − 4x − 12 < 0  2  x − 4x + 16 > 0

a) 2 + 5 + 8 + ... + 89 =

Do đ ó BPT ⇔ 2x − 3 ≥ 15

b) BPT ⇔ x 2 − 4 ≥ 2 − x

∀x

(2 + 89).30 = 91.15 . 2

⇔

 2x − 3 ≥ 15  2x − 3 ≤ − 15 

x ≥ 9 ⇔   x ≤ −6

⇔

* x – 4x – 12 = (x – 6)(x + 2) < 0 ⇔ –2<x<6 Nghi ệ m củ a bấ t phương trình là –2<x<6 b) x − 3 < x 2 + 2x + 3

x −3 > 2. x +3

d) Ta có −x 2 − 2x − 2016 = x 2 + 2x+2016 (do − x 2 − 2x − 2016 < 0 ; ∀x)

x = 7 Với t = 2 ⇔ x − 5 = 2 ⇔  x = 3

( x − 2)

5  2 < x < 2  7 < x < 2  4

Tìm được – 9 < x <– 1 trừ x = –3.

Lập bảng xét giá trị tuyệt đối tìm được t = 2 và t = 8.

24.8. a) BPT ⇔ − 14 < x 2 − 4 x + 2 < 14

 1 5 − 2x x−2 −2 >0  x−2 >0 ⇔  ⇔   1 +4<0  4x − 7 < 0  x − 2  x − 2 7 5 <x< trừ x = 2 . 4 2

c) V ới x ≠ –3. T ương tự (b) hoặc biế n đổi BPT ⇔

24.7. Đặt x − 5 = t ( t ≥ 0). Phương trình trở thành 2t − 9 + 2t − 11 = 12 .

* x2 – 4 x + 16 =

x > 0 ⇔  x < −3

⇔ −x2 − 2x − 3 < x − 3 < x2 + 2x + 3

⇔

 x 2 + 3x > 0  2  x + x + 6 > 0

x 2 − 4 ≥ 2 − x  2 x − 4 ≤ x − 2 T ổng hợp nghi ệ m:

1  23  * x2 + x + 6 =  x +  + > 0 , ∀x > 0 2 4 

⇔

 ( x − 2 )( x + 3 ) ≥ 0   ( x − 2 )( x + 1) ≤ 0

⇔

 x ≥ −1  x ≤ −3 

c) 330

331

x ≥ 2  x ≤ −3  − 1 ≤ x ≤ 2

 4x + 5 > x 2 − 2x + 5 BPT ⇔  2  4x + 5 < − (x − 2x + 5)

⇔

(1c) ⇔ x(x – 6) < 0 ⇔

 x 2 − 6x < 0  2  x + 2x + 10 < 0

(1c)

*N ếu – 1 ≤ x ≤ 0 thì PT ⇔ – x + x + 1+ x + 2 = 7 ⇔ x = 4 (loạ i)

(2c)

*N ếu x > 0 thì PT ⇔ x + x + 1+ x + 2 = 7 ⇔ x =

0<x<6

Phương trình có hai nghi ệ m là x = −

(2c) vô nghiệ m Nghi ệ m củ a bấ t phương trình là

1 3  và x 2 − x + 1 =  x −  + > 0 ; ∀x 2 4 

Nên bấ t ph ương trình vô nghi ệ m

24.11. a) Bình ph ương hai vế . Hoặc lậ p bảng xét giá tr ị tuyệ t đối. Nghi ệ m củ a (1) là x < –1. b) Lậ p bả ng xét giá tr ị tuyệ t đối : x

x −5

5–x

x–5

x −6

6–x

x–6

11 – 2x

0x + 1

2x – 11

V ế trái

10 4 và x = . 3 3

24.14. x 2 − 1 + x 2 − 4 = x 2 − 1 + 4 − x 2 ≥ x2 – 1 + 4 – x2 = 3

0<x<6

d) Ta có −2. 3x − 5 ≤ 0 ; ∀x

4 . 3

−2 ≤ x ≤ 2  D ấu “=” xả y ra ⇔ (x2 −1)(4 − x2 ) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ x2 ≤ 4 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 ⇔   x ≥ 1   x ≤ −1 

1 ≤ x ≤ 2 ⇔  . Nghiệ m phương trình là 1 ≤ x ≤ 2 ; −2 ≤ x ≤ −1  −2 ≤ x ≤ −1 24.15. Lập bảng xét GTTĐ rồi xét các khoảng : * Với x ≤ 0 phương trình thành – x – 2 + x = 2 ⇔ 0x = 4 vô nghiệm. * Với 0 < x ≤ 2 phương trình thành x – 2 + x = 2 ⇔ x = 2 (nhận) * Với x > 2 phương trình thành x – x + 2 = 2 ⇔ 0x + 2 = 2 vô số nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x ≥ 2 24.16. Đặt y = x − 1 thì y ≥ 0. Phương trình trở thành : y2 + 2y – 8 = 0 ⇔ (y – 2)(y + 4) = 0 ⇔ y = 2 hoặc y = – 4 (loại) .

* Với x < 5 thì (2) ⇔ 11 – 2x > 3x –11 ⇔ x < 4,4 * Với 5 ≤ x ≤ 6 thì (2) ⇔ 0x + 1 > 3x – 11 ⇔ x < 4 (loại) * Với x > 6 thì (2) ⇔ 2x – 11 > 3x – 11 ⇔ x < 0

(loại)

x −1 = 2 x = 3 x −1 = 2 ⇔  ⇔ x − 1 = − 2   x = −1 Nghiệm của phương trình là x = 3 và x = –1.

Vậy y = 2 ⇔

V ậ y nghi ệ m của (2) là x < 4,4.

24.17. * Nếu x ≥ −2,5 thì 2x + 5 = 2x+5 khi ấy 2x+5 = x 2 + 3x − 1

 x − 4 − 6 > 10  x − 4 > 16 24. 12. a) BPT ⇔ x − 4 − 6 > 10 ⇔  ⇔  x − 4 − 6 < −10  x − 4 < −4 (loai) ɺ

⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔ (x + 3)(x – 2) = 0 ⇔ x = – 3 hoặc x = 2 . Loại x = – 3

* Nếu x < −2,5 thì 2x + 5 = −2x − 5 khi ấy −2x − 5 = x 2 + 3x − 1 ⇔ x2 + 5x + 4 = 0 ⇔ (x + 4)(x + 1) = 0 ⇔ x = – 4 hoặc x = – 1. Loại x = – 1.

 x − 4 > 16  x > 20 ⇔ ⇔ x − 4 < − 16   x < −12

Nghiệm của phương trình là x = 2 và x = – 4.

b) BPT ⇔ 2x − 3 − 11 < 1 ⇔ −1 < 2x − 3 − 11 < 1 ⇔

24.18. Ta có ab = a . b nên

 − 12 < 2x − 3 < 12  − 4, 5 < x < 7, 5  2x − 3 < 12   ⇔   2x − 2 > 10 ⇔ x > 6   2x − 2 > 10     2x − 2 < − 10   x < −4

