www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Chuyên đề 16: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG VÀ MẶT 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
H Ơ
N
Phương trình tổng quát của mật phẳng:
N
Mặt phẳng qua M 0 ( x0 ; y0 ) và vecto pháp tuyến n = ( A, B, C ) .
U
Y
Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B 2 + C 2 ≠ 0
G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c )
Đ
x y z + + = 1 khi cắt 3 trục Ox, Oy, Oz tại 3 điểm khác gốc O là a b b
ẠO
Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn
10
00
B
x = x0 + at Phương trình tham số: d: y = y0 + bt , t ∈ R z = z + ct 0
TR ẦN
H
Phương trình của đường thẳng: đi qua M 0 ( x0 , y0 , z0 ) và có vectơ chỉ phương u = ( a, b, c ) , a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0
3
Phương trình chính tắc khi a, b, c ≠ 0 :
ẤP
2+
x − x0 y − y0 z − z0 = = a b c
Ó
A
C
- Đường thẳng giao tuyến của 2 mặt phẳng cắt nhau: Nếu d = α ∩ β thì chọn VTCP n = nα , nβ
-L
Í-
H
Ax + By + Cz + D = 0 Hoặc từ hệ ta chọn ra A' x + B ' y + C ' z + D ' = 0
ÁN
hai bộ nghiệm ( x;y;z ) tương ứng tọa độ của hai điểm thuộc giao tuyến.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
Hay A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
- Đường vuông góc chung của 2 đường thẳng chéo nhau: Đường thẳng d1 qua M1 và có VTCP u1 Đường thẳng d 2 qua M 2 và có VTCP u 2 Cách 1: Đường vuông góc chung d có VTCP u = u1 ; u2 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d 2 .
Tìm giao điểm A của di và (P) thì d đi qua A và có VTCP u
Trang 1
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
N
H Ơ
N
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
Y
Cách 2: Gọi đoạn vuông góc chung là AB, A ∈ d1 và B ∈ d 2 dạng tham số theo t và t' .
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
3
G
2
= R 2 hay:
Ư N
2
( x − a ) + ( y − b) + ( z − c)
Đ
Phương trình mặt cầu: Mặt cầu (S) tâm I ( a,b,c ) bán kính R
TR ẦN
H
x 2 + y 2 + y 2 + 2 Ax + 2 By + 2Cz + D = 0, A2 + B 2 + C 2 − D > 0 Có tâm I ( − A, − B, −C ) và bán kính R = A2 + B 2 + C 2 − D
00
10
x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 Ax + By + Cz + D = 0
B
Phương trình đường tròn giao tuyến
2+
3
Giao tuyến của mặt cầu (S) tâm I bán kính R và mặt phẵng (P) là đường tròn giao
ẤP
tuyến (C) có tâm H là hình chiếu tâm mặt cầu I lên mặt phẳng (P) và bán
A
C
Kính r = R 2 − d 2 ( t ; ( P ) )
H
Ó
2. CÁC BÀI TOÁN
Í-
Bài toán 16.1: Lập phương trình mặt phẳng:
ÁN
-L
a) Đi qua hai điểm A (1;1;-1) ,B ( 5;2;1) và song song với trục Oz
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
TP .Q
U
Tìm t và t' bằng hệ điều kiện: AB.u1 = 0 . Đường vuông góc chung d là đường thẳng AB. AB.u2 = 0
TO
b) Chứa giao tuyến của 2 mặt phẳng x − y + z − 4 = 0,3 x − y + z − 1 = 0 và đi qua
K ( 2;1; −1)
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
Hướng dẫn giải a) Mặt phẳng (P) song song với Oz nên có phương trình: A ' x + B ' y + D ' = 0 với
D ' ≠ 0, A '2 + B '2 ≠ 0
A '+ B '+ D ' = 0 ⇒ 4 A '+ B ' = 0 (P) đi qua A và B nên: 5 A '+ 2 B '+ D ' = 0
Trang 2
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Chọn A ' = 1, B ' = −4 và do đó D ' = 3 và được phương trình của (P) là:
N
x − 4y + 3 = 0
H Ơ
b) Các điểm thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng có toạ độ ( x; y; z ) thoả mãn hệ
U
Y
N
x − y + z − 4 = 0 3 x − y + z − 1 = 0
Ta lập được phương trình (MNK): 15x-7y+7z-16=0
Bài toán 16.2: Lập phương trình mặt phẳng
00
B
a) Đi qua điểm G (1;2;3) và cắt các trục toạ độ tại các điểm A, B, C sao cho G là trọng
10
tâm của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải
C
ẤP
tâm của tam giác ABC.
2+
3
b) Đi qua điểm H ( 2;1;1) và cắt các trục toạ độ tại các điểm A, B, C sao cho H là trực
H
a+0+0 0+b+0 0+0+c = 1; = 2; =3 3 3 3
Í-
ABC nên:
Ó
A
a) Giả sử A ( a;0;0 ) ,B ( 0;b;0 ) và C ( 0;0;c ) . Vì G (1;2;3) là trọng tâm của tam giác
ÁN
-L
Suy ra a = 3, b = 6, c = 9
TO
Vậy phương trình theo đoạn chắn:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
G Ư N
TR ẦN
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
3 x = − 2 x − y = 4 3 11 Cho z=0 thì ⇒ ⇒ M − ; − ;0 2 2 3 x − y = 1 z = − 11 2
Đ
ẠO
TP .Q
3 x = − 2 x + z = 4 3 11 Cho y=0 thì ⇒ ⇒ M − ;0; 2 2 3 x + z = 1 z = 11 2
x y z + + =1 3 6 9
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
b) Nếu mặt phẳng đi qua H ( 2;1;1) và cắt các trục toạ độ tại A, B, C thì tứ diện OABC
có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc, do đó H là trực tâm của tam giác ABC thì OH ⊥ mp ( ABC ) .
Vậy mp(ABC) đi qua H và có vectơ pháp tuyến OH= ( 2;1;1) nên có phương trình: 2 ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 1) = 0 hay 2 x + y + z − 6 = 0 .
Trang 3
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 16.3: Viết phương trình của mặt phẳng qua điểm M ( 5;4;3) và cắt ba trục toạ độ
N
ở ba điểm khác O, cách đều gốc toạ độ.
H Ơ
Hướng dẫn giải
N
Mặt phẳng cần tìm có dạng đoạn chắn:
Đ
5 4 3 + + = 1 ⇒ a = 12 a a a 5 4 3 + − =1⇒ a = 6 a a a
Với b = −a, c = a, (1) ⇔
5 4 3 − + =1⇒ a = 4 a a a
Ư N
TR ẦN
5 4 3 − − = 1 ⇒ a = −2 a a a
B
Với b = −a, c = − a, (1) ⇔
G
Với b = a, c = −a, (1) ⇔
H
Với b = a, c = a, (1) ⇔
00
Do đó bốn mặt phẳng cần tìm là:
3
10
x y z x y z x y z x y z + + = 1; + − = 1; − + ; + + = 1. 12 12 12 6 6 6 4 4 4 −2 2 2
2+
Bài toán 16.4: Tìm tập hợp các điểm cách đều hai mặt phẳng
C
ẤP
a) 2 x − y + 4 z + 5 = 0 và 3 x + 5 y − z − 1 = 0 .
A
b) x + 2 y + z − 1 = 0 và x + 2 y + z + 5 = 0
H
Ó
Hướng dẫn giải
-L
Í-
a) Điểm M ( x;y;z ) cách đều hai mặt phẳng đã cho khi và chỉ khi:
ÁN
2x − y + 4z + 5 4 + 1 + 16
=
3x + 5 y − z − 1
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
5 4 3 + + = 1 (1) a b c
Điểm M ( 5;4;3) thuộc mặt phẳng nên:
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
TP .Q
U
Y
x y z + + = 1, a = b = c ≠ 0 a b c
9 + 25 + 1
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
⇔ 5 2 x − y + 4 z + 5 = 3x + 5 y − z − 1 ⇔ 5 ( 2 x − y + 4 z + 5 ) = ± 3 ( 3 x + 5 y − z − 1)
Vậy tập hợp các điểm M là hai mặt phẳng phân giác:
(2 (2
) ( 5 + 5 3) y + (4 5 + 3) z + 5 5 + 3 ) x- ( 5-5 3 ) y+ ( 4 5 − 3 ) z+5 5- 3=0
5 −3 3 x − 5-3
3=0
Trang 4
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
x + 2 y + z −1
b) Điểm M ( x;y;z ) cách đều hai mặt phẳng :
=
1+ 4 +1
x + 2y + z + 5
1+ 4 +1
H Ơ
N
⇔ x + 2 y + z −1 = x + 2 y + z + 5
Vậy tập hợp các điểm M là mặt phẳng song song cách đều có phương trình:
ẠO
x + 2y + z + 2 = 0
Đ
Bài toán 16.5: Lập phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua các điểm
G
π . 3
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
M ( 0;0;1) ,N ( 3;0;0 ) và tạo với mặt phẳng Oxy góc
10
00
B
TR ẦN
H
Hướng dẫn giải Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là n= (1;a;b ) . Ta có MN= ( 3;0; − 1) Vì n.MN=3.1+0-b=0 nên b=3 . Do đó n= (1;a;3) Mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến k= ( 0;0;1) n.k 1 3 Ta có: cos = ⇔ = ⇔ a = ± 26 2 3 n.k 2 a + 10
ẤP
2+
3
π
C
PT mặt phẳng (P) là: 1. ( x − 0 ) ± 26 ( y − 0 ) + 3. ( z − 1) = 0
Ó
A
⇔ x ± 26. y + 3 z − 3 = 0
H
Bài toán 16.6: Viết phương trình mp(P) chứa trục Oz và tạo với mp ( α ) có phương trình:
-L
Í-
2 x + y − 5 z = 0 một góc 600
ÁN
Hướng dẫn giải
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
⇔ 2x + 4 y + 2z + 4 = 0 ⇔ x + 2 y + z + 2 = 0
TP .Q
U
Y
N
x + 2 y + z −1 = x + 2 y + z + 5 ⇔ x + 2 y + z − 1 = − ( x + 2 y + z + 5)
(
(
)
Ta có: cos n p , nα =
2A + B 2
2
)
= cos 600 =
A + B . 4 +1+ 5
1 2
⇔ 2 2 A + B = 10. A2 + B 2 ⇔ 6 A2 + 16 AB − 6 B 2 = 0
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
Mặt phẳng (P) chứa Oz nên có dạng: Ax + By = 0 ⇒ n p = ( A; B;0 ) , nα = 2;1; − 5
Trang 5
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
1 A1 = Lấy B=1 ,ta có: 6 A + 16 A − 6 = 0 ⇔ 3 A2 = −3
H Ơ
N
2
U
TP .Q
Bài toán 16.7: Cho tứ diện ABCD với A ( 3;5;-1) ,B ( 7;5;3) ,C ( 9;-1;5 ) ,D ( 5;3;-3) . Viết
Y
N
1 x + y = 0; −3 x + y = 0 3
Vậy có hai mặt phẳng (P) phải tìm:
phương trình mặt phẳng cách đều 4 đỉnh của tứ diện đó.
Hướng dẫn giải
G
Đ
nó song song với MN. Vì vậy, để mặt phẳng (P) cách đều bốn đình A, B, C, D của
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
hình tứ diện thì:
H
- Hoặc mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của tứ
TR ẦN
diện. Có bốn mặt phẳng như vậy đi qua trung điểm một cạnh và song song với một mặt.
- Hoặc mặt phẳng (P) chứa hai đường trung bình của tứ diện. Có ba mặt phẳng như vậy
00
B
đi qua trung điểm một cạnh và song song với 2 cạnh đối chung mút. Từ đó tìm được
10
bảy mặt phẳng thoả mãn yêu cầu đầu bài là:
2+
3
x − z − 6 = 0; x + y − 10 = 0; x + 2 y − z − 8 = 0; 2 x + y − z − 14
ẤP
x − y − z − 2 = 0; 2 x + y + z − 16 = 0;5 x + y − 2 z − 28 = 0
C
Bài toán 16.8: Trong hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm M 1 (1;0;1) , M 2 ( 2; −1; 0 ) và M 3 ( 0; 0;1) .
H
2 . 2
Í-
bằng
Ó
A
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M 3 mà khoảng cách từ M1 và M 3 đến (P) đều
-L
Hướng dẫn giải
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Một mặt phẳng cách đều hai điểm M, N thì hoặc nó đi qua trung điểm của MN hoặc
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
Mặt phẳng (P) đi qua M ( 0;0;1) nên có phương trình
A ( x − 0 ) + B ( y − 0 ) + C ( z − 1) = 0
Hay Ax + By + Cz = 0 ( A2 + B 2 + C 2 > 0 ) Ta có khoảng cách
A+C −C A2 + B 2 + C 2
=
2A − B − C A2 + B 2 + C 2
=
2 2
Do đó A = 2 A − B − C hay ± A = 2 A − B − C
Trang 6
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Suy ra C = A − B hoặc C = 3 A − B
2
A +B +C
2
=
2 ta suy ra 2
N
2
H Ơ
A
- Với C = 3 A thì từ
2
N
2 A2 = A2 + B 2 + ( 3 A − B ) ⇔ 8 A2 − 64 B + 2 B 2 = 0 2
TP .Q
U
Y
3 7 B2 ⇔ 2A − B + = 0 ⇔ A = 0, B = 0 nên C = 0 : loại 4 16 Bài toán 16.9: Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng
Đ
D ≠ 1.
với
G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Hướng dẫn giải
H
Mặt cầu đã cho có tâm là I (1;2;3) và có bán kính
TR ẦN
R = 12 + 2 2 + 32 + 2 = 4
Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng 4 x + 3 y − 12 z + 1 = 0 nên có phương trình:
00
B
với 4 x + 3 y − 12 y + D = 0 với D ≠ 1 .
10
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu khi và chỉ khi.
3
d ( I , ( P ) ) = R ⇒ −26 + D = 52 ⇔ D = 78 hoặc D = −26
2+
Vậy có hai mặt phằng thoả mãn yêu cầu là:
ẤP
4x + 3y − 12z + 78 = 0 và 4x + 3y − 12z − 26 = 0
A
C
Bài toán 16.10: Lập phương trình của mặt phẳng (P) đi qua đường thẳng d:
Hướng dẫn giải
-L
Í-
H
Ó
x − 13 y + 1 z = = và tiếp xúc với mặt cầu (S): x 2 + y 2 − z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0 −1 1 4
ÁN
Tâm của (S) là I (1;2;3) , bán kính R = 12 + 22 + 32 + 67 = 9
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
4 x + 3 y − 12 z + 1 = 0 và tiếp xúc với mặt cầu có phương trình: 4 x + 3 y − 12 y + D = 0
TO
Đường thẳng d đi qua M (13; −1;0 ) và N (12;0; 4 )
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
Phương trình(P): Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B 2 + C 2 > 0
13 A − B + D = 0 A = B + 4C (P) qua M, N nên: ⇒ 12 A + 4C + D = 0 D = −12 B − 52C Do đó (P): ( B + 4C ) x + By + Cz − 12 B − 52C = 0
(*)
Điều kiện (P) tiếp xúc (S): d ( I, ( P ) ) = R
Trang 7
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
B + 4C + 2 B + 3C − 12 B − 52C 2
+ B +C
=9
2
H Ơ
⇔ B+5C = 2B2 +8BC+17C 2
Y
N
⇔ B 2 − 2 B − 8C 2 = 0 ⇔ B = 4C hoặc B = −2C .
TP .Q
U
Thế vào (*) và rút gọn C ≠ 0 , ta được 2 mặt phẳng:
2 x − 2 y + z − 28 = 0,8 x + 4 y + z − 100 = 0 .
ẠO
Bài toán 16.11: Lập phương trình mặt cầu a) Có đường tròn lớn là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với
G
Đ
A ( 0; − 2;1) ,B ( −1;0;1) ,C ( 0;0; − 1)
Ư N
TR ẦN
Hướng dẫn giải:
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
b) Ngoại tiếp tứ diện ABCD với A (1;2; − 4 ) ,B (1; − 3;1) ,C ( 2;2;3) ,D (1;0;4 )
00
B
a) Gọi I ( x; y; z ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: AB = ( −1; 2;0 ) , AC = ( 0; 2; −2 ) , AI = ( x; y + 2; z − 1)
3
10
⇒ AB, AC = ( −4; 2; −2 )
ẤP
2+
Nên I ∈ ( ABC ) ⇔ AB,AC AI=0 ⇔ 2x-y+z-3=0
-L
Í-
H
Ó
A
2
C
x = 1 AI = BI −2 x + 4 y = -3 1 Ta có AI 2 = CI 2 ⇔ y − z = −1 ⇔ y = − 4 I ∈ ABC −2 x + y − z = 3 ( ) 3 z = 4 2
2
2
1 3 33 Vậy PT mặt cầu là ( x − 1) + y + + z − = 4 4 8 2
b) Gọi I ( a;b;c ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
33 1 3 Nên tâm I t , − , và bán kính R = AI = 4 4 8
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
( B + 4C )
2
N
⇔
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Trang 8
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
H Ơ
N
IA2 = IB 2 IA = IB − y + z = −1 x = −2 2 2 IA = IC ⇔ IA = IC ⇔ x + 7 y = −2 ⇔ y = 1 IA = ID IA2 = ID 2 −2 x + 8 y = -2 z = 0
N
Do đó
U
2
TP .Q
Vậy (S): ( x + 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 26
Đ
H
Hướng dẫn giải
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Tìm tập hợp những điểm M trong không gian thoả mãn: MA + MB + MC + MD = MA + MB − 2 MC
ẠO
Bài toán 16.12: Cho bốn điểm A ( 3;2;0 ) ,B ( -1;3;2 ) ,C (1;0;1) ,D ( 0;-1;3)
3
10
00
B
TR ẦN
3 3 5 Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD, I là trung điểm AB thì: G ;1; ,I 1; ;1 4 2 2 Ta có MA + MB + MC + MD = 4 MG MA + MB − 2 MC = 2 MI − 2 MC = 2CI Do đó MA + MB + MC + MD = MA + MB - 2 MC
2+
CI 5 = : không đổi 2 4
ẤP
⇔ 4 MG = 2CI ⇔ MG =
C
Vậy tập hợp những điểm M ( x;y;z ) là mặt cầu tâm 2
2
H
Ó
A
3 3 25 2 x − + ( y − 1) + x − = 4 2 16
-L
Í-
Bài toán 16.13: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu:
x = 2t x -1 y z (S): x + y + z − 2 x + 2 y + 4 − 3 = 0 cà đường thẳng ∆1 : y = 1 − t , ∆ 2 : = = −1 1 −1 z = t 2
2
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
2
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
2
Y
I ( 2;1;0 ) và R = IA = 26
Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu (S), biết tiếp diện đó song song với hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
Hướng dẫn giải Mặt cầu (S) tâm I (1; −1; −2 ) , R = 3
∆1 đi qua điểm A ( 0; 1; 0 ) có vectơ chỉ phương u = ( 2; − 1 ; 1)
Trang 9
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
∆ 2 đi qua điểm B (1; 0; 0 ) có vectơ chỉ phương v = ( −1; 1; − 1) .
H Ơ
N
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n = u , v = ( 0; 1; 1) ⇒ ( P ) : y + z + m = 0 .
= 3 ⇔ m = 3±3 2 .
Y
Vậy có 2 mặt phẳng ( P1 ) : y + z + 3 + 3 2 = 0, ( P2 ) y + z + 3 − 3 2 = 0
ẠO
Các điểm A, B không thuộc hai mặt phẳng nên đó là 2 mặt cần tìm.
G
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
x + y + z − 3 = 0 , 2 x + y + z − 4 = 0 và hợp với mp(Oxy) góc 60°.
Đ
Bài toán 16.14: Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa giao tuyến d của 2 mặt phẳng:
Ư N
Hướng dẫn giải
TR ẦN
H
Giao tuyến d của mặt phẳng: x + y + z − 3 = 0, 2 x + y + z − 4 = 0 đi qua
M(1; 1; 1)
B
và có VTCP: u = n1 , n2 = (0 ;1 ; −1 )
3
10
00
( P ) : A( x − 1) + B( y − 1) + C ( z − 1) = 0; A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 Ta có VTPT n= ( A,B,C ) vuông góc với u nên: B − C = 0 ⇒ C = B.
C
ẤP
2+
Do đó (P): Ax + By + Bz − A − 2 B = 0 Mặt phắng (Oxy) có VTPT k = (0; 0; 1) 1 Ta có: ϕ = 600 ⇔ cos n, k = ⇔ 2
B 2
A + 2B
2
=
1 2
H
Ó
A
( )
Í-
⇔ A2 = 2 B 2 ⇔ A = ± B 2
-L
Từ đó tìm được 2 mặt phẳng (P):
ÁN
2 x + y + z − 2 − 2 = 0,
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
2
U
m−3
TP .Q
⇔
N
Điều kiện tiếp xúc: d ( l , ( P ) ) = R
2x − y − z − 2 + 2 = 0
(∆) :
x − 2 y −1 z −1 = = và tiếp xúc với hai mặt phẳng 3 2 2
(P): x + 2 y − 2 z − 2 = −0, (Q ) : x + 2 y − 2 z + 4 = 0
ID Ư
Ỡ N
G
TO
Bài toán 16.15: Lập phương trình m ặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng
BỒ
Hướng dẫn giải
Trang 10
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Ta có (P), (Q) song song nên tâm I của mặt cầu là trung điểm đoạn AB với A, B là
N
giao điểm của ( ∆ ) và 2 mặt phẳng đó (A) cắt (P) tại A(2; 1; 1) , cắt (Q) tại
−1 + 2.3 − 2.3 − 2
Y
N
=1
1+ 4 + 4
2
2
U
Ta có R = d (l , ( P)) =
H Ơ
l(-1 ; 3; 3). B(−4;5;5) nên tâm
2
TP .Q
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 1
Đ G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
x = 2t 11 d: y = − + t tại 2 điểm A, B mà AB = 40 2 z = −14 − 2t
TR ẦN
H
Hướng dẫn giải Gọi H là trung điểm dây AB thì IH vuông góc với AB. Mặt phẳng (P) qua I, vuông góc với d có
00
B
phương trình: 2 x + y − 2 z − 9 = 0 , suy ra giao
10
điểm d và d (P) là: H ( -3;-7;-11) .
2
2
2+
3
Ta có R 2 = IA2 = AH 2 + IH 2 = 202 + 152 = 225 2
ẤP
Vậy (S): ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z − 1) = 225
H
Ó
A
C
M 0 I .u Cách khác IH = d(l, d) = u
-L
Í-
Bài toán 16.17: Cho ( P ) : 5 x − 4 y + z − 6 = 0, ( Q ) : 2 x − y + z + 7 = 0 và d là giao tuyến của 2 mặt phẳng: x − y + 2 z − 3 = 0 , x − 3 y − z = 0 . Lập phương trình mặt cầu
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Bài toán 16.16: Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ( 2; 3; − 1) , cắt đường thẳng
Hướng dẫn giải
Tâm I ( x; y; z ) có toạ độ là nghiệm của hệ:
5 x − 4 y + z − 6 = 0 x = 1 x − y + 2 z − 3 = 0 ⇔ y = 0 nên I(1; 0; 1) x − 3y − z = 0 z = 1
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
(S) tâm I là giao điểm của d với (P), cắt (Q) theo đường tròn có chu vi 4π .
Trang 11
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
Ta có d = d(I, (Q)) =
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
2.1 − 0 + 1 + 7
4 +1+1
=
10 6
H Ơ 2
110 . 3
U
2
Vậy phương trình (S): ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) =
Y
N
110 . 3
Bài toán 16.18: Lập phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng d:
TP .Q
R2 = d 2 + r 2 =
N
Đường tròn giao tuyến có chu vi 4π 5 = 2π r nên có bán kính r = 2 5 do đó
G TR ẦN
Hướng dẫn giải a) (P), (P') có VTPT n = (2; −1; 1); n ' = (2; 0; −1). Gọi VTCP của giao tuyến d là: u thì u ⊥ n,n'
Ư N
tam giác ABC.
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
b) Vuông góc với mp(ABC) có A (1; 0; −1) , B ( 2; 3; −1) , C (1; 3; 1) tại trực tâm H của
10
00
B
−1 1 1 2 2 − 1 Chọn u = n, n ' = ; ; = (1; 4; 2) 0 − 1 −1 2 2 0
2+
3
Các điểm thuộc giao tuyển d có toạ độ thoả mãn hệ:
Ó
A
C
ẤP
2 x − y + z + 5 = 0 . Cho x = 0 thì y=8,z=3 2 x − z + 3 = 0 Do đó d qua M ( 0; 8; 3) , có VTCP u= (1; 4; 2) nên có phương trình tham số
-L
Í-
H
x = t x y −8 z −3 và chính tắc là: y = 8 + 4t z; = = 4 2 z = 3 + 2t 1
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
ẠO
a) Giao tuyến của hai mặt phẳng: ( P ) : 2 x − y + z + 5 = 0 ; ( P ') : 2 x − z + 3 = 0 .