⇔

6 < x < 7,5 H ợp nghiệ m ta được nghiệ m của BPT là   −4,5 < x < −4 24.13.Lậ p bảng xét GTTĐ r ồi xét các khoảng :

x = 0 x = 0 * (1) ⇔ x + 1 = ± 1 ⇔  ; (2) ⇔ x – 1 = ± 1 ⇔  x = − 2  x = 2

10 3 *N ếu – 2 ≤ x < – 1 thì PT ⇔ – x – x – 1+ x + 2 = 7 ⇔ x = – 6 (loại) *N ếu x <– 2 thì PT ⇔ – x – x – 1– x – 2 = 7 ⇔ x = −

332

x + 1 + x −1 = 1+ x2 −1 ⇔ x + 1 . x −1 − x +1 − x −1 +1 = 0

 x + 1 − 1 = 0 (1)

( x + 1 − 1) . ( x − 1 − 1) = 0 ⇔ 

 x − 1 − 1 = 0 (2)

Tậ p nghiệ m của phương trình là S =

{− 2 ; 0 ; 2 } 333

24.19. * Khi x = 2005 ; x = 2006 thì vế trái và vế ph ả i đều cùng s ố trị là1. Do đó x = 2005 và x = 2006 là nghi ệ m c ủa ph ương trình. *Với x < 2005 thì x − 2005 > 0 và x − 2006 > 1 Do đó x − 2005

2006

+ x − 2006

2006

c) E = (x + 6)(x + 3)(x + 2)(x – 1) + 1= (x2 + 5x – 6)( x2 + 5x + 6) + 1

> 1 ⇒ phương trình vô nghiệm.

*Với x > 2006 thì x − 2005 > 1 và x − 2006 > 0 Do đó x − 2005

2006

+ x − 2006

2006

> 1 ⇒ phương trình vô nghiệm.

* Với 2005 < x < 2006 thì 0 < x – 2005 < 1 và – 1 < x – 2006 < 0 ⇒ x − 2005

2006

⇒ x − 2005

2006

< x − 2005 = x − 2005 và x − 2006 + x − 2006

2006

< x − 2006 = 2006 − x

< x − 2005 + 2006 − x =1 ⇒ phương trình vô nghiệm.

Vậy nghi ệ m c ủa phương trình là x = 2005 và x = 2006.

Chuyên đề 25:

GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ LỚN NHẤT

25. 1. a) A(x) = 4(x + 1)2 + 11 ≥ 11, ∀ x . Vậy min A(x) = 11 ⇔ x= – 1. b) A(y) = 2y2 – 16y – 2 = 2(y – 4)2 – 34 ≥ – 34 , ∀ y. Vậy min A(y) = – 34 ⇔ y = 4. c) A(z) = 6z2 + 12z + 16 = 6(z + 1)2 + 10 ≥ 10, ∀ z. Vậy min A(z) = 10 ⇔ z = – 1. 2

x = 2 V ậ y maxD = 9 ⇔ y = 0 ⇔ x2 – 6x + 8 = 0 ⇔ (x – 2)(x – 4) = 0 ⇔  x = 4 2

Đặt x + 5x = y ta có E = (y – 6)(y + 6) + 1 = y2 – 36 + 1 ≥ –35 , ∀ y Vậy min E = – 35 ⇔ y = 0 ⇔ x2 + 5x = (x + 5)x = 0 ⇔ x = 0 ; x = –5. 4 4 d) Đặt x – 2015 = y thì F = 2018 – ( y + 1) + ( y − 1)   

Áp dụng hằng đẳng thức (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 ta có F = 2018 – 2(y4 + 6y2 + 1) = 2016 – 2(y4 + 6y2) ≤ 2016 , ∀ y Vậy max F = 2016 ⇔ y = 0 ⇔ x = 2015.

25.4. a) M(x, y) = ( x – y) 2 + 3(y + 2)2 + 10 ≥ 10 , ∀ x,y . Do đ ó min M(x,y) = 10

b) N(x,y) = 2015 – (x + y + 1)2 – 2(y – 2) 2 ≤ 2015, ∀ x,y Do đ ó maxN(x,y) = 2015 ⇔ (x = – 3; y = 2). c) P(x,y,z) = 15 – (x – 1)2 – (y – 2 )2 – (z – 3)2 ≤ 15, ∀ x,y,z. Do đ ó maxP(x,y,z) = 15 ⇔ (x = 1; y = 2 ; z = 3). d) Q(x,y,z,t) = (x + y + z)2 + (x + t)2 + (y – 2)2 + (t – 3)2 + 100 ≥ 100 , ∀ x,y,z,t . Do đó min Q(x,y,z,t) = 100 ⇔ (x = –3; y = 2 ; z = 1; t = 3) . 2

25.2. a) B(x) = 24 – (x – 6x + 9) = 24 – (x – 3) ≤ 24 , ∀ x . Vậy max B(x) = 24 ⇔ x= 3. ; b) B(y) = – 2y2 – 4y + 10 = 12 – 2(y + 1)2 ≤ 12 , ∀ y;

⇔ (x = –2; y = –2) .

25.5. a) R = ( x1 − 2) +( x2 − 2) +( x3 − 2) +... + ( x10 − 2) − 40 ≥ −40, ∀xi (i =1,2,...,10) min R = – 40

⇔ (x1 = x2 = ...= x10 = 2)

b) Ta có i 2 x i2 − 2ix i + 1 = ( ix i − 1)

Do đ ó

S = (x 1 − 1) 2 + (2x 2 − 1) 2 + (3x 3 − 1) 2 + ... + (nx n − 1) 2 + n ≥ n , ∀ x i (i = 1, 2,..., n)

Vậy max B(y) = 12 ⇔ y = – 1;

1 1.3  1  1  1   1  11 −1 2 −1 2 − 1 ... 2 − 1 = − (bạn đọc tự rút gọn . Lưu ý 2 − 1 = − ; 2 2 2.2 20 2  3  4   10  1 2.4 1 9.11 −1 = − −1 = − ; .... ; ). 32 3.3 102 10.10 c) Rút gọn 

Do đó B(z) = – 20(z2 – 2z + 3) = – 40 – 20(z – 1)2 ≤ – 40 , ∀ z; Vậy max B(z) = – 40 ⇔ z = 1.

Do đ ó min S = n ⇔ x 1 = 1; x 2 =

1 1 1 ; x 3 = ;...; x n = . 2 3 n

c) Ta cã x i2 − 2ix i + i 2 = ( x i − i ) 2

( i = 1,2,3,...,n). Do đó :

T = 100 – (x1 – 1) – (x2 – 2) – (x3 – 3) – ... – (xn – n)2 ≤ 100, ∀ xi Do đó maxT = 100 ⇔ (x1 = 1; x2 = 2 ; x3 = 3;...; xn = n). 2 00 2 00 ≤ = 10 , ∀ x (4 x − 1) 2 + 20 20 Vậy maxA= 10 ⇔ x = 0,25 .