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
2x-y+z+5 y=z+2x+5 Cách khác: ta có ⇔ 2x-z+3=0 z=2x+3
x = t Đặt x = t thì y = 8 + 4t , z = 3 + 2t nên phương trình: y = 8 + 4t z = 3 + 2t
Ngoài cách tìm một điểm và VTCP, cách tạo tham số, ta có thể tìm 2 điểm trên giao tuyến. b) Phương trình mặt phẳng (α ) qua c vuông góc với AB là:
Trang 12
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
1( x − 1) + 3 ( y − 3) = 0 ⇔ x + 3 y − 10 = 0. Phương trình mặt phẳng (P) qua B vuông góc với AC là:
H Ơ
N
3( y − 3) + 2( z + 1) = 0 3 y + 2 z − 7 = 0
N
Đường thẳng d qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
TR ẦN
H
x = 1 − 4t M ( 0; 1; -1) vuông góc và cắt đường thẳng ∆ : y = t z = −1 + 4t
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Bài toán 16.19: Viết phương trình của đường thẳng d đi qua điểm
G
Đ
ẠO
x = 1 − 4t nên có phương trình là: y = t z = −1 + 3t
10
00
B
Hướng dẫn giải Đường thẳng ∆ VTCP u = (−4; 1; 4). Gọi H là hình chiếu của M lên ∆ thì
C
ẤP
2+
3
H (1 − 4t ; t ; −1 + 4t ). Ta có MH = (1 − 4t; t − 1 ; 4t ) nên MH ⊥ ∆ u.MH = 0 ⇔ −4(1 − 4 t ) + 1(t − 1) + 4(4t ) = 0.
A
5 13 -28 20 .Do đó H ; ; hay (13; -28 ; 20) 33 33 33 33
Í-
H
Ó
⇔ 33t = 5 ⇔ t =
x y −1 z + 1 = = 3 −28 20
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
-L
Vậy phương trình chính tắc của d là
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
Đường thẳng d qua N (1; 3; − 1) và có vectơ chỉ phương u = nα , nβ = ( 6; −2;3)
U
Y
là giao tuyến của (α ) và ( β ) .
Cách khác: Đường thẳng d cần tìm là giao tuyến của mặt phẳng
( M , ∆) : 4 x + 4 y + 3 z − 1 = 0 và mặt phẳng qua M, vuông góc với ∆ : 4 x − y − 4 z − 3 = 0.
Trang 13
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 16.20: Viết phương trình hình chiếu vuông góc của
N
H Ơ
N
x = 5 + t a) Đường thẳng d: y = 3 − 2t trên mỗi mặt phẳng toạ độ. z = 4 + t
TP .Q
U
Y
x = t b) Đường thẳng d: y = 8 + 4t lên mặt phẳng (P): x + y + z − 7 = 0. z = 3 + 2t
ẠO
Hướng dẫn giải
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
hình chiếu lên mp(Oyz).
TR ẦN
H
Ư N
x = 5 + t Vậy phương trình tham số của d' là: y = 3 − 2t . Tương tự thì hình chiếu lên z = 0
10
00
B
x = 5 + t x = 5 + t mp(Oxy), mp(Oxz) có phương trình tham số: y = 3 − 2t , y = 0 z = 0 z = 4 + t
C
ẤP
2+
3
b) Ta viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua d và vuông góc với mp(P). Vectơ pháp tuyến của của (Q) vuông góc với cả u và n p nên ta có thể lấy n = u , n p = ( 2; 1; − 3) . Và (Q) đi qua d nên đi qua M ( 0; 8; 3) . Vậy (Q) có phương
A
trình:
H
Ó
2( x − 0) + ( y − 8) − 3( z − 3) = 0 hay 2 x + y − 3 z + 1 = 0.
Í-
Vì d không vuông góc với (P) nên hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng d'. Đường
-L
thẳng d' là giao tuyến của (Q) và (P) nên d' chứa các điểm có toạ độ ( x, y, z )
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
a) Điểm M ( x; y; z ) thuộc d có hình chiếu lên mp(Oyz) là M' ( 0; y; z ) thuộc d', d' là
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
x + y − z − 7 = 0 thỏa mãn : 2 x + y − 3z + 1 = 0
x = −8 + 4t Đặt z = t thì x = −8 + 4t , y = 15 – 5 t .Vậy d' y = 15 − 5t z = t
Cách khác: Tìm giao điểm A của d và (P). Thế toạ độ x, y, z vào
( P) :
t + 8 + 4t ) + (3 + 2t ) − 7 = 0 ⇒ t =
4 −4 40 13 ⇒ A ; ; 7 7 7 7
Trang 14
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Mặt phẳng (Q) qua d, vuông góc với (P) có VTPT: u ' = u.n p = (2; 1; −3)
H Ơ
N
Đường thẳng d' của VTCP u ' = n, n p = (4; −5; 1)
Y
x−7 y −3 z −9 = = 1 2 −1
ẠO
Hướng dẫn giải
G
Đ
Hình chiếu A là giao tuyến của ( α ) với ( β ) , trong đó ( β ) là mặt phẳng chứa ( ∆ 2 ) ,
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
song song với ( ∆1 ) Vì ( β ) chứa ( ∆ 2 ) nên đi qua A ( 7; 3; 9 ) và có VTPT
( β ) : 2( x − 7)
TR ẦN
Do đó
H
n = u1 u2 = ( 8; 4;16 ) hay ( 2; 1; 4 ) .
+ 1( y − 3) + 4( z − 9) = 0 hay 2 x + y + 4 z − 53 = 0.
00
B
x + y + 7 + 3 = 0 Các điểm thuộc giao tuyến ( ∆ 2 ) có toạ độ thoả mãn: 2 x + y + 4 z − 53 = 0
10
Đặt z = t thì x = 56 − 3t , y = −59 + 2t
ẤP
2+
3
x = 56 − 3t Vậy phương trình tham số của hình chiếu: y = −59 + 2t z = t
A
C
Bài toán 16.22: Cho đường thẳng ∆ và mp(P) có phương trình:
Í-
H
Ó
x − 1 y − 2 z3 = = ( P) : 2 x + z − 5 = 0. 1 2 2
-L
Viết phương trình đường thẳng đi qua giao điểm A của A và (P), nằm trong (P) và
Hướng dẫn giải
TO
ÁN
vuông góc với ∆ .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
x − 3 y −1 z −1 lên mặt phẳng (α ) : x + y + z + 3 = 0. = = 2 3 −7
theo phương ( ( ∆1 ) :
U
Bài toán 16.21: Viết phương trình hình chiếu của ( ∆ 2 ) :
N
Từ đó suy ra phương trình của hình chiếu d'.
Thế x, y, z vào (P) thì được t = 0 nên A (1; 2; 3) . Gọi d là đường thẳng đi qua A, nằm trong (P) và vuông góc với ∆ . Khi đó, vectơ chỉ phương u ' của d phải vuông góc với vectơ chỉ phương u'= (1; 2; 2 ) của ∆ , đồng thời
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
∆ dạng tham số: x = 1 + 1, y = 2 + 2t , z = 3 + 2t.
Trang 15
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
vuông góc với vectơ pháp tuyến n= ( 2; 0; , 1) của (P), nên ta chọn:
H Ơ
N
u = u , n = ( 2;3; −4 ) .
U
Cách khác: Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với ∆ thì (Q) có vectơ pháp
Y
N
x −1 y − 2 z − 3 = = 2 2 −4
Vậy đường thẳng d:
TP .Q
tuyến là vectơ chỉ phương của A nên có phương trình:
x − 1 + 2 ( y − 2 ) + 2 ( z − 3) = 0 hay x + 2 y + 2 z − 11 = 0. Giao tuyến d của (P) và (Q) là
3
10
00
y = 1 + 2t x = t ' thẳng: d: y = t và d ' : y = −1 − 2t ' z = 3 − t z = 2 + t '
B
Bài toán 16.23: Viết phương trình đường thẳng đi qua A (1; -1; 1) và cắt cả hai đường
2+
Hướng dẫn giải
Ó
A
C
ẤP
Ta có A không thuộc d và d'.Đường thẳng d' đi qua điểm M (1; 0; 3) và có vectơ chỉ phương u= ( 2; 1;-1) . Đường thẳng d' đi qua điểm M' ( 0; -1; 2 ) và có vectơ chỉ
H
phương u'= (1;-2; 1) .
-L
Í-
Đường thẳng ∆ cần tìm là giao tuyến của hai mặt phẳng: mp (A; d) và mp (A; d').
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
Mp(A; d) có vectơ pháp tuyến n = AM , u = (−3; 4; −2), mp(A; d') có vectơ pháp tuyến n ' = AM ', u ' = (2;2;2) hay (1; 1; 1). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là n, n ' = ( 6; 1; − 7 ) đi qua A nên có
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
G Ư N H
TR ẦN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
1 2 x = − 3 + 3 t Suy ra phương trình tham số của d là: y = 1 17 4 z = − t 3 3
Đ
ẠO
thẳng đi qua A, nằm trong (P) và d ⊥ ∆ (vì d nằm trong (Q) mà ∆ ⊥ ( Q ) )
đường
x = 1 + 6t phương trình tham số là: y = −1 + t z = 1 − 7t
Trang 16
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
N
Ta có u.n = 2 + 1 − 1 = 2 ≠ 0 nên d cắt mp(A; d'), do đó d cắt ∆ Tương tự, vì u'.n = −3 − 9 − 2 = 13 ≠ 0 nên d' cắt mp(A; d), do đó d' cắt ∆ .
H Ơ
Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A, cắt cả d và d'.
Y
TP .Q
U
B. Lấy điểm M (1 + 2t; t;3-1) nằm trên d và điểm M ' ( t '; −1 − 2t '; 2 + t ') nằm trên d'. Ta tìm giá trị của t và t' sao cho điểm A, M, M' thẳng hàng, tức là AM và AM ' cùng
N
Cách khác: Ta tìm giao điểm B của d' và (A; d), đường thẳng ∆ là đường thẳng qua A và
phương.
G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Hướng dẫn giải
Đ
A ( 4; 1; 4 ) , B ( 3; 3; 1) , C (1; 5; 5 ) , D (1; 1; 1) .
TR ẦN
H
PT đường AC là ( d1 ) : x = 4 − 3t , y = 1 + 4t , z = 4 + t có VTCP u = ( −3; 4; 1). PT đường BD là ( d 2 ) : x = 3 − 2k , y = 3 − 2k , z = 1 có VTCP u2 = (−2; −2; 0)
B
Gọi đường vuông góc chung là ( ∆ ) qua E thuộc d1 ,F thuộc d 2 :
10
00
E (4 − 3t ; 1 + 4t ; 4 + t ); F (3 − 2k ; 3 − 2k ; 1) FE = (1 − 3t + 2k ; −2 + 4t + 2k ; 3 + t ). Ta có
C
ẤP
2+
3
5 t= FE.u1 = 0 t + k − = 26 2 8 0 17 ⇔ ⇔ t + 4k − 1 = 0 k = 3 FE.u2 = 0 17
H
Ó
A
53 37 73 45 45 17 Suy ra E ; ; , F ; ; 17 17 17 17 17 17
-L
Í-
Đường vuông góc chung ( ∆ ) có vectơ chỉ phương
TO
ÁN
8 8 56 FE = ; − ; hay (1; −1;7 ) 17 17 17
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Bài toán 16.24: Viết phương trình đường thẳng vuông góc chung của AC và BD biết
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
nên có PT là: x =
45 45 + t, y = − t , z = 1 + 7.t 17 17
Bài toán 16.25: Cho 2 đường thẳng: ( ∆1 ) :
( ∆2 ) :
x − 3 y −1 z −1 = = và 2 3 −7
x −7 y −3 z −9 = = . Lập phương trình đường thẳng ( ∆ 3 ) đối xứng với 1 2 −1
( ∆ 2 ) qua ( ∆1 ) . Trang 17
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Hướng dẫn giải
N
Lấy điểm M ∈ ( ∆ 2 ) ⇒ M (t + 7; 2t + 3; −t + 9)
H Ơ
Mặt phẳng (P) qua M vuông góc với ( ∆1 ) :
Y
N
−7 ( x − 1 − 7 ) + 2 ( y − 2 t − 3 ) + 3 ( z + t − 9 ) = 0
nên giao điểm của ( ∆1 ) và (P) là
Đ
ẠO
−3t 6t 9t 21t + 3 − + 1 − + 1 ứng với k = 31 3 31 31
TR ẦN
H
74t 13t 11t M' − 1, − − 1, − −7 . 31 31 31
Vậy đường thẳng ( ∆ 3 ) cần tìm chứa các điểm M' nên có phương trình là:
10
00
B
x = −1 + 11t y = −1 − 74t z = −7 + 17t
2+
3
Bài toán 16.26: Viết phương trình đường thẳng đi qua M (1; -5; 3) và tạo với hai đường
ẤP
thẳng Ox, Oy các góc bằng 60°.