25.6. a) A =

25.3. a) C = (x2 – 8x + 15) (x2 – 8x + 17) Đặt x2 – 8x + 16 = y ta có C = (y – 1)(y + 1) = y2 – 1 ≥ – 1 , ∀ y. Vậy min C = – 1 ⇔ y = 0 ⇔ (x – 4)2 = 0 ⇔ x = 4. b) D = (1 – x)(x – 5)(x2 – 6x + 11) = – (x2 – 6x + 5) )(x2 – 6x + 11)

Đặt x2 – 6x + 8 = y ta có D = – (y – 3)(y + 3) = 9 – y2 ≤ 9, ∀ y

334

b) B =

−50 − 50 − 50 ≥ = − 25 ∀ x = 2 (x 2 − 4 x + 4) + 2 ( x − 2 ) 2 + 2

Vậy min B = – 25

⇔

x=2

335

c) E =

2015

( x − 1)

+ ( y − 1) + 2016

2015 Vậy max E = 2016

⇔

≤

x = 1  y = 1

2015 2016

∀ x, y

Xét x < 4 thì mẫu 4 – x là s ố nguyên d ương.Phân s ố A có t ử và mẫ u đều d ương, t ử bằ ng 30 không đổi nên A lớn nh ất ⇔ mẫu ( 4 – x) là s ố nguyên d ương nh ỏ nhấ t. Do đ ó 4 – x = 1 ⇔ x = 3 khi đ ó A = 30. V ậ y maxA = 30 ⇔ x = 3

b) V ới x ≠ 3 thì 2

( x − 1) ≥ 4 , ∀ x 4 ( x 2 + 2 ) + ( x 2 − 2 x + 1) = 4+ x2 + 2 x2 + 2 Vậy min D = 4 ⇔ x = 1 .

B =

25.7: a) D =

x − 26 ( x − 3) − 2 3 23 23 = = 1− = 1+ x−3 x−3 x−3 3− x

B lớn nhất khi

23 3− x

Nếu x < 3 thì

23 23 > 0 nên lớn nhất ⇔ (3 – x) nhỏ nhất 3− x 3− x

b) E =

5(x + 5) + 1 1 1 1 1 26 = 5+ 2 .Do ∀ x ta có x2 + 5 ≥ 5 ⇔ ≤ ⇔ 5+ 2 ≤ , ∀x x2 + 5 x +5 x2 + 5 5 x +5 5

⇒ max E = 5,2 ⇔ x = 0 .

2(x − 2)2 ≥ 2 , ∀ x . Vậy min F = 2 ⇔ x = 2. x2 + 4 6 6 ≤ 4 + , ∀x ⇒ max Q = 5,5 ⇔ x = –2 . d) Q = 4 + (x + 2)2 + 4 4 c) F = 2 +

25.8. a) Với x ≠ −1 ; f(x) =

3(x + 1) − 3 3 3 1 = − . Đặt y = (x + 1) 2 x + 1 (x + 1) 2 x +1

3 − x > 0  3 − x nhỏ nhất  (3 − x) ∈ Z 

1 + 2y 1 + 2y − 2 − y 2 −(y − 1) 2 −1 = = ≤ 0 , ∀ y . Như vậ y 2 2+ y 2 + y2 2 + y2 C ≤ 1, ∀ y , dấu “=” xảy ra ⇔ y = 1 nghĩa là maxC = 1 ⇔ y =1. c) Xét C – 1 =

Xét C +

25.10. a)Với x > 4 thì A < 0 . Với x ∈Z

23 < 0 3− x

3 – x = 1 hay x = 2 .

1975 − x 30 − (x − 1945) 30 = = −1 x − 1945 x − 1945 x − 1945

c) Với x ≠ 1945 thì C =

Đặt E =

30 Ta có C nhỏ nhất ⇔ E nhỏ nhất . x − 1945

*Với x > 1945 thì E > 0 *Với x < 1945 thì E < 0 nên C nhỏ nhất ⇔ số đối của E lớn nhất ⇔ x > 0 nên

30 lớn nhất ⇔ 1945 − x

(1945 – x) nhỏ nhất

1945 − x > 0   (1945 − x) nhỏ nhất 1945 − x ∈ Z 

⇒ 1945 – x = 1.

Khi đó C = – 31 .

Vậy min C = – 31 ⇔ x = 1944. 2

25.11. a) D =

1 + 2y 1 2 + 4y + 2 + y 2 (y + 2) 2 1 + = = ≥ 0 , ∀ y . Như vậ y = 2 2 + y2 2 2 + y2 2 + y2

C ≥ – 0,5 , ∀ y , dấu “=” xảy ra ⇔ y = –2 nghĩa là minC = – 0,5 ⇔ y = –2

⇒

Nếu x > 3 thì

Khi đó max B = 24 ⇔ x = 2.

1 1 1 1 3 3   ta có f(x) = 3y – 3y2 = −3  y 2 − 2.y. + −  = −3  y −  + ≤ , ∀y 2 4 4 2 4 4   3 1 Vậy max f(x) = hay x = 1 . ⇔ y= 4 2 1 1 2 2 b) g(x) = và với x ≠ 2 . Vậy − + 3 = y 2 − 2y + 1 + 2 = ( y − 1) + 2 ≥ 2 ∀y với y = (x − 2) 2 x − 2 x−2 min g(x) = 2 ⇔ y = 1 hay x = 3 . 25.9. a) Ta chứng minh A ≥ 6 , ∀ x. Thật vậy x2 – 6x + 15 ≥ 6 ⇔ x2 – 6x + 9 ≥ 0 ⇔ (x – 3) 2 ≥ 0 đúng ∀ x. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3. b) Ta chứng minh B ≤ 8 , ∀ x. Thật vậy: ∀ x ta có − x 2 + 4x + 4 − x 2 + 4x + 4 − 8(x 2 − 4x + 5) −9(x − 2) 2 ≤8 ⇔ ≤0 ⇔ ≤ 0 hiển nhiên đúng . Dấu “=” xảy ra 2 2 x − 4x + 5 x − 4x + 5 (x − 2) 2 + 1 ⇔ x = 2.

lớn nhất .

(9 x + 2) − (9 x − 6 x + 1) (3x − 1) 2 = 1− ≤ 1 ∀ x. 9x2 + 2 9x2 + 2

Do đó maxD = 1 D=

1 3

12x + 2 (9x 2 + 12x + 4) − (9x 2 + 2) (3x + 2) 2 1 1 = = − ≥ − ∀ x. 2 2(9x + 2) 2(9x 2 + 2) 2(9x 2 + 2) 2 2 Do đ ó minD = −

336

⇔

337

1 2

⇔

x= −

2 3

30 lớn nhất . Do 1945 – 1945 − x

b) E =

2(x 2 + 2 x + 3) − x 2 x2 = 2− 2 ≤ 2 , ∀x 2 x + 2x + 3 x + 2x + 3

Nên C nhỏ nhất ⇔ x + 1 = =2 ⇔ x=1 .

Do đó maxE = 2 ⇔ x = 0

c) Tổng (x2 – 5x – 20) + (28 – x2 + 5x) = 8 không đổi nên tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau x2 – 5x – 20 = 28 – x2 + 5x ⇔ x2 – 5x – 24 = 0 ⇔ (x + 3)(x – 8) = 0 ⇔ x = – 3 ; x = 8.

2x + 8x+12 (x2 + 2x + 3) + (x2 + 6x + 9) 1 (x + 3)2 1 = + 2 ≥ , ∀x E = 2(x 2 + 2x + 3) = 2 2(x + 2x + 3) 2 2(x + 2x + 3) 2 1 Do minE = 2

Vậ y

x = – 3.

⇔

2(x 2 + x + 1) = c) G = (x 2 + x + 1) + x 1 +

≤ 2, ∀x ≥ 0 . x x + x +1

2 3 2− ≥ , ∀ x > 0. Vậy min G = 1,5 ⇔ x = 1 . 1 2 x+ +2 x 2

x + y ≤ 10

⇒

Ta có a – c ≥ 0 và b(a – c) ≥ c(a – c) ⇒ ab – bc + c2 ≥ ac ⇒

1 ≥ 2 nên x

b b c a b c  a b c − + ≥1 (2). Từ (1) và (2) ⇒ + + ≥ 3 ⇒ G = 2020 –  + +  ≤ 2017. c a a b c a b c a Vậy maxG = 2017

– 10 ≤ x + y ≤ 10

25.12. Áp dụng trực tiếp định lý về cực trị.

x y z  x y z  25.15. a) K =  + +  +  + +   y z x   y+z z+x x+ y x y z x y z 3 + + ≥ 3 (xem bài tập 25.14) và + + ≥ (xem ví dụ 8 chuyên đề 20) ⇒ K Ta có y z x y+z z+x x +y 2 ≥ 3+

2x 2 + 25x + 72 72 = 2x + + 25 a) B = x x

b) Biến đổi L =

nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau tức là :

72 ⇔ x2 = 36 . Nghiệm x = 6 thỏa mãn điều kiện của bài . x

Vậy min B = 49 ⇔ x = 6 .

(x + 2 x + 1) + 4 − 2(x + 1) 4 = (x + 1) + −2 x +1 x +1

Ta có vớ i x ≥ 0 , 2 số dương x + 1 và

4 có tích bằng 4 không đổi x +1

x y z y+z z+x x+y + + + + + y+z z+x x +y x y z

x y x z y z 3 x y z + + + + + + + +  ≥ + 2+ 2+2 y+z z+x x+ y  y x   z x   z y 2

Vậy min L = 7,5 ⇔ x = y = z và x, y, z > 0 .

25.16 :

b) C =

3 9 = 2 2

Vậy min K = 4,5 ⇔ x = y = z và x, y, z > 0 .

72 Ta có với x > 0 thì 2x và là hai số dương có tích bằng 144 không đổi x

2x =

⇔ a = b = c và a,b, c > 0.

Vậy min H = 20 ⇔ a = b = c = d và a, b, c, d > 0 .

V ậ y max K = 10 ⇔ x = y = 5 ; minK = – 10 ⇔ x = y = – 5

25.13.

Do x +

 a b  a c   a d  b c   b d  c d b) H = 4 +  +  +  +  +  +  +  +  +  +  +  +  + 4 ≥ 8 + 2.6 = 20  b a  c a  d a   c b d b d c

⇒ (x + y) 2 ≤ 2(x 2 + y 2 ) = 100 ⇒

1 a b ≥ 2 , ∀x > 0 . Do đ ó + ≥ 2 (1). x b a

Do vai trò của a, b, c là như nhau nên ta giả sử a ≥ b ≥ c > 0 .

2x2 + 4x + 2 − 2x 2x 2 = 2− 2 = 2− 1 x2 + 2x + 1 x + 2x + 1 x+2+ x

d) Ta có 2xy ≤ x + y

 x = −3 max D = 4.4 = 16 ⇔  . x = 8

25.14. a) Ta đã biết x +

V ậ y max G = 2 ⇔ x = 0. *Xét với x > 0 thì G =

4 ⇔ (x + 1)2 = 4 . Nghiệm x = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài . Vậy min C x +1

a) a + b = 4 ⇒ 16 = a2 + b2 + 2ab = 2(a2 + b2 ) – (a – b)2

⇒ 16 ≤ 2(a2 + b2 ) ⇒ a 2 + b2 ≥ 8 . Vậ y min D = 8 ⇔ a = b = 2 .

b) Ta có 3(a 2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 (xem bài tậ p 21.1) Do đ ó 3E ≥ (a + b + c)2 = 9. Vậ y min E = 3 ⇔ a = b = c = 1 c) F = a3 + b3 + 2ab = (a + b)(a 2 – ab + b2) + 2ab . Do a + b = 2 nên F = 2(a 2 – ab + b2) + 2ab = 2a2 + 2

2b = 2a2 + 2(2 – a)2 = 4a2 – 8a + 8 = 4 ( a − 1) + 4 ≥ 4 , ∀a 338

339

V ậ y min F = 4 ⇔ a = b = 1.

25.17. a) a + 2b =2 ⇒ a = 2 – 2b ⇒ G = 2ab = 4(1 – b).b = –4(b2 – b) 2

1  = −4  b −  + 1 ≤ 1 , ∀b V ậ y max G = 1 2 

⇔ b=

b) Đặt a + 1 = x ; b + 1 = y ; c + 1 = z x + y + z = a + b + c + 3 ≤ 6 nên

1 và a = 1 . 2

thì

1 1 ≥ và . x+ y+x 6

Do – 5 < x < −2 nên – 10 < 2x < −4 ⇒ – 3 < T < 3 V ới x ≥ – 2 thì T = x + 5 – x – 2 = 3 V ậ y max T = 3 ⇔ x ≥ – 2

25.20. Đặ t S 1 = z − 1 + z − 100 ; S2 = z − 2 + z − 99 ; S 3 = z − 3 + z − 98 ; ...; S50 = z − 50 + z − 51 .

1 1 1 9 9 3 1 1 1 ≥ = ⇒ Ta có (x + y + z)  + +  ≥ 9 (xem ví dụ 7 chuyên đề 21) ⇒ + + ≥ x y z x y z x + y + z 6 2  

Ta có :

 1 1 1 3 1 1−  + +  ≤ 1− = − 2 2 x y z maxH = −

25.18. a) Sử dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b . Dấu “=” xảy ra ⇔ ab ≥ 0 . L= 5x − 2010 + 5x − 2020 = 5x − 2010 + 2020 − 5x ≥ 5x − 2010 + 2020 − 5x =10 Vậy L ≥ 10 . Dấu “=”xảy ra ⇔ (2020 – 5x)(5x – 2010) ≥ 0 Do đó min L = 10 ⇔ 402 ≤ x ≤ 404.

(có thể lậ p bả ng xét giá trị tuyệ t đối để gi ả i) b) §Æt M1 = x − 2015 + x − 2018 ; M 2 = x − 2016 + x − 2017 Gi ải t ương t ự a) ta có min M 1 = 3 ≥ ⇔ 2015 ≤ x ≤ 2018

min M2 = 1 ≥ ⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017 VËy min M = 4

⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017 .

c) Đặt 19x − 8 = y thì N = y2 – 10y + 25 + 1945 = (y – 5)2 + 1945 ≥ 1945.