Í-
H
Ó
A
C
Hướng dẫn giải Gọi u = ( a; b; c ) , a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 là vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm. Các đường thẳng Ox, Oy có các vectơ chỉ phương là i = (1; 0; 0 ) , j = ( 0; 1; 0 ) . Theo giả
-L
thiết của bài toán thì:
ÁN
a
2
2
TO
a +b +c
2
ID Ư
Ỡ N
G
⇔ a2 = b2 =
BỒ
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Gọi M' đối xứng với M qua ( ∆1 ) thì I là trung điểm đoạn MM' nên có
=
b 2
2
a +b +c
2
= cos 600 =
1 2
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
U
Ta có ( ∆1 ) : x = −7 k + 3, y = 2k + 1, z = 3k + 1
1 2 ( a + b2 + c2 ) ⇔ 4a 2 = 4b2 = a 2 + b2 + c 2 4
⇔ 2a 2 = 2b 2 = c 2 . Chọn C= 2 thì a = ±1, b = ±1 . Vậy có 4 trường hợp xảy ra nên có 4 đường thẳng có phương trình:
x −1 y + 5 z − 3 x −1 y + 5 z − 3 = = ; = = 1 1 1 −1 2 2
Trang 18
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
x −1 y + 5 z − 3 x −1 y + 5 z − 3 = = ; = = −1 1 −1 2 −1 2
H Ơ
) và D (1; 2; 4 )
N
A (1; 5; 3) , B ( 4; 2; -5 ) , C ( 5; 5 ;-1
N
Bài toán 16.27: Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm
Y
a) Chứng tỏ rằng bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Lập phương trình mặt cầu
TP .Q
U
(S) đi qua bốn điểm đó. Tìm khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng (ABC). b) Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với CD và tiếp xúc với mặt cầu (S).
TR ẦN
H
Suy ra bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Giả sử mặt cầu (S) có phương trình: x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0.
00
B
Vì mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D nên ta có:
ẤP
2+
3
10
1 + 25 + 9 + 2a + 10b + 6c + d = 0 a = −1 16 + 4 + 25 + 8a + 4b − 10c + d = 0 b = −2 ⇔ 5 + 25 + 1 + 10a + 10b − 2c + d = 0 c = 1 1 + 4 + 16 + 2a + 4b + 8c + d = 0 d = −19
C
Vậy mặt cầu (S) là: x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 x + 2 z − 19 = 0
H
Ó
A
Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2; − 1) và bán kính R = 5 Mp(ABC) có vectơ pháp tuyến
-L
Í-
n = AB, AC = (12; −20; 12) hay (3; −5; 3) và đi qua điểm A (1; 5; 3) nên có phương
ÁN
trình: 3(x - 1) - 5(y - 5) + 3(z - 3) = 0 hay 3x - 5y + 3z + 13 = 0. 13.1 − 5.2 + 3.4 + 13
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ G
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Hướng dẫn giải Ta có AB = (3; −3; −8), AC = (4;0; −4), AD = (0; −3;1) [ AB, AC ] = (12; −20; 12) nên [ AB, A C ]. AD = 72 ≠ 0 .
ẠO
c) Tìm bán kính các đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) và các mặt phẳng toạđộ.
18 43 32 + 52 + 32 b) Mặt phẳng (α ) vuông góc với CD có vectơ pháp tuyến CD = ( −4; 3; 5 ) nên có =
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
Khoảng cách d ( D;( ABC )) =
phương trình: −4 x − 3 y + 5 z + d = 0. Mặt phẳng đó tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi:
4.1 − 3 .2 − 5 .1 + d 16 + 9 + 25
=5⇔
−15 + d 50
⇔ d = 15 ± 2
Vậy ta có hai mặt phẵng cần tìm với phương trình:
Trang 19
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
−4 x − 3 y + 5 z + 15 ± 25 2 = 0
N
c) Tâm mặt cầu (S) là I (1; 2; − 1) . Khoảng cách từ I tới (Oxy) là d1 = -1 =1 nên (S)
N
H Ơ
cắt mp(Oxy) theo đường tròn có bán kính r1 = R 2 -d12 = 25-1=2 6
U
Y
Khoảng cách từ I tới mp(Oyz) là d 2 =1 nên (S) cắt mp(Oyz) theo đường tròn có bán
TP .Q
kính r2 = R 2 − d 2 2 = 25 − 1 = 2 6
Đ
kính r3 = R 2 − d 32 = 25 − 4 = 21
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Bài toán 16.28: Trong hệ toạ độ Oxyz cho điểm M (1; 2; 3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz tại các điểm A, B, C sao cho tứ diện OABC có thể
H
tích bé nhất.
TR ẦN
Hướng dẫn giải
Giả sử A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b; 0 ) , C ( 0; 0; c ) với a > 0, b > 0, c > 0.
1 2 3 31 2 3 6 27 abc + + 3 . . = 33 ⇒1≥ ⇒ ≥ 27 a b c a b c abc abc 6
2+
Ta có: 1 =
10
00
B
1 2 3 x y z + + = 1. Vì M nằm trên (P) nên + + = 1 a b c a b c
3
( P) :
ẤP
1 2 3 = = =1 hay a = 3; b = 6; c = 9. a b c
C
Dấu "=" xảy ra khi
H
Ó
A
1 abc Thể tích tứ diện OABC là V = OA.OB.OC = ≥ 27 . 6 6
-L
Í-
Vậy thể tích nhỏ nhất là 27. Khi đó phương trình mặt phẳng (P) là:
x y z + + =1 6 6 9
ÁN
Bài toán 16.29: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Khoảng cách từ I tới mp(Oxz) là d 3 =2 nên (S) cắt mp(Oxz) theo đường tròn có bán
TO
( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 và hai điểm A ( −3; 0; 1) , B (1; −1; 3) . Trong các đường thẳng
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ
B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải Gọi A là đường thẳng cần tìm; A nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P). Phương trình (Q): x − 2 y + 2 z + 1 = 0.
Trang 20
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
K, H là hình chiếu của B trên ∆ , (Q). Ta có BK ≥ BH nên AH là đường thẳng cần tìm. Toạ độ H(x; y; z) thoả mãn:
N
H Ơ
N
x −1 y −1 z − 3 = = 1 11 7 2 ⇒ H − ; ; . −2 1 9 9 9 x − 2 y + 2 z + 1 = 0
Bài toán 16.30: Lập phương trình mặt phắng (P) chứa đường thẳng d:
Hướng dẫn giải
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Đ
ẠO
x = −t y = −1 + 2t và hợp với mặt phẳng ( Q ) : 2 x − y − 2 z − 2 = 0 một góc bé nhất. z = 2 + t
TR ẦN
H
Gọi ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 .Vì (P) chứa d nên đi qua M (0; −1; 2), N (−1; 1; 3) :
00
B
− B + 2C + D = 0 A = 2B + C ⇒ − A + B + 3C + D = 0 D = B − 2C
2+
3
10
Do đó (P): (2 B + C ) x + By + Cz + B − 2C = 0 Mp(Q) có VTPT n ' = ( 2; −1; −2 ) . Gọi φ là góc giữa 2 mặt phẳng thì:
)
B
ẤP
(
5B2 + 4BC + 2C2
A
C
cos ϕ = cos n, n ' =
H
Ó
Xét B = 0 thì φ = 90° . Xét B ≠ 0 , đặt m=
1
Í-
cos ϕ =
2
=
2
≤
2 ( m + 1) + 3
1 3
ÁN
-L
2m + 4m + 5
1
C thì: B
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
U
Y
26 11 2 x + 3 y z −1 = = AH= ; ;- . Vậy phương trình ∆ : 26 11 −2 9 9 9
TO
Dấu "=" xảy ra khi m = -1 nên B = −C , khi đó φ< 90° là góc cần tìm.
Bài toán 16.31: Trong không gian Oxyz cho tập hợp các mặt phẳng ( α m ) có phương trình là mx − 2 ( m − 1) y + ( m + 1) z − 1 = 0 . a) Chứng tỏ các mặt phẳng (ctm) đi qua một đường thẳng cố định ∆ .
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
Vậy ( P ) : x + y - z + 3 = 0.
Trang 21
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
H Ơ
N
x = 1 − 2t b) Cho đường thẳng d với phương trình tham số y = 3t z = −2 − t
N
Chứng tỏ rằng hai đường thẳng d và ∆ chéo nhau.
Y
c) Lập phương trình 2 mặt phẳng lần lượt chứa một đường thẳng d hoặc ∆ và chứa
Hướng dẫn giải
ẠO
a) Phương trình các mặt phẳng (am) có thể viết thành:
G
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
2 x + z − 1 = 0 Đẳng thức này đúng với mọi m nên ta suy ra: x − 2 y + z = 0
Đ
2 y + z − 1 + m( x − 2 y + z ) = 0
B
TR ẦN
phẳng 2 y + z − 1 = 0, x − 2 y + z = 0. ∆ có VTCP n= n1 ,n 2 = ( 4;4;-2 ) và đi qua B ( −1;0;1)
H
Hệ phương trình này xác định một đường thảng A cố định là giao tuyến của 2 mặt
x +1 y z −1 = = 4 1 −2
10
00
Vậy các mặt phẳng (α m ) đi qua đường thăng cô định ∆ :
2+
3
b) d qua A (1; 0; -2 ) và có VTCP u = ( −2; 3; − 1)
C
ẤP
Ta có u , v . AB ≠ 0 nên d và ∆ chéo nhau. c) Đường vuông góc chung IJ có VTCP a = u , v = ( −5; −8; −14 )
Í-
H
Ó
A
Mặt phẳng (P) chứa d và IJ có VTPT n p = u , a = ( −50; −23; 31) và đi qua A (1; 0; -2 ) nên có phương trình:
ÁN
-L
−50 ( x − 1) − 23 ( y − 0 ) + 31( 2 + 2 ) = 0 hay 50 x + 23 y − 31z − 112 = 0. v, a = ( −30; 66; −27 ) và đi qua
TO
Mặt phẳng (Q) chứa ∆ nên IJ có VTPT n Q =
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
U
đường vuông góc chung của chúng.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
B ( -1; 0; 1) nên có phương trình: −10 ( x + 1) + 22 ( y − 0 ) − 9 ( z − 1) = 0 hay
10 x − 22 y + 9 z + 1 = 0.
Bài toán 16.32: Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng A có phương trình : x −1 y +1 z = = 2 −1 3 a) Viết phương trình hình chiếu của A trên các mặt phẳng ( Oyz).
Trang 22
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
b) Chứng minh mặt phẳng x + 5y + z + 4 = 0 đi qua đường thẳng ∆ . c) Viết phương trình đường thẳng song song với Oz, cắt cả ∆ và ∆ '.
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Vì điểm M (1; -1; 0 ) của A (α ) (a) nên A nằm trên (α ) .
G
Đ
hoặc nằm trên mặt phẳng (α ) .
TR ẦN
H
c) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, hình chiếu d1 của đường thẳng ∆ có phương trình:
x + 2y + 1 = 0 và hình chiếu d'1 của ∆ ' có phương trình x - y = 0 . Giao điểm của hai
00
B
1 1 đường thẳng d1 và d'1 là I − ; ; 0 Khi đó đường thẳng đi qua I, song song với Oz 3 3
10
sẽ cắt cả hai đường thẳng ∆
Ó
A
C
ẤP
2+
3
1 x = − 3 1 và ∆ '. Phương trình đường thẳng đó là: y = − 3 z = t
H
3. BÀI LUYỆN TẬP
-L
Í-
Bài tập 16.1: Lập phương trình mặt phẳng
N Y
x - y + z + 1 = 0.
TO
ÁN
a) Đi qua hai điểm A ( 0; 1; 1) , B ( −1; 0; 2 ) và vuông góc với mặt phẳng (P):
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
TP .Q
U
x = 0 a) Đường thẳng A có phương trình tham số là: y = −1 − t z = 3t b) Mặt phẳng (α ) đã cho có vectơ pháp tuyến n= (1; 5; 1) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương u = ( 2; −1; 3) Ta có n . u = 0 nên ∆ song song
H Ơ
N
Hướng dẫn giải
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
b) Chứa trục Oz và đi qua điểm E ( 2; −1; 2 )
Hướng dẫn a) Chọn n ⊥ AB; n p Kết quả y + z − 2 = 0. b) Kết quả 2y + z = 0.
Bài tập 16. 2: Lập phương trình mặt phẳng
Trang 23
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
a) Đi qua điểm M ( 2; -1; 2 ) , song song với trục Oy và ( P ) : 2 x − y + 3 z + 1 = 0 .
N
b) Đi qua điểm M ( 3; -1; -5 ) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng
H Ơ
3 x − 2 y + 2 z + 7 = 0 và 5 x − 4 y + 3 z + 1 + 0.
TP .Q
U
Y
N
Hướng dẫn a) Chọn VTPT n ⊥ j;n p Kết quả 3 x − 2 z − 2 = 0 . b) Kết quả 2 x + y − 2 z − 15 = 0
Đ
Tìm tập hợp các điểm M trong không gian sao cho MA+MB+MC+MD =4 .
2
G 2
2
= 1
H
Gọi M ( x;y;z ) . Kết quả mặt cầu ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3)
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Hướng dẫn
TR ẦN
Bài tập 16. 4: Lập phương trình mặt cầu:
a) Đi qua ba điểm A ( 0; 8; 0 ) , B ( 4; 6; 2 ) , C ( 0; 12; 4 ) và có tâm nằm trên mp(Oỵz).
00
B
b) Cầu có tâm là hình chiếu H của gốc O lên đường thẳng AB và bán kính R = 3 , với
10
A ( 3; 0; 0 ) , B ( 0; 4; 0 ) .
3
Hướng dẫn
ẤP
2+
a) Tâm I nằm trên mp(Oyz) nên I ( 0;b;c ) . 2
2
C
Kết quả x 2 + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 26 2
2
H
Ó
A
48 36 b) Kết quả x − + y − + z 2 = 9 25 25
-L
Í-
Bài tập 16. 5: Lập phương trình mặt cầu: a) Có tâm thuộc trục Oy và tiếp xúc với hai mặt
ÁN
phẳng: x + 2 y − 2 z − 3 = 0, x + 2 y − 2 z − 5 = 0 x .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Bài tập 16. 3: Cho tứ diện với các đỉnh A ( 2; 0; 0 ) , B ( 0; 4; 0 ) , C ( 0; 0; 6 ) , D ( 2; 4; 6 ) .
TO
b) Đi qua A ( 2; 0; 1) , B (1; 0; 0 ) , C (1; 1; 1) và có tâm thuộc mặt phẳng
x + y + z − 2 = 0.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
( P) :
Hướng dẫn a) Tâm I thuộc trục Oy nên I ( 0;b;0 ) . Kết quả x 2 + ( y − 2 ) + z 2 =
1 . 9
b) Kết quả ( x − 1 ) 2 + y 2 +
( z − 1) 2
2
= 1
Trang 24
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài tập 16. 6: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
N
x − 7 y − 2 z −1 x −1 y − 2 z − 5 và d 2 : = = = = 2 4 3 3 −2 −3
H Ơ
d1 :
Chứng to răng hai đường thẳng đã cho cùng nằm trong một mặt phẳng, viết phương
N
trình mặt phẳng đó.
U
Y
Hường dẫn
TP .Q
Chứng minh 2 đường thẳng cắt nhau. Kết quả 2 x − 16 y − 13 z + 31 = 0.
G
Đ
của 2 mặt phẳng (P): x + 2 y + 5 z + 6 = 0, (Q) : x − y − 3 z + 3 = 0 vuông góc với
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
mặt phẳng ( R ) : 3 x + 2 y + z − 5 = 0.
H
Hướng dẫn
TR ẦN
Đường thẳng d là giao tuyến của 2 mặt
( P ) : x+ 2y + 5z + 6 = 0, ( Q ) : x - y - 3z + 3 = 0 nên có VTPT
00
B
Kết quả 7 x − 4 y − 13 z + 24 = 0.
n ⊥ n p ; nQ
10
Bài tập 16. 8: Cho đường thẳng d và mp(P) có phương trình:
Ó
A
C
ẤP
2+
3
2 x = 3 + t 11 d y = − + t , ( P) : x − 3 y − 4 z − 1 = 0. 3 z = t
Í-
H
Viết phương trình đường thẳng d' là hình chiếu vuông góc của d trên mp(P) và
-L
phương trình đường thẳng d1 là hình chiếu song song của d trên mp(P) theo phương
Hướng dẫn
TO
ÁN
Oz.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Bài tập 16. 7: Lập phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d là giao tuyến
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
Tìm giao điểm A của d trên mp(P).
2 13 x = 3 + t x = +t 3 1 2 Kết quả y = − + t ; y = t 9 3 10 z = t z = − + 2t 3
Trang 25
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài tập 16. 9: Lập phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng
x − 3 y −1 z −1 x−7 y −3 z −9 và ( d 2 ) : = = = = 1 2 −1 2 3 −7
N
( d1 ) :
H Ơ
Hướng dẫn
Y U
x−7 y −3 z −9 = = 2 2 4
TP .Q
Kết quả
N
Gọi đoạn vuông góc chung là AB với A thuộc di tham số t và B thuộc d 2 tham số t’.
và cắt 2 đường thẳng:
Đ G Ư N H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
x = 1− t x = 2 − t ' d1 : y = t , d 2 y = 4 + 2t ' z = 1 z = 4t
TR ẦN
Hướng dẫn
Tìm 2 giao điểm A, B của 2 đường thẳng d < d2 với mp(P).
10
00
B
x = 1 + 4t Kết quả y = −2t z = t
2+
3
Bài tập 16. 11: Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng d1 và cắt
ẤP
cả hai đường thẳng d 2 và d 3 , biết phương trình :
Í-
H
Ó
A
C
x = 1 x = −4 + 5t x −1 y + 2 z − 2 d1 y = −2 + 4t ; d 2 : = = ; d3 y = −7 + 9t ' 1 4 3 z = 1− t z = t ' Hướng dẫn
-L
Đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng d 2 và d 3 tại BC với B thuộc d1 tham số t và c
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Bài tập 16. 10: Viết phương trình của đường thẳng nằm trong mặt phẳng y + 2 z = 0
ÁN
thuộc d 3 tham số t’.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
x = 1 Kết quả d: y = −2 + 4 z = 2 − t
Trang 26
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
CHUYÊN ĐỀ 17: LÍ THUYẾT SỐ 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
H Ơ
N
Số chính phương
N
- Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên
Y
- Số chính phương n 2 tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9.
TP .Q
U
Số nguyên tố - Hợp số - Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1 và chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó.
ẠO
- Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73,
G
179, 181, 191, 193, 197, 199, ….
Ư N
- Số nguyên lớn hơn 1, không phải số nguyên tố gọi là hợp số.
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Nếu số nguyên a > 1 và không chia hết cho số nguyên tố ≤ a thì a nguyên tố
TR ẦN
- Phân tích số tự nhiên m lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất
m = p1α1 .p 2α 2 ...p kα k
00
B
- Số các ước nguyên dương của m là d ( m ) = (α1 + 1)(α 2 + 1) ...(α k + 1)
p1α1 +1 − 1 p 2α 2 +1 − 1 p kα k +1 − 1 . ... p1 − 1 p2 − 1 pk − 1
2+
3
10
- Tổng các ước nguyên dương của m là σ ( m ) =
Số nguyên tố cùng nhau – Số nguyên – Số hữu tỉ
ẤP
- Nếu hai số nguyên a, b trong đó có ít nhất một khác 0 thì ƯCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by
( a, b ) .[a, b] = a.b ,
Ó H Í-
(
-L
m m , =1 a b
A
C
với x, y nguyên, (a, b) = (a, a ± b) và BCNN m = [ a, b ] thì
)
ÁN
- Nếu (a, b) = 1 thì a và b nguyên tố cùng nhau. Nếu (a, b) = 1 thì a n , b n = 1 .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173,
TO
- Các số nguyên dương a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên x và y sao cho: ax + by = 1.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
- Hàm Ơle φ ( m ) : các số bé hơn số nguyên dương m và nguyên tố cùng nhau với m. α
α
Nếu m = p1 1 .p 2 2 ...p k
αk
thì φ ( m ) = m 1 −
1 1 1 1 − ... 1 − p1 p 2 p k
Nếu m = p nguyên tố thì φ ( p ) = p − 1 Nếu (a, b) = 1 thì φ ( ab ) = φ ( a ) .φ ( b ) Trang 1
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
- Số hữu tỉ có dạng p =
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
m , m ∈ Z, n ∈ N* n
H Ơ
N
Phần nguyên – phần lẻ - Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, kí hiệu [x], nghĩa là
Y
N
[x] ≤ x < [x] + 1
TP .Q
U
- Nếu x = m + r với m nguyên và 0 ≤ r < 1 thì [x] = m và r gọi là phần lẻ, r = {x}. - Nếu n nguyên thì [n + x] = n + [x] với mọi x
ẠO
Chứng minh chia hết
H
a là bội số của b, b là ước của a), kí hiệu a ⋮ b hay b a .
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
nguyên thỏa 0 ≤ r < b . Nếu r = 0 thì số nguyên a chia hết cho số nguyên b ≠ 0 (b chia hết a,
TR ẦN
- Dấu hiệu chia hết cho 2 là số chẵn; cho 5 là chữ số tận cùng 0, 5; cho 4 (hoặc 25) là hai chữ số tận cùng ⋮ 4 (hoặc 25); cho 8 (hoặc 125) là ba chữ số tận cùng ⋮ 8 (hoặc 125); cho 3 (hoặc) 9 là tổng các chữ số⋮ 3 (hoặc 9); cho 11 là hiệu của tổng các chữ số hàng thứ chẵn với hàng
00
B
thứ lẻ ⋮ 11.
10
Dư và đồng dư
3
- Cho số nguyên m > 1. Nếu hai số a, b có cùng dư khi chia cho m thì a đồng dư với b theo
2+
modun m, kí hiệu a ≡ b (modm)
ẤP
Nếu a ≡ b (modm), c ≡ d (modm) thì
A
C
a ± c ≡ b ± d ( mod m ) , ac ≡ bd ( mod m )
H
Ó
- Định lý Ơle: với (a, m) = 1 thì a
φ( m )
= 1( mod m )
ÁN
-L
Í-
- Định lý Fecma: với p nguyên tố thì a p ≡ a ( mod p ) với (a, p) = 1 thì a p −1 ≡ 1( mod p )
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
- Phép chia số nguyên a cho số nguyên b ≠ 0: a = b.q + r với thương q nguyên và dư r
TO
- Tập {a1 ,a 2 ,...,a n } là hệ thăng dư đầy đủ modulo m nếu với mọi i, 0 ≤ i ≤ m − 1 , tồn tại duy
Ỡ N
G
nhất j sao cho a j ≡ i ( modm )
BỒ
ID Ư
- Định lý phần dư Trung Hoa: Nếu r và s là 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là 2 số nguyên bất kì, thì hệ 2 phương trình đồng dư: N ≡ a ( mod r ) và N ≡ b ( mod s ) có nghiệm duy nhất N theo
modulo (rs). Trang 2
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Tổng quát: Nếu m1 , m 2 ,..., m k là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một và a1 ,a 2 ,...,a k là
N
các số nguyên, thì hệ k phương trình đồng dư: x ≡ a i ( mod mi ) ; I = 1, 2 …, k có nghiệm x
H Ơ
nguyên duy nhất theo modulo M = m1.m 2 ...m k .
TP .Q
U
1) Nếu a tận cùng 0, 1, 5, 6 thì a n cũng tận cùng 0, 1, 5, 6 tương ứng. Vì φ (10 ) = 4 , nếu n =
Y
N
Chú ý:
ẠO
tận cùng 2 thì chữ số tận cùng của a n là chữ số tận cùng của 6.2r .
Đ
2) Nếu a tận cùng là x thì a 20 có hai chữ số tận cùng là 2 chữ số tận cùng của x 20 . Tìm hai
G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
chữ số tận cùng của a n đưa về tìm dư trong phép chia n cho 20.
với a i ∈ {0;1} , a n ≠ 0 . Tổng quát, số tự nhiên s viết trong hệ g – phân nếu:
TR ẦN
H
3) Hệ nhị phân của số tự nhiên k = a.2 n + a n −1 2n −1 + ... + a1 2 + a 0 là k = a n a n −1...a1a 0 (2)
00
B
s = a n g n + a n −1g n −1 + ... + a1g + a 0 là s = a n a n −1...a1a 0 (g)
10
Với a i ∈ {0,1,...,g − 1} , a n ≠ 0
3
4) Phương trình Pell: Nếu (a, b) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình
ẤP
2+
x 2 − dy 2 = 1 thì mọi nghiệm nguyên dương đều có dạng: n
n
n
) + (a − b d ) , (a + b d ) − (a − b d ) 2
2 d
n
H
Ó
A
(
C
a+b d ( x n , y n ) =
Í-
2. CÁC BÀI TOÁN
-L
Bài toán 17.1: Chứng minh
ÁN
a) 70.271001 + 31.38101 chia hết cho 13.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
4k + r và nếu a tận cùng 3, 7 thì chữ số tận cùng của a n là chữ số tận cùng của a r , còn nếu a
Hướng dẫn giải
G
TO
b) Nếu ba số a, a + k và a + 2k đồng thời là ba số nguyên tố phân biệt lớn hơn 2 thì k ⋮ 6 .
BỒ
ID Ư
Ỡ N
a) Ta có 27 ≡ 1mod (13) ⇒ 271001 ≡ 1mod (13) Và 38 ≡ −1mod (13) ⇒ 38101 ≡ −1mod (13)
⇒ 271001 = 13n + 1( n ∈ N ) và 38101 = 13m − 1( m ∈ N )
⇒ 70.271001 + 31.38101 = 70 (13n + 1) + 31(13m − 1) = ( 70n + 31m )13 + 39 ⇒ đpcm. Trang 3
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
b) Ta biết rằng các số nguyên tố lớn hơn 3 có thể biểu diễn dưới dạng 6p + 1 hoặc 6p + 5 (p (*)
?
H Ơ
N
Ba số a, a + k, a + 2k lớn hơn 3 chỉ có thể biểu diễn trong hai dạng nên theo nguyên tắc
N
Đirichlê, nhất định phải có hai số được biểu diễn trong cùng một dạng, chẳng hạn đó là 6p + r
Bài toán 17.2: Chứng minh với mọi m, tồn tại số nguyên n để:
ẠO
n 3 − 11n 2 − 87n + m chia hết cho 191.