13 3 V ậ y min N = 1945 ⇔ y = 5 ⇔ 19 x − 8 = 5 ⇔ x = ;x= . 19 19 25. 19. b) ∀y ta có

⇔

a) maxP = 8 ⇔ y =– 3

1 1 7y − 5 ≥ 0 ⇔ 7y − 5 + 60 ≥ 60 ⇔ ≤ 7y − 5 + 60 60

2014 2014 2014 1954 2014 1954 ≤ ⇔ − ≤ − =1 7y − 5 + 60 60 7y − 5 + 60 60 60 60

V ậ y maxQ = 1 ⇔ y = c) Với

5 . 7

= 99

⇔

1 ≤ z ≤ 100

= 97

⇔

2 ≤ z ≤ 99

min S 3

= 95

⇔

3 ≤ z ≤ 98

Ta có

min S 49 = 3

⇔

49 ≤ z ≤ 52

min S 50 = 1

⇔

50 ≤ z ≤ 51

1 + 3 + 5 + ...+ 97 + 99 = (1 + 99).50 : 2 = 2500

V ậ y minS = min S 1+ min S 2+ min S3 +... min S49+ min S 50 = 2500 ⇔ 50 ≤ z ≤ 51.

25.21. Áp dụ ng bất đẳng th ức a + b ≥ a + b , dấu “=” ⇔ ab ≥ 0 Ta có y = x2 + x +16 + 6 − x2 − x ≥ x2 + x +16 + 6 − x2 − x = 22 . D ấu “=” xả y ra ⇔ (x2 + x +16)(6 − x2 − x) ≥ 0 ⇔ 6 – x2 – x ≥ 0 do 2

1  63  x2 + x + 16 =  x +  + > 0 , ∀x. 2 4 

Hay là x2+ x – 6 ≤ 0 ⇔ (x + 3)(x – 2) ≤ 0 ⇔ – 3 ≤ x ≤ 2 V ậ y min y = 22 ⇔ – 3 ≤ x ≤ 2.

25.22. Ta có 2A = 8 – [(x2 – 2xy + y2) +(x2 – 4x + 4) +(y2 – 4y + 4)] = 8 – [(x – y)2 + (x – 2)2 +(y – 2)2] ≤ 8 ⇒ max A = 4 ⇔ x = y = 2.

25.23. P =

(x 3 + y3 ) − (x 2 + y 2 ) x 2 (x − 1) + y 2 (y− 1) x2 y2 = = + (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1) y −1 x −1

Đặt x – 1 = a và y – 1 = b, do x > 1 và y > 1 nên a > 0 và b > 0 đồng thời

(a + 1) 2 (b + 1) 2 + P= . b a Áp dụng bất đẳng thức (x + y)2 ≥ 4xy và x +

x ≤ −5 thì T = – x – 5 + x + 2 = –3

Với – 5 < x < −2 thì T =

min S1 min S 2

..........................................................

1 ⇔ x = y = z = 2 ⇔ a = b = c = 1. 2

⇔ 402 ≤ x ≤ 404.

Tương t ự bài 24.18 a)

x + 5 + x + 2 = 2x + 7 340

(a + 1)2 ≥ 4a ; (b + 1)2 ≥ 4b ; Nên P ≥

1 ≥ 2 (với x > 0) ta có x

4a 4b a b + = 4 +  ≥ 8 b a b a 341

x = a + 1 và y = b + 1.

Khi ấy

Vậy min P = 2 ⇔ a = b = 1 hay x = y = 2. 2

Khi đó max P = 28 ⇔ (a; b; c) = (4; 2; 0) và các hoán vị c ủa nó.

25.24. Ta có P = (4x + 9y + 64 – 12xy + 32x – 48y) + (x – 8x + 16) + 2 = ( 2x – 3y + 8)2 + (x – 4) 2 + 2

≥

Chuyên đề 26: ĐỒNG DƯ THỨC

x = 4 x = 4  2x − 3y + 8 = 0  Dấu “=” xảy ra ⇔  ⇔  16 . V ậ y min P = 2 ⇔  16 y = x − 4 = 0 y = 3  3

26.1. Với những bài toán dạng này, phương pháp chung là tính toán để đi đến a ≡ b (mod m) với b là số có trị tuyệt đối nhỏ nhất có thể được (tốt nhất là b = ± 1) từ đó tính được thuận lợi an ≡ bn (mod m)

25.25. S ử dụng bất đẳng thức (a + b) 2 ≥ 4ab

Ta có 3.4 = 12 ≡ 1 (mod 11) ; 2.6 = 12 ≡ 1 (mod 11) ; 7.8 ≡ 1 (mod 11) Vậy 8! ≡ 5 (mod 11) ⇒ 8! – 1 ≡ 4 (mod 11). Số dư trong phép chia 8! – 1 cho 11 là 4.

Ta có : (x + 2010)2 ≥ 4. 2010.x ⇒ N = V ậ y max N =

1 8040

25.26. B = 3 +

x 1 ≤ (x + 2010 )2 8040

a) 8! = 1.2.3.4.5.6.7.8.

b) 2014 ≡ – 1 (mod 5) ⇒ 20142015 ≡ – 1 (mod 5) 2016 ≡ 1 (mod 5)

, đạ t được khi x = 2010 .

2015

2014

250 + 4165 ≡ 4 – 1 ≡ 3 (mod 7). d) 15 ≡ 1 (mod 4); 35 ≡ – 1 (mod 4) ; 55 ≡ 1 (mod 4) ; ...;

25.27. Xét 4P = (4x2 + y2 + 4 + 4xy – 8x – 4y) + 3y2 – 8y + 8036

975 ≡ 1 (mod 4); 995 ≡ – 1 (mod 4). Đáp số : Dư 0 .

8 8036    4  24092 24092 2 = (2x + y – 2) + 3 y2 − y + ≥  = (2x + y – 2) + 3 y −  + 3 3  3 3   3

26.2. a) 1532 ≡ 2 (mod 9) ⇒ 15325 ≡ 25 ≡ 5 (mod 9) ⇒ 15325 – 4 ≡ 1 (mod 9)

24092 6023 4 1 ⇔ y = ;x = . ⇒ min P = 3 3 3 3

25.28. a) M = 2 ⇔

10x + y = 2 ⇔ 10x + y = 2x + 2y ⇔ y = 8x x+y

Vì x; y là các chữ số nên 1 ≤ x ≤ 9 ; 0 ≤ y ≤ 9 ⇒ x = 1; y = 8 ; n = 18.

x + y + 9x 9x 9 y = 1+ = 1+ b) M = . M nhỏ nhất ⇔ lớn nhấ t y x+y x+y x 1+ x ⇔ y lớn nhất và x nhỏ nhất

+ 2018 ≡ 3 (mod 5).

41 ≡ –1 (mod 7) ⇒ 4165 ≡ (–1)65 ≡ –1 (mod 7)

⇒ max B = 3,5 ⇔ x = – 1

⇒ min(4P) =

+ 2016

⇒ 20162015 ≡ 1 (mod 5) ; 2018 ≡ 3 (mod 5)

c) 23 ≡ 1 (mod 7) ⇒ 250 = (23)16. 4 ≡ 4 (mod 7)

1 1 7 = 3+ ≤ x 2 + 2x + 3 (x + 1) 2 + 2 2

2015

19 . ⇒ y = 9 ; x = 1 và n = 19 ⇒ minM = 10

25.29. Do vai trò a, b, c như nhau. Giả sử a = max {a, b, c} khi đó 2 ≤ a ≤ 4 . Ta có

a 2 + b2 + c2 + (a + b + c)2 a 2 + b2 + c2 + 36 P= = . Mặt khác vì bc ≥ 0 nên a2 + b2 + c2= a2 + (b + c)2 – 2bc ≤ a2+(6 2 2 – a)2 = 2a2 – 12a + 36

b) 2 = 32 ≡ 7 (mod 25) ⇒ 210 = (25)2 ≡ 72 ≡ – 1 (mod 25). 2000

= (210)200 ≡ (– 1)200 ≡ 1 (mod 25).

c) 2014 = 155.13 – 1 nên 2014 ≡ – 1 (mod 13); 20152016 = 2k + 1 (k ∈ N) 2016

⇒ 20142015

≡ (– 1)2k+1 ≡ – 1 (mod 13).

Đáp số : dư 12.

26.3. a) Ta có 352 = 1225 = 425.3 – 50 ≡ –50(mod 425) 353 = 352. 35 ≡ –50. 35 ≡ – 1750 ≡ –50(mod 425) 354 = (352)2 ≡ (– 50)2 ≡ 2500 ≡ –50(mod 425) Tương tự với 358 ; 3516 ; 3532 . Từ đó có A ≡ –100(mod 425). Hay số dư trong phép chia A cho 425 là 325. b) Ta có 105 = 7.14285 + 5 ≡ 5(mod 7); 106 = 5.10 ≡ 1(mod 7); n 10n – 4 = 99...96 ≡ 0 (mod 2) và 99...96 ≡ 0(mod 3) ⇒ 10 – 4 ≡ 0(mod 6) n −1soˆ ′ 9

n −1soˆ ′ 9

⇒ 10n ≡ 4(mod 6) và 10n = 6k + 4 (k, n ∈ N*).

a ≥ b; a ≥ c; bc = 0  = 2[(a − 2)(a − 4) +10] ≤ 20 ⇒ max(a2 + b2 + c2) = 20 ⇔ (a − 2)(a − 4) = 0 a + b + c = 6 

Vậy B ≡ 104 +104 +104 +... +104 ≡ 10. 104 ≡ 105 ≡ 5(mod 7).

⇔ (a; b; c) = (4; 2; 0) hoặ c (4; 0; 2).

26. 4. 342

Do đó 1010 = 10 6k + 4 = (106 ) .10 4 ≡ 104 (mod 7) a) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 10. 343

Vì 42 ≡ 6(mod 10) nên 43 = 49 = (42)4.4 ≡ 6.4 ≡ 4(mod 10) ⇒ chữ số tận cùng là 4. 1000

b) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 100. Theo ví dụ 3 chuyên đề 26 ta đã có 3 ≡ 01 (mod 100) nghĩa là hai chữ số sau cùng của 31000 là 01. Số 31000 là bội số của 3 nên chữ số hàng trăm của nó khi chia cho 3 phải có số dư là 2 để chia tiếp thì 201 chia hết cho 3 ( nếu số dư là 0 hay 1 thì 001; 101 đều không chia hết cho 3). Vậy số 3999 = 31000 : 3 có hai chữ sô tận cùng bằng 201 : 3 = 67. c) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 1000. Do 1000 = 125.8 trước hết ta tìm số dư của 2512 cho 125. Từ hằng đẳng thức: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 ta có nhận xét nếu a ⋮ 25 thì (a + b)5 ≡ b5 (mod 125).

155541111 = (2. 7777)1111 = 21111. 77771111 ≡ 0 (mod 7) b) Ta có 102 = 2.3.17. Ta có (220 + 119 + 69)

102

⇒ đpcm.

≡ 0 (mod 102)

*220 ≡ 0 (mod 2) ; 119 ≡ – 1 (mod 2) ; 69 ≡ 1 (mod 2) ⇒ M ≡ 0 (mod 2) *220 ≡ 1 (mod 3) ; 119 ≡ – 1 (mod 3) ; 69 ≡ 0 (mod 3) ⇒ M ≡ 0 (mod 3) *220 ≡ –1(mod 17);119 ≡ 0 (mod 17) ; 69 ≡ 1(mod 17) ⇒ M ≡ 0 (mod 17) (Để ý 11969 và 69220 là các số lẻ) ; ⇒ M ≡ 0 (mod 2.3.17). Hay M ⋮ 102

26.8. Đặt A = 52n-1 . 2n+1 + 22n-1 . 3n+1 . Ta có A ⋮ 2, ∀ n ∈ N* ;

Vì 210 = 1024 ≡ – 1 (mod 25) nên 210 = 25k – 1 (k ∈ N).

Ta có A = 2n (52n-1 . 2 + 2n-1 . 3n+1) = 2n (25n-1 . 10 + 6n-1 . 9)

Từ nhận xét trên ta có 250 = (210)5 = (25k – 1)5 ≡ – 1 (mod 125)

Do 25 ≡ 6 (mod 19) ⇒ A ≡ 2n (6n-1 .10 + 6n-1 . 9) ≡ 2n.6n-1 . 19 ≡ 0 (mod 19)

Vì vậy 2512 = (250)10. 212 ≡ (– 1)10. 212 ≡ 212 (mod 125).

Hay A ⋮ 19. Mà (2 ; 19) = 1 ⇒ A ⋮ 19. 2 ⇒ A ⋮ 38.

512

Do 2 = 2 . 2 = 1024. 4 ≡ 24.4 ≡ 96 (mod 125). Vậy 2 512

Hay 2 512

512

= 125m + 96, m ∈ N . Do 2

≡ 96 (mod 125).

⋮ 8 ; 96 ⋮ 8 nên m ⋮ 8 ⇒ m = 8n (n ∈ N).

= 125. 8n + 96 = 1000n + 96. Vậy ba chữ số tận cùng của số 2

512

là 096.

26.5. Để chứng tỏ a ⋮ m ta chứng minh a ≡ 0 (mod m) a) 41 = 42 – 1 ≡ – 1 (mod 7). Do đó 412015 ≡ (– 1)2015 ≡ – 1 (mod 7) 2015

Hay 41

2015

≡ 6 (mod 7) ⇒ 41

– 6 ≡ 0 (mod 7)

Do đó 24n+1 – 2 = 2(24n – 1) ≡ 0 (mod 15). c) Ta có 33 = 27 ≡ 1 (mod 13) ; 376 = (33)25.3 ≡ 3 (mod 13) Ta có 24 ≡ 3 (mod 13) ⇒ 26 ≡ 12 ≡ – 1 (mod 13) 276 = (26)12. 24 ≡ 3 (mod 13) Do đó 3

– 2

≡ 0 (mod 13)

a) Ta có 10 ≡ 1(mod 9) do đó ai. 10i ≡ ai (mod 9) , i = 1; 2; 3; ...; n Do đó a ≡ (an + an-1+ ...+ a1 + a0) (mod 9). Vậy a ⋮ 9 ⇔ an + an-1+ ...+ a1 + a0 ≡ 0 (mod 9) ⇔ an + an-1+ ...+ a1 + a0 ⋮ 9. b) Ta có 102 = 100 ≡ 0 (mod 25) ⇒ ai. 10i ≡ 0 (mod 25) , i = 2; 3; ...; n. ⇒ a ≡ (a1.10 + a0) (mod 25).

b) Ta có 24 = 16 ≡ 1 (mod 15) ⇒ 24n ≡ 1 (mod 15) ⇒ 24n – 1 ≡ 0 (mod 15)