Đ
Hướng dẫn giải
G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đặt P ( x ) = x 3 − 11x 2 − 87x + m 3
H
Giả sử: P ( x ) ≡ ( x + a ) + b ( mod 191)
TR ẦN
⇔ x 3 + 3ax 2 + 3a 2 x + a 3 + b ≡ x 3 − 11x 2 − 87x + m ( mod (191) )
3a ≡ −11( mod191) ⇔ 3a 2 ≡ −87 ( mod191) 3 b ≡ m − a ( mod191)
10
00
B
(1) ( 2) ( 3)
2+
3
(1) ⇔ 3a ≡ 180 ( mod191) ⇔ a ≡ 90 ( mod191)
ẤP
⇒ 3a 2 ≡ −87 ( mod191) . Vậy ∀m ∈ Z , tồn tại số nguyên a, b để:
A
C
P ( x ) = ( x + a 3 ) + b ( mod191)
H
Ó
Nhận xét: 191 là số nguyên tố dạng 191 = 3k + 2 3
U
TP .Q
của hai trong ba số trên hoặc bằng k hoặc bằng 2k nên k ⋮ 3, nhưng k là số chẵn nên k⋮ 6.
Y
và 6s + r với r là 1 hoặc 5. Hiệu của hai số này bằng 6s – 6p = 6 (s – p) ⋮ 6. Mặt khác hiệu
3
-L
Í-
P ( i ) ≡ P ( j)( mod191) ⇒ ( i + a ) ≡ ( j + a ) ( mod191)
ÁN
Đặt u = i + a, v = j + a thì u 3 ≡ v3 ( mod191)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
nguyên dương)
TO
⇒ u 3k ≡ v 3k ( mod191)
G
u 3k v 2 ≡ v3k + 2 ≡ v191 ( mod191) = v ( mod191) (định lý Ferma) (1)
BỒ
ID Ư
Ỡ N
⇒ v 2 ≡ u 3k v3 ≡ u 3k +3 ( mod191) ⇒ u 3k v 2 ≡ u 3k .u 3k +3 ≡ u 3k +1.u 3k + 2 ≡ u 3k +1.u191 ≡ u 3k +1.u ( mod191)
≡ u 3k + 2 ≡ u191 ≡ u ( mod191)
(2)
(1) và (2) suy ra: u ≡ v ( mod191) ⇒ i ≡ j ( mod191) Trang 4
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Nếu ∀i, j ∈ {1, 2,...,191} ; i ≠ j ( mod191) thì P ( i ) ≠ P ( j)( mod191)
N
Suy ra tồn tại n ∈ {1, 2,...,191} sao cho P (n) = 191 (mod 191) tức là:
N Y
nguyên. Chứng minh x 4 y 44 − 1 chia hết cho x + 1
ẠO
Hướng dẫn giải
TR ẦN
Trong đó a, b,c,d ∈ Z , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > 0
Ư N
G
x 4 − 1 a y4 − 1 c = ; = y +1 b x +1 d
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đặt
Đ
Ta chứng minh y 4 − 1 chia hết cho x + 1.
ad + bc a c nguyên, suy ra d | b và b | d. Mặt khác, do . nguyên; (a, b) = 1 bd b d
Từ giả thiết, ta có
00
B
và (c, d) = 1, nến b = d = 1.
(
)
10
Suy ra y 4 − 1 chia hết cho x +1. Từ đó x 4 y 44 − 1 = x 4 y 44 − 1 + x 4 − 1 chia hết cho x + 1
2+
3
(do y 44 − 1 chia hết cho y 4 − 1 nên nó chia hết cho x + 1 và x 4 − 1 chia hết cho x + 1). n
ẤP
Bài toán 17.4: Với mọi số tự nhiện n, chứng minh rằng tổng
∑C
2k +1 2n +1
C
k =0
Hướng dẫn giải
H
Ó
A
5.
-L
Í-
Đặt x = 8 , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: 2n +1
TO
ÁN
(1 + x )
k =0 2n +1
= A − Bx
(**)
G
Tương tự: (1 − x )
n
2k +1 3k = A + Bx (*) với B = ∑ C 2n +1.2
.23k không chia hết cho
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
U
x 4 − 1 y4 − 1 Bài toán 17.3: Cho x, y là các số nguyên, x ≠ −1; y ≠ −1 sao cho + là số y +1 x +1
H Ơ
P ( n ) ≡ 0 ( mod191) .
Mặt khác, 7 2n +1 ≡ ±2 ( mod 5 ) Do vậy, nếu B là bội của 5 thì: A 2 ≡ ±2 ( mod 5 ) : vô lý.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
Nhân vế theo vế (*) và (**) ta được: 7 2n +1 = 8B2 − A 2
Trang 5
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 17.5: Chứng minh phần nguyên của
(
11 + 3
)
2n +1
thì chia hết cho 2n +1 và không
H Ơ
N
chia hết cho 2 n + 2 với mọi n là số tự nhiên. Hướng dẫn giải
11 + 3
(
)
2n +1
2n +1
11 − 3
)
2n +1
N
(
là số tự nhiên
Y
−
U
)
2n +1
∈ ( 0;1) nên
=
(
11 + 3
)
2n +1
−
(
11 − 3
)
2n +1
1
(
)
11 − 3
)
)
2
= 40 nên với n = 1 thì:
B
3
) (
11 + 3 −
11 − 3
TR ẦN
) (
11 + 3 −
3
10
(
2
(
00
Mà:
G
11 − 3 = 6 chia hết cho 20+1 = 2 nhưng không chia hết cho
22 = 4 .
) (
) (
) (
2+
) (
)(
)
C
ẤP
(
3
2 2 11 + 3 − 11 − 3 11 + 3 + 11 − 3 + 11 + 3 11 − 3 = 6.42 = 22.32.7 = 6 40 2 2 3 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 2 .
Ó
A
Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên k < n. Ta chứng minh tính chất này đúng với
)(
)
11 − 3 = 2 ⇒
-L
11 + 3
ÁN
(
Í-
H
k= n. Trước hết, nhận xét rằng:
TO
Thật vậy:
(
11 + 3
(
2
) (
)
2n +1
−
(
(
)
11 − 3 =
11 − 3
)
) (
− 11 − 3
(
= 40 11 + 3
(
)
2n −1
−
(
11 − 3
)
2n −1
2
(
11 − 3
)
;
(
)
11 + 3 =
2
(
11 − 3
)
2n +1
2 11 − 3 11 + 3
ID Ư
Ỡ N
G
= 11 + 3 +
BỒ
1
) (
11 + 3 −
H
Với n = 0;
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
(Vì a − b = k ∈ N ⇒ a = k + b với b ∈ ( 0;1) nên [a] = k = a – b)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
11 + 3
)
TP .Q
11 + 3
ẠO
(
Mà
(
Đ
Ta có:
)
2n −1
2
)(
−
(
11 − 3
11 + 3
)
2n −1
− 4 11 + 3
(
)
)
−
2n −3
2n −1
( −
11 + 3
(
2
)(
11 − 3
)
11 − 3
2n −3
)
2n −1
Trang 6
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
Vậy
(
11 + 3
)
)
2n −1
2n +1
−
(
11 − 3
)
2n −1
− 22 11 + 3
(
)
2n −3
−
(
11 − 3
)
2n −3
chia hết cho 2n +1 nhưng không chia hết cho 2 n + 2 .
N
(
H Ơ
= 235. 11 + 3
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Y
2
thì a = b.
U
)
Hướng dẫn giải
(
TP .Q
(
là ước số của 4a 2 − 1
N
Bài toán 17.6: Cho trước a và b là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu số (4ab – 1)
)
2
G
a ≠ b thì ta sẽ gọi các cặp số như vậy là cặp xấu và giả sử (a, b) là cặp xấu có tổng 2a + b
)
(
≡ 4b 2 − ( 4ab )
2 2
)
2
≡ 16b 4 ( 4a 2 − 1) ≡ 0 ( mod ( 4ab − 1) ) nên (b, a) cũng là
TR ẦN
2
Ư N
(
Do 4b 2 − 1
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
nhỏ nhất.
cặp xấu, vậy 2a + b ≤ 2b + a suy ra a < b (do a ≠ b ). Do
4ab − 1
− 1)
2
3
2
. Vậy (a, c) cũng là cặp xấu.
− 1)
2
C
2
ẤP
4ab − 1
( 4a Từ a < b và 4ac − 1 =
là số chia 4a dư 3, do đó tồn tại số nguyên dương
2+
( 4a c sao cho 4ac − 1 =
2
B
− 1)
2
− 1) chia 4a dư 1, còn
00
2
2
10
( 4a ( 4ab − 1) chia 4a dư 3, nên số
( 4a
ta có c < b, khi đó 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết
Ó
A
4ab − 1
H
(a, b) là cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ nhất. (đpcm).
-L
Í-
Bài toán 17.7: Xác định tất cả các cặp nguyên dương (a, b) sao cho a 2 b + a + b chia hết cho
ÁN
ab 2 + b + 7 .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
ẠO
Giả sử tồn tại cặp hai số nguyên dương (a, b) sao cho (4ab – 1) là ước số của 4a 2 − 1 và
TO
Hướng dẫn giải
Xét a < b thì b ≥ a + 1 , do đó:
Ỡ N
G
ab 2 + b + 7 > ab 2 + b ≥ (a + 1)(ab + 1) = a 2 b + a + ab ≥ a 2 b + a + b
Xét a ≥ b . Đặt k =
BỒ
ID Ư
Như vậy, ta không tìm được (a, b) thỏa điều kiện bài toán trong trường hợp này.
a 2b + a + b , giả sử k nguyên dương ab 2 + b + 7
Trang 7
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
a 7 a 1 2 + ( ab + b + 7 ) = ab 2 + a + ab + 7 + + 1 > ab 2 + a + b b b b b
Ta có:
7 7 a 1 2 − ( ab + b + 7 ) = ab 2 + a − a b − − 1 − < ab 2 + a < ab 2 + a + b b b b b
a ( a + 8 ) − ( a 2 + a + 1) = 7a − 1 , do đó, ta cũng có (a + 8) chia hết 7 ( a + 8 ) − ( 7a − 1) = 57 .
B
Nhưng các ước số lớn hơn 8 của 57 chỉ có 19 và 57, do đó a = 11 hoặc a = 49. Dễ dàng kiểm
( 2a
2
+ a + 2 ) , do đó suy ra (4a + 9) chia hết
2+
3
- Nếu b = 2 thì (4a + 9) chia hết
10
00
tra rằng các cặp (a, b) = (11, 1) và (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện bài toán.
ẤP
a ( 4a + 9 ) − 2 ( 2a 2 + a + 2 ) = 7a − 4 . Từ đó, ta cũng có (4a + 9) chia hết 35 , 2
H
Ó
không phải số nguyên.
A
C
7 ( 4a + 9 ) − 4 ( 7a − 4 ) = 79 . Nhưng ước số lớn hơn 9 của 79 chỉ có 79, từ đó a =
(
)
-L
Í-
Vậy, các cặp (a, b) thỏa điều kiện bài toán là: (11, 1), (49, 1) và 7k 2 ,7k , với k là số
ÁN
nguyên dương.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
+ a + 1) , suy ra (a + 8) chia hết
TR ẦN
2
H
(a
- Nếu b = 1 thì (a + 8) chia hết
Ư N
Điều này cho ta tìm được (a, b) = (7k 2 ,7k)
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đ
a 1 a 1 − < k < + thì a – 1 < kb < a + 1 nên a = kb. b b b b
G
- Nếu
a 1 − b b
ẠO
Từ đó b = 1, hoặc b = 2, hoặc k >
TP .Q
Suy ra:
N
H Ơ
N
7 b − > 0 b
Y
a 1 + , nếu b ≥ 3 thì b b
U
Suy ra k <
TO
Bài toán 17.8: Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho 5n là ước số của tích các số tự nhiên từ 1 Hướng dẫn giải
Ỡ N
G
đến 1000.
nguyên tố, nghĩa là n bằng tổng của số các bội số của 5, của 52 , của 53 , của 54 trong dãy 1, 2, 3, …, 1000.
BỒ
ID Ư
Số n lớn nhất phải tìm là số thừa số 5 khi phân tích 1 x 2 x 3 x …. x 1000 thành thừa số
Trang 8
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Các bội của 5 trong dãy 1, 2, 3, …, 1000 là 5, 10, 15, …, 1000 gồm 1000 : 5 = 200 số. Trong
N
đó, các bội của 52 là 25, 50, …, 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, các bội của 53 là 125, 250, …,
H Ơ
1000 gồm 1000 : 125 = 8 số, các bội của 54 là 625 gồm 1 số.
N
Do đó số thừa số 5 khi phân tích 1 x 2 x 3 x … x 1000 ra thừa số nguyên tố là 200 + 40 + 80
U
Y
+ 1 = 249.
TP .Q
Vậy số n lớn nhất là 249.
ẠO
thời chia hết cho tích số mn.
Đ
Hướng dẫn giải
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Với m = 1, ta cần: n | 3n + 5 ⇔ n ∈ {1, 2, 4,8} . Tuy nhiên, chỉ có n ∈ {1, 2} thỏa mãn điều
H
kiện n | 3n + 5n . Tương tự, với n = 1 ta có: m ∈ {1, 2} .
toán.
TR ẦN
Ta sẽ chứng minh rằng không còn cặp số nguyên dương m, n nào khác thỏa mãn yêu cầu bài (1)
00
vì nếu m và n cùng là số chẵn thì ta có 4 | mn .
B
Thật vậy, giả sử m, n ≥ 2 thỏa ycbt. Đầu tiên, cả hai số m và n không thể cùng là số chẵn bởi
3
10
Do đó, 3m + 5m ≡ 0 ( mod 4 )
m
ẤP
2+
Tuy nhiên, vì m chẵn nên 3m + 5m ≡ ( −1) + 1 ≡ 2 ( mod 4 ) , mâu thuẫn. Vậy, ta có thể coi m là một số lẻ (m > 2). (2)
A
C
Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của m, dễ thấy p ∉ {2,3,5}
H
Ó
Đặc biệt, (5, p) = 1; nên tồn tại số nguyên x để 5x ≡ 1( mod p ) .
-L
Í-
Từ p | m | 3m + 5m suy ra
p | x m ( 3m + 5m ) = ( 3x ) + ( 5x ) ⇒ ( 3x ) ≡ −1( mod p ) m
m
ÁN
m
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Bài toán 17.9: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m, n sao cho: 3m + 5m và 3n + 5n đồng
TO
Vì thế, nếu đặt h = ord p ( 3x ) , thì h | 2m; ta cũng có: h | p – 1 (định lý nhỏ Fermat và tính
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
chất của cấp), nên: h | (p – 1,2m) = 2 ( vì p − 1⋮ 2 và (p – 1, m) = 1 theo cách chọn (2) của p) h h p | ( 3x ) − 1 − ( 5x ) − 1 = ( 3h − 5h ) x h ⇒ p | 3h − 5h với h ∈ {1, 2} .
Nhưng 31 − 51 = −2, 32 − 52 = −24 nên p = 2, mâu thuẫn với (2). Do đó (1) đúng, đpcm. Vậy m, n ∈ {1;2} Trang 9
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 17.10: Chứng minh rằng, với số nguyên dương m bất kì sẽ tồn tại vô số các cặp số nguyên (x, y) sao cho:
H Ơ
N
1) x và y nguyên tố cùng nhau
N
2) y chia hết x 2 + m
Y
3) x chia hết y 2 + m
Giả sử (x, y) là cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3). Khi đó ta có
(x
TP .Q
U
Hướng dẫn giải
+ y 2 + m )⋮ xy hay
2
G
Đ
(1) với k nguyên nào đó và x, y nguyên tố cùng nhau thì cặp (x, y) đó cũng thỏa mãn 1), 2),
H
số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) và x, y nguyên tố cùng nhau.
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
3). Như vậy bài đã ra sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được một số nguyên k sao cho có vô
TR ẦN
Chọn k = m + 2. Khi đó (1) trở thành:
x 2 + y 2 − ( m + 2 ) xy + m = 0
(2)
B
Bây giờ, ta sẽ chứng minh có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (2) và x < y với x, y
10
00
nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, xét dãy các số nguyên {x n } được xác định như sau:
2+
3
x1 = 1, x 2 = m + 1, x n + 2 = ( m + 2 ) x n +1 − x n
ẤP
∀n = 1, 2,3... Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được:
C
i) {x n } là dãy tăng
Ó
A
ii) x n và x n +1 nguyên tố cùng nhau ∀n = 1, 2,3...
H
iii) Cặp số ( x n , x n +1 ) thỏa mãn (2) ∀n = 1, 2,3... ⇒ đpcm
-L
Í-
Bài toán 17.11: Từ dãy mọi số nguyên dương lớn hơn 1, ta lập dãy số tăng dần a1 ,a 2 ,a 3 ...
ÁN
gồm tất cả các số không là bội của 2 và cũng không là bội của 3. Chứng minh rằng
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
x 2 + y 2 − kxy + m = 0 (1) với k ∈ Z . Ngược lại, dễ thấy nếu cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn
Hướng dẫn giải.
G
TO
a n > 3n với số nguyên dương n bất kì.
Ỡ N
Trong 3n số từ 1 đến 3n ta chia ra từng nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + 3 với
BỒ
ID Ư
k= 0, 1, 2, …, n – 1. Trong ba số liên tiếp đó có số 3k + k = 3(k + 1) là bội của 3 và một trong hai số 3k + 1, 3k +2 có một số là bội của 2 nhưng không là bội của 3, do đó phải loại đi 2 trong ba số liên tiếp.
Trang 10
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Trong nhóm đầu tiên 1, 2, 3 có ba số đều bị loại. Vậy từ 1 đến 3(k + 1) = 3n ta cần phải loại
N
2(n – 1) + 3 = 2n + 1 số là chỉ còn lại n – 1 số. Các số này mang chỉ số từ a1 đến a n −1 do đó
H Ơ
a n > 3n .
N
Bài toán 17.12: Tìm tất cả các số
U ) (
)
2
+ n − 50
Đ
a) Xét số: A = ( n − 1) n 5 + n 4 + n 3 + 13n 2 + 13n + 14 = n 3 + 6
ẠO
Hướng dẫn giải
G
Từ điều kiện của đề bài suy ra A là số chính phương, vì A là tích của hai số chính phương.
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Xét 0 ≤ n ≤ 2 . Bằng phép thử trực tiếp dễ thấy A là số chính phương khi và chỉ khi n = 1,
TR ẦN
H
nhưng lúc đó n 5 + n 4 + n 3 + 13n 2 + 13n + 14 = 43 không là số chính phương.
(
Xét 3 ≤ n < 50 , ta suy ra A nằm giữa hai số chính phương liên tiếp n 3 + 5
2
(
)
2
và n 3 + 6 .
B
Vậy A không là số chính phương mâu thuẫn.
)
10
00
Xét nếu n = 50 thì ta có A = 125006 2 = 7 2.178582
(
2
(
)
2
và n 3 + 7 nên A
2+
không là số chính phương mâu thuẫn.
)
3
Xét nếu n > 50 suy ra A nằm giữa hai số chính phương liên tiếp n 3 + 6
C
ẤP
Vậy chỉ có n = 50 là đáp số của bài toán.
(
H
Ó
A
p b) Giả sử x = trong đó p,q ∈ Z , q > 0 và (p, q) = 1 thỏa mãn q
2
p p 2 + + 6 = n ( n ∈ Z). q q
)
-L
Í-
Suy ra p 2 = q − p − 6p + n 2 q .
ÁN
Đẳng thức này cho thấy mọi ước của q đều là ước của p. Nhưng (p, q) = 1 nên phải có q = 1,
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
b) Số hữu tỉ x sao cho x 2 + x + 6 là số chính phương.
(
Y
a) Tự nhiên n để các số: n – 1; n 5 + n 4 + n 3 + 13n 2 + 13n + 14 đều là các số chính phương.
x = p là số nguyên. 2
TO
Khi đó p 2 + p + 6 = n 2 ⇔ ( 2p + 1) + 23 = 4n 2 ⇔ 23 = ( 2n − 2p − 1)( 2n + 2p + 1)
Ỡ N
G
Vì 23 là số nguyên tố, các thừa số ở vế phải đều là các số nguyên dương và
BỒ
ID Ư
2n − 2p − 1 < 2n + 2p + 1 , nên đẳng thức xảy ra khi 2n – 2p – 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23.
Giải hệ phương trình này ta được p = 5, số này thỏa mãn đề bài. Bài toán 17.13: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 không phải là số chính phương. Trang 11
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Hướng dẫn giải có
1 ≡ 1( mod 3) ,
9 ≡ 0 ( mod 3)
919 ≡ 0 ( mod 3) ,
nên
93 ≡ 0 ( mod 3)
nên
N
Ta
H Ơ
93199 ≡ 0 ( mod 3) ; 1993 ≡ 1( mod 3) nên 19931994 = 1( mod 3) .
Y
N
Vậy A ≡ 2 ( mod 3) hay A = 3k + 2 ( k ∈ Z ) , nhưng một số chính phương không thể có dạng
TP .Q
U
3k + 2, nên A không phải là số chính phương.
Tổng quát: Có thể chứng minh rằng số A = 1 + 9m + 93n + 1993p không phải là số chính
ẠO
phương với mọi số nguyên dương m, n, p.
Từ (1) ta có: ( x − y )( 2x + 2y + 1) = y 2 Mặt khác từ (1) ta lại có: ( x − y )( 3x + 3y + 1) = x 2
TR ẦN
(2)
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Hướng dẫn giải
Ư N
G
2x 2 + x = 3y 2 + y (1) thì x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là các số chính phương.
(3)
B
Từ (2) và (3) ta có: ( x − y )( 2x + 2y + 1)( 3x + 3y + 1) = x 2 y 2
( 2x + 2y + 1,3x + 3y + 1) = d
thì d là ước của ( 3x + 3y + 1) − ( 2x + 2y + 1) = x + y
3
Đặt
(4)
10
00
Suy ra ( 2x + 2y + 1)( 3x + 3y + 1) là số chính phương
2+
⇒ d là ước của 2(x + y). Từ đó d là ước của (2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1 nên d = 1.
C
ẤP
Từ (4) và từ ( 2x + 2y + 1,3x + 3y + 1) = 1 suy ra 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính
A
phương. Từ đó căn cứ vào (2) hoặc (3) suy ra x – y cũng là số chính phương.
H
Ó
Bài toán 17.15: Tìm số có bốn chữ số abcd , biết rằng abd là số chính phương và nếu cộng
Í-
thêm 72 vào abcd thì được một số chính phương.
ÁN
-L
Hướng dẫn giải
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
Bài toán 17.14: Chứng minh rằng nếu x, y là các số nguyên thỏa mãn hệ thức
TO
Các chữ số a, b, c, d trong đó abcd chỉ có thể nhận giá trị từ 0 đến 9 và a ≠ 0 . Nếu một số có tận cùng là chữ số e thì bình phương của số đó có tận cùng là chữ số f tương
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
ứng trong bảng sau: e
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
f
0
1
4
9
6
5
6
9
4
1
Vì abd là số chính phương nên d chỉ có thể lấy các giá trị 0, 1, 4, 5, 6, 9; mặt khác số
abcd + 72 là số chính phương thì d + 2 phải có tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9. Trang 12
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Mà d + 2 chỉ có thể có tận cùng là 2, 3, 6, 7, 8, 1 do đó d + 2 chỉ có thể lấy các giá trị 1, 6; nghĩa là d chỉ có thể lấy các giá trị 9, 4.
H Ơ
N
- Với d = 4 ta có ab4 = y 2 và abc4 + 72 = abc6 + 70 = x 2 . Theo bảng trên y 2 có tận cùng 4
N
thì y chỉ có thể có tận cùng là 2 hoặc 8 còn x 2 có tận cùng 6 thì x chỉ có thể có tận cùng là 4
U
Y
hoặc 6.
TP .Q
Suy ra 100 < y 2 < 1000 nên 10 < y < 31 nên y chỉ có thể là 12, 18, 22, 28.
không thỏa mãn.
G
Đ
Nếu y = 18 thì y 2 = 324 và x 2 = 32c6 + 70 nên 3200 < x 2 < 3500 , suy ra 56 < x < 60:
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
không thỏa mãn.
H
Nếu y = 22 thì y 2 = 484 và x 2 = 48c6 + 70 nên 4800 < x 2 < 5000 , suy ra 68 < x < 72:
TR ẦN
không thỏa mãn.
Nếu y = 28 thì y 2 = 784 và x 2 = 78c6 + 70 nên 7800 < x 2 < 8000 , suy ra 86 < x < 90:
00
B
không thỏa mãn.
10
- Với d = 9 ta có ab9 = y 2 và abc9 + 72 = abc1 + 80 = x 2 . Theo bảng trên y 2 có tận cùng 9
2+
3
thì y chỉ có thể có tận cùng là 3 hoặc 7 còn x 2 có tận cùng 1 thì x chỉ có thể có tận cùng là 1
ẤP
hoặc 9.
C
Suy ra 100 < y 2 < 1000 nên 10 < y < 31 do đó y chỉ có thể là 13, 17, 23, 27.
Ó
A
Nếu y = 13 thì y 2 = 169 và x 2 = 16c1 + 80 nên 1600 < x 2 < 1800 , suy ra 40 < x < 43.
Í-
H
Ta thử với x = 41 có 412 = 1681 thỏa mãn, vậy abcd = 1609 .