26.9. Ta có a = a n a n −1...a1a 0 = an.10n + an-1.10n-1 + ...+ a1.10 + a0 .

Vậy a ⋮ 25 ⇔ a1. 10 + a0 ≡ 0 (mod 25) ⇔ a1a 0 ⋮ 25. c) Do 10 ≡ – 1 (mod 11) ⇒ ai. 10i ≡ ai .(– 1)i (mod 11) a ≡ (a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 + ...) (mod 11) Do đó a ⋮ 11 ⇔ (a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 + ...) ≡ 0 (mod 11) Tức là hiệu của tổng các chữ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở vị trí chẵn bằng 0.

hay 376 – 276 ⋮ 13

d) Ta có 103 = 1000 ≡ 0 (mod 8) ⇒ ai. 10i ≡ 0 (mod 8) , i = 3; 4; ...; n.

d) 341 = 11 . 31 * Ta có 25 = 32 ≡ –1(mod 11) ; 20 = 22 – 2 ≡ – 2 (mod 11)

⇒ a ≡ (a2. 102 + a1.10 + a0) (mod 8).

Do đó 2015 ≡ (– 2)15 ≡ –(25)3 ≡ 1(mod 11)

Vậy a ⋮ 8 ⇔ a2. 102 + a1. 10 + a0 ≡ 0 (mod 8) ⇔ a 2 a1a 0 ⋮ 8.

* 2015 = (25)3. (53)5 ≡ 1(mod 31) do 25 ≡ 1(mod 31) và 53 ≡ 1(mod 31)

26.10. Theo định lý Fermat bé, do 11 là số nguyên tố nên ta có

Do đó 2015 ≡ 1 (mod 11.31) hay 2015 ≡ 1 (mod 341) ⇒ 2015 – 1 ⋮ 341

26.6. 1890 ≡ 0 (mod 7) ; 1945 ≡ – 1 (mod 7) ; 2017 ≡ 1 (mod 7) 189079 ≡ 0 (mod 7) ; 19452015 ≡ – 1 (mod 7) ; 20172018 ≡ 1 (mod 7) ⇒ đpcm.

210 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210n ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210n + 1 = 2. 210n ≡ 2 (mod 22) ⇒ 210n + 1 = 22k + 2 (k ∈ N) 10n+1

10n +1

26.7. a)Ta có 5555 = 793.7 + 4 ≡ 4(mod 7); 2222 = 318.7 – 4 ≡ – 4(mod 7)

Do 23 là số nguyên tố ta cũng có 222 ≡ 1 (mod 23) ⇒ 22 = 222k + 2 = 4.222k ≡ 4 (mod 23) ⇒ 22 + 19 ≡ 0 (mod 23) Tức là A ⋮ 23. Mà A > 23, ∀n ≥ 1 nên A là hợp số.

⇒ 55552222 + 22225555 ≡ 42222 + (– 4)5555 ≡ – 42222(43333– 1) (mod 7)

26.11. Theo định lý Wilson : Với mọi số nguyên tố p thì (p – 1)! ≡ –1 (mod p).

Do 43333 – 1 = ( 4 

Do 13 nguyên tố nên 12! ≡ –1 (mod 13) ⇒ (12!) ≡ (–1)13 ≡ –1 (mod 13).

3 1111

)

− 1 ; 43 = 64 ≡ 1 (mod 7) nên (43)1111 ≡ 1 (mod 7) 

Hay 43333 – 1 ≡ 0 (mod 7) . Do đó 55552222 + 22225555 ≡ 0 (mod 7) và 344

Ta có 2016 = 13.155 + 1 ≡ 1 (mod 13) ⇒ 20162015 ≡ 1 (mod 13). 345

+ 19 ≡ 4

ap-1 – bp-1 ≡ 0 (mod p) ⇒ ab(ap-1 – bp-1) ≡ 0 (mod p)

Do đó B = (12!) + 20162015 ≡ 0 (mod 13). Hay B ⋮ 13.

26.12. a) Theo Định lý Fermat bé , do 7 là số nguyên tố nên 26 ≡ 1 (mod 7). Ta có 4 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 4n ≡ 1 (mod 3) ⇒ 2.4n ≡ 2 (mod 6) . Nghĩa là 22n + 1 = 2(22)n = 2. 4n ≡ 2 (mod 6) ⇒ 22n + 1 = 6k + 2 , (k∈ N) Mặt khác 23n = (23)n = 8n ≡ 1 (mod 7) ⇒ 3. 23n ≡ 3 (mod 7). 2n +1

Do đó 22

+ 3.23n ≡ 26k + 2 + 3 ≡ 22. (26)k + 3 ≡ 22.1 + 3 ≡ 0 (mod 7).

b) Do 11 là số nguyên tố nên 210 ≡ 1 (mod 11) Ta có 16 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 16n ≡ 1 (mod 5) ⇒ 2.16n ≡ 2 (mod 10). Nghĩa là 24n + 1 = 2(24)n = 2.16n ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n + 1 = 10k + 2 , (k∈ N) Mặt khác 12 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 125n + 1 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 2. 125n + 1 ≡ 2 (mod 11) ; 2

Do 10 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 10 Vì thế 2

24 n +1

5n +1

+ 2.12

+ 5.10

≡ 1 (mod 11) ⇒ 5.10 ≡2

10k + 2

≡ 5 (mod 11).

+ 2 + 5 ≡ 2 + 7 ≡ 0 (mod 11).

26.13. a) Ta có 72 = 8.9 và (8; 9) = 1.

26.17. a) Giả sử a, b, c ∈ Z mà a2 + b2 + c2 ≡ 7 (mod 8). Ta có a ≡ 0; ± 1; ± 2; ± 3; 4 (mod 8) ⇒ a2 ≡ 0; 1; 4 (mod 8) ⇒ b2 + c2 ≡ 7 ; 6 ; 3 (mod 8). Điều này vô lý vì ; 1 ; 2; 4; 5 (mod 8).

b2 ≡ 0; 1; 4 (mod 8) và c2 ≡ 0; 1; 4 (mod 8) ⇒ b2 + c2 ≡ 0

Vậy a2 + b2 + c2 ≡/ 7 (mod 8). b) Áp dụng câu a) ta có với x , y , z ∈ Z 4x2 + y2 + 9z2 = (2x)2 + y2 + (3z)2 ≡/ 7 (mod 8). Mà 2015 = 8. 251 + 7 ≡ 7 (mod 8) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

26.18. Ta có 2011 ≡ 11 (mod 100) ; 112 ≡ 21 (mod 100) ; 113 ≡ 31 (mod 100); 115 ≡ 21.31 ≡ 51 (mod 100) ⇒ 1110 ≡ 512 ≡ 1 (mod 100). Ta có 20102009 ≡ 0 (mod 10) ⇒ 20102009 = 10k (k ∈ Z)

*63 ≡ 0 (mod 9); khi n = 2 thì 3n ≡ 0 (mod 9) do đó 3n + 63 ≡ 0 (mod 9). *Mặt khác, với n = 2k (k∈ N*)

⇒ abp – bap ≡ 0 (mod p) hay abp – bap ⋮ p , ∀ a, b ∈ N*.

thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 ≡ 1k – 1

≡ 0 (mod 8) do đó 3n + 63 = 3n – 1 + 64 ≡ 0 (mod 8).

⇒ 20112010

2009

= 201110k ≡ 1110k ≡ (1110)k ≡ 1 (mod 100). Do đó hai chữ số tận cùng là số 01.

26.19. Bài toán có nhiều cách giải. Sau đây là cách giải theo đồng dư thức: * Ta có ∀ n ∈ N* thì n5 – n ≡ 0 (mod 30)

Vậy với n = 2k (k ∈ N*) thì 3n + 63 ⋮ 72 .

(ví dụ 8 chuyên đề 26 đã chứng minh)

A = (a2012 – a2008) + (b2012 – b2008) + (c2012 – c2008)

b) Ta có 323 = 17 . 19 và (17; 19) = 1.

A = a2007 (a5 – a) + b2007 (b5 – b) + c2007 (c5 – c)

*A = (20n – 1) + (16n – 3n) = P + Q.

Ta có a5 – a ≡ 0 (mod 30) ⇒ a2007 (a5 – a) ≡ 0 (mod 30)

Ta có 20n ≡ 1(mod 19) ⇒ P ≡ 0 (mod 19). Nếu n = 2k (k∈N*) thì Q = 162k – 32k ≡ (– 3)2k – 32k ≡ 32k – 32k ≡ 0 (mod 19) ⇒ A = P + Q ≡ 0 (mod 19) * A = (20n – 3n ) + (16n –1) = P’ + Q’

Tương tự b2007 (b5 – b) ≡ 0 (mod 30) ; c2007 (c5 – c) ≡ 0 (mod 30) Vậy A ≡ 0 (mod 30) . Hay A ⋮ 30 .

26.20. Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên (x; y ; z) thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 + 5

20n ≡ 3n (mod 17). Do đó P’ = 20n – 3n ≡ 0 (mod 17). Nếu n = 2k (k∈ N*) thì Q’ = 162k – 1 = (– 1)2k – 1 ≡ 1 – 1 ≡ 0 (mod 17) ⇒ A = P’ + Q’ ≡ 0 (mod 17). Do (17 ; 19) = 1 nên A ≡ 0 (mod 17. 19).

Vậy với n = 2k (k ∈ N*) thì A = 20n + 16n – 3n – 1 ⋮ 323 .

⇔ x4 + y4 + z4 = 8z4 + 5

(1).

Xét với một số nguyên a bất kỳ thì nếu a chẵn thì a = 2k (k∈ Z) ⇒ a4 =16k4 ≡ 0 (mod 8) ; nếu a lẻ thì a4 = (2k + 1)4 ≡ 1 (mod 8)

26.14. Theo định lý Fermat bé ta có 2p ≡ 2 (mod p) nên nếu 2p ≡ – 1 (mod p) thì ta có 3 ≡ 0 (mod p) ⇒ p = 3.

Do đó x4 + y4 + z4 ≡ 0 ; 1 ; 2 ; 3 (mod 8) . Trong khi đó 8z4 + 5 ≡ 5 (mod 8) mâu thuẫn với (1). Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y4 = 7z4 + 5.

Mặt khác khi p = 3 thì 23 + 1 = 9 ≡ 0 (mod 3) . Vậy p = 3 là số cần tìm.

26.21. Ta có 412 = (40 + 1)2 = 402 + 80 + 1 ≡ 81 (mod 100)

26.15. Với p = 3 thì p + 20 = 29 là số nguyên tố.

414 ≡ 812 ≡ 6561 ≡ 61 (mod 100) ⇒ 415 ≡ 61. 41 ≡ 1 (mod 100)

Với p ≠ 3 thì p2 ≡ 1 (mod 3) nên p2 + 20 ≡ 21 ≡ 0 (mod 3).

⇒ 41106 ≡ 41. (415)21 ≡ 41 (mod 100)

Vậy p + 20 ⋮ 3 mặt khác p + 20 > 3 nên p + 20 là hợp số . Vậy chỉ có 1 số nguyên tố cần tìm là p = 3.

26.16. Với a, b ∈N*.

Nếu ab ⋮ p thì số ab – ba ⋮ p

Nếu ab ⋮/ p thì (a, p) = (b, p) = 1. Do đó ap-1 ≡ bp-1 ≡ 1 (mod p) ⇒ 346

Mặt khác 574 = 10556001 ≡ 1 (mod 100) ⇒ 572012 = (574)503 ≡ 1 (mod 100) Vì thế A ≡ 41 + 1(mod 100). Do đó hai chữ số cuối cùng của số A = 41106 + 572012 là 42 347

26.22. Do a + 20 ⋮ 21 ⇒ a ≡ 1 (mod 3) và a ≡ 1 (mod 7) b + 13 ⋮ 21 ⇒ b ≡ 2 (mod 3) và b ≡ 2 (mod 7) Suy ra A = 4a + 9b + a + b ≡ 1 + 0 + 1 + 2 ≡ 1 (mod 3) ⇒ A ≡ 10 (mod 3) Xét a = 3k + 1 ; b = 3q + 2 với k, q ∈ N ta có 4a = 43k+1 = 4. 64k ≡ 4 (mod 7) 9b = 93q+2 ≡ 23q+2 ≡ 4. 8q ≡ 4 (mod 7). Do đó A = 4a + 9b + a + b ≡ 4 + 4 + 1 + 1 ≡ 10 (mod 7) ⇒ A ≡ 10 (mod 7) A ≡ 10 (mod 3) và A ≡ 10 (mod 7) mà (3; 7) = 1 nên A ≡ 10 (mod 3.7) Hay A ≡ 10 (mod 21). Vậy số dư trong phép chia A cho 21 là 10.

26.23. 23 ≡ 1 (mod 7) ⇒ (23)n ≡ 1 (mod 7) ⇒ 23n + 1 = 2.(23)n ≡ 2 (mod 7). và 23n – 1 = 22.(23)n – 1 ≡ 4 (mod 7). Nên A ≡ 2 + 4 + 1 ≡ 0 (mod 7) nghĩa là A ⋮ 7. Mà với n ∈ N* thì A > 7. Vậy A là hợp số.

26.24. ∀ n ∈ N* ta có 20124n ≡ 0 (mod 2) ; 20134n ≡ 1 (mod 2) ; 20144n ≡ 0 (mod 2) ; 20154n ≡ 1 (mod 2) .

Do đó A ≡ 2 ≡ 0 (mod 2).

* Ta lại có 2012 ≡ 0 (mod 4) ⇒ 20124n ≡ 0 (mod 4) ; 2014 ≡ 2 (mod 4) ⇒ 20142 ≡ 22 ≡ 0 (mod 4) ⇒ 20144n ≡ ( 20142)2n ≡ 0 (mod 4) Do 2013 ≡ 1 (mod 4)

⇒ 20134n ≡ 1 (mod 4) ;

Do 2015 ≡ – 1 (mod 4) ⇒ 20154n = (– 1)4n ≡ 1 (mod 4) Vậy A ≡ 2 (mod 4) nghĩa là A chia cho 4 dư 2. Ta có A ⋮ 2 ; A ⋮/ 22 ; 2 là số nguyên tố. Vậy A không là số chính phương ∀ n ∈N*.

348