-L
Nếu y = 17 thì y 2 = 289 và x 2 = 28c1 + 80 nên 2800 < x 2 < 3000 , suy ra 52 < x < 56:
ÁN
không thỏa mãn.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Nếu y = 12 thì y 2 = 144 và x 2 = 14c6 + 70 nên 1400 < x 2 < 1600 , suy ra 37 < x < 40:
TO
Nếu y = 23 thì y 2 = 529 và x 2 = 52c1 + 80 nên 5200 < x 2 < 5400 , suy ra 72 < x < 75:
G
không thỏa mãn.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
Nếu y = 77 thì y 2 = 729 và x 2 = 72c1 + 80 nên 7200 < x 2 < 7400 , suy ra 82 < x < 87: không thỏa mãn.
Bài toán chỉ có 1 nghiệm là abcd = 1609 . Bài toán 17.16: Số A = n 4 + 4n là số nguyên tố hay hợp số trong đó n là số nguyên dương. Hướng dẫn giải Trang 13
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Với n = 1 thì A = 5 là số nguyên tố. Với n > 1 xét hai trường hợp - Nếu n là số chẵn thì n 4 ⋮ 2 và 4n ⋮ 2 nên A⋮ 2 mà A > 2 do đó A là hợp số.
H Ơ
N
- Nếu n là số lẻ, đặt n = 2k + 1 (k nguyên dương)
N
Ta có A = n 4 + 4n = n 4 + 4 2k.4
2
2
Đ
Bài toán 17.17: Cho các số nguyên dương a, b, c, d với a > b > c > d > 0.
ẠO
Rõ ràng mỗi thừa số của tích đều là các số tự nhiên lớn hơn 2. Vậy A là hợp số.
Hướng dẫn giải
a 2 − ac + c2 = b 2 + bd + d 2
TR ẦN
Đẳng thức đã cho tương đương với
Ư N
nguyên tố.
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Giả sử ac + bd = (b + d + a – c) (b + d – a + c). Chứng minh rằng ab + cd không phải là số
(1)
00
B
= 60o , BCD = 120o thì Xét tứ giác ABCD với AB = a, BC = d, CD = b, AD = c, BAD
10
BD 2 = a 2 − ac + c 2 = b 2 + bd + d 2 một tứ giác như thế rõ ràng tồn tại trên cơ sở có (1) là
2+
3
= α , suy ra CDA = 180o − α . Định lí hàm cosin. Đặt ABC
ẤP
Định lí hàm cosin trong các tam giác ABC và ACD cho ta:
C
a 2 + d 2 − 2ad cos α = AC 2 = b 2 + c2 + 2bccos α
Ó
A
a 2 + d 2 − b2 − c2 và ad + bc
H
Từ đó: 2 cos α =
a 2 + d 2 − b 2 − c 2 ( ab + cd )( ac + bd ) = ad + bc ad + bc
Í-
-L
AC 2 = a 2 + d 2 − ad
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
= ( n + 2k ) + 22k ( n − 2k ) + 2 2k
TP .Q
U
Y
= ( n 2 + 2 2k +1 + n.2k +1 )( n 2 + 2 2k +1 − n.2 k +! )
ÁN
Vì ABCD nội tiếp nên Định lí Ptolémé cho ta:
TO
( AC.BD )
G
(
2
= ( ab + cd )
2
)
BỒ
ID Ư
Ỡ N
Suy ra ( ac + bd ) a 2 − ac + c 2 = ( ab + cd )( ad + bc )
(2)
Ta có (a – d)(b – c) > 0, (a – b)(c – d) > 0 Từ hai bất đẳng thức này dễ dàng suy ra được: ab + cd > ac + bd > ad + bc
(3)
Trang 14
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bây giờ, giả sử ngược lại rằng ab + cd là số nguyên tố. Khi đó, từ (3), suy ra rằng ab + cd và ac + bd nguyên tố cùng nhau. Do vậy, (2) cho ta kết luận ad + bc chia hết cho ac + bd, điều
N
( 2m )!( 2n )! là một m!n!( m + n )!
Y
Bài toán 17.18: Với mọi số nguyên dương m và n, chứng minh rằng:
H Ơ
N
này không thể xảy ra vì đã có (3). Ta có đpcm.
TP .Q
U
số nguyên dương. Hướng dẫn giải
ẠO
Để giải bài toán, ta chỉ việc chứng tỏ rằng với mọi số nguyên tố p, số các thừa số p chứa
Ư N H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
2m 2m 2m 2n 2n 2n S1 = + 2 + 3 + ... + + 2 + 3 + ... p p p p p p
G
Như đã biết, số các thừa số p chứa trong tích (2m)!(2n)! là:
TR ẦN
Còn số các thừa số p chứa trong tích m!n!(m + n)! bằng:
10
Bất đẳng thức S1 ≥ S2 suy ra từ bất đẳng thức:
00
B
m m m n n n m + n m + n m + n S2 = + 2 + 3 + ... + + 2 + 3 + ... + + 2 + 3 p p p p p p p p p
2+
3
2m 2n m n m + n p k + p k ≥ p k + p k + p k với mọi k
A
C
một cách duy nhất dưới dạng:
ẤP
Bài toán 17.19: Chứng minh rằng với mọi cặp số tự nhiên m, k, số m có thể được biểu diễn
Í-
H
Ó
m = Cakk + Cakk−−11 + ... + Cat t với a k > a k −1 > ... > a t ≥ t ≥ 1 . Hướng dẫn giải
-L
Trước tiên ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử m được biểu diễn như đề bài với hai dãy
ÁN
a k ,...,a t và b k ,..., b t . Ta tìm vị trí đầu tiên mà chúng khác nhau, không mất tính tổng quát,
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Đ
trong tích (2m)!(2n)! không nhỏ hơn số các thừa số p chứa trong tích m!n!(m + n)!
TO
ta giả sử vị trí đó là k và a k > b k .
Để chứng minh sự tồn tại, ta áp dụng thuật toán sau: tìm số a k lớn nhất thỏa mãn Cakk ≤ m ,
sau đó, cũng làm tương tự như với hai số m và k nhưng thay bằng hai số m − Cakk và k – 1.
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
Lúc đó m ≤ C kbk + C kbk−1−1 + ... + C bt t −k +1 < C bkk +1 ≤ m là điều vô lí.
Trang 15
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Ta chỉ cần chắc chắn rằng dãy nhận được thực sự tăng, nhưng điều này có được vì theo giả
N
thiết: m < Camk +1 và suy ra m − Cakk < Cakk−1 .
H Ơ
Bài toán 17.20: Giả sử a, b, n là những số nguyên lớn hơn 1. Các số a, b là cơ số của hai hệ
Y
A n −1 Bn −1 < . An Bn
xóa x n . Chứng minh rằng a > b khi và chỉ khi
n
k =0
k =0 n
Bn −1 = ∑ x k b , Bn = ∑ x k b k
H
k
k =0
TR ẦN
k =0
Bất đẳng thức trong đề bài tương đương với: n −1
k =0 n
∑x a
k
x na n
k
< k
k
⇒
k =0 n
∑x b k
k
k
k =0
k =0
x nbn
n
∑x b
k
k
k =0
3
k =0
>
n
∑x a
k
B
k
00
∑x b
k
10
n −1
G
∑ x ka k , An = ∑ x ka k
n −1
∑x a
Đ
n −1
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Theo định nghĩa, ta có: A n −1 =
ẠO
Hướng dẫn giải
2+
x n a n x 0 + x1a + x 2a 2 + ... + x n a n > x n b n x 0 + x1b + x 2 b 2 + ... + x n b n
(1)
ẤP
Nên:
A
C
Ta chứng minh rằng với giả thiết x n −1 ≠ 0, x n ≠ 0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với
H
Ó
a > b.
Í-
Muốn vậy, trước hết ta chứng minh mệnh đề sau: nếu A, B, C, D là 4 số dương thì các bất
-L
A C A+C C < < và tương đương nhau. B D B+D D
ÁN
đẳng thức:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
U
và b, ngoài ra x n ≠ 0 và x n −1 ≠ 0 . Gọi A n −1 và Bn −1 là các số suy ra từ A n và Bn sau khi
N
đếm. Các số A n và Bn có cùng cách biểu diễn x n x n −1...x1x 0 . Trong các hệ đếm với cơ số a
Ỡ N
G
TO
Bây giờ ta để ý rằng bất đẳng thức a > b tương đương với
1 a a2 a n −1 a n < < 2 < ... < n −1 < n 1 b b b b
BỒ
ID Ư
hay (nếu có x i nào bằng 0, thì ta loại tỉ số tương ứng)
x 0 x1a x 2a 2 x n −1a n −1 x n a n < < < ... < < x 0 x1 b x 2 b 2 x n −1b n −1 x n b n Áp dụng mệnh đề trên nhiều lần, thì được bất đẳng thức (1), tức là có điều phải chứng minh. Trang 16
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 17.21: Hãy tìm số dư khi chia b) Số 17761492! cho 2000.
H Ơ
N
Hướng dẫn giải
U
Y
1 1 1 − = 6 7 2
TP .Q
Vì 14 = 7.2 nên φ (14 ) = 14 1 −
N
a) Ta có 109 ≡ 11( mod14 ) nên 109345 ≡ 11345 ( mod14 )
Theo định lí Euler thì 116 ≡ 1( mod14 )
Đ Ư N
TR ẦN
17763 ≡ 576 ( mod 2000 ) , 1776 4 ≡ 976 ( mod 2000 ) ,
H
b) Ta có: 17761 ≡ 1776 ( mod 2000 ) , 17762 ≡ 176 ( mod 2000 ) ,
G
Vậy dư là 1.
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
ẠO
Mà 345 = 6.57 + 3 nên 11345 ( mod14 ) ≡ 113 ( mod14 ) ≡ 1( mod14 )
00
17767 ≡ 176 ( mod 2000 ) , và tiếp tục như vậy.
B
17765 ≡ 1376 ( mod 2000 ) , 17766 ≡ 1776 ( mod 2000 ) ,
10
Từ: 17766 = 17761 ( mod 2000 ) , ta được 1776n ≡ 1776n −5 ( mod 2000 ) , với mọi n >5.
2+
3
Do vậy ta sẽ xét phần dư của số mũ khi chia cho 5. Dễ thấy 1492! chia hết cho 5 nên:
ẤP
17761492 ≡ 17765 ≡ 1376 ( mod 2000 )
C
Cách 2: Theo định lí Euler: a100 ≡ 1( mod125 ) , với mọi a thỏa mãn (a, 125) = 1.
Ó
A
Ta có 16 | 1776 nên 17761492! ≡ 0 ( mod16 ) .
Í-
H
Xét số dư của 17761492! khi chia cho 125, vì: (125, 1776) = 1 và 100 | 1492! Nên theo Định lí
-L
Euler: 17761492! ≡ 1( mod125 )
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
a) 109345 cho 14
ÁN
n ≡ 1( mod125 ) n ≡ 0 ( mod16 )
TO
Bây giờ, Hướng dẫn giải hệ phương trình đồng dư
Ỡ N
G
Bằng phương pháp thử chọn, ta được nghiệm duy nhất 1376
BỒ
ID Ư
Vậy: 17761492! ≡ 1376 ( mod 2000 ) Bài toán 17.22: Tìm hai chữ số tận cùng của 1991
a) Số 29
b) Phần nguyên của số
(
29 + 21
)
2000
Trang 17
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Hướng dẫn giải
N
≡ 1( mod 4 ) ,
Y TP .Q
U
Dư là r0 = 5t + 4 với t = 0, 1, 2, 3 Với t = 1 thì r0 = 9 ≡ 1( mod 4 ) nên 91991 = 20k + 9 1991
29 + 21
G
(
x2 =
)
2
)
Ư N
29 − 21
= 50 − 2 609
2
H
(
là 12.
= 50 + 2 609
TR ẦN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
b) Đặt x1 =
Đ
1991
Vậy hai chữ số tận cùng của 29
ẠO
= 220k +9 ≡ 76.29 ≡ 12 ( mod100 )
Do đó 29
Sn = x1n + x 2 n , với x1 , x 2 là nghiệm của phương trình: x 2 − 100x + 64 = 0
00
B
⇒ Sn +1 − 100Sn + 64Sn −1 = 0
(1)
10
Ta có: S0 = 2; S1 = 100 nên từ (1) suy ra Sn ∈ Z với mọi n ∈ N .
(
)
2000
= x 1000 = S − 1 2 1000
H
Ó
29 + 21
A
Vậy
C
ẤP
Do Sn ∈ Z nên x 2 n = Sn − 1
2+
3
0 < x1 < 1 ⇒ 0 x1n < 1 ⇒ x 2 n < Sn < x 2 n + 1 ⇒ Sn − 1 < x 2 n < Sn
Í-
Từ (1) suy ra Sn = 100Sn −1 − 64Sn − 2 ≡ 36Sn −2 ( mod100 )
ÁN
-L
≡ 62 Sn − 2 ≡ 64 Sn − 4 ≡ ... ≡ 6 n S0 ( mod100 ) (với n chẵn)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
1991
91991 = ( 8 + 1)
≡ −1( mod 5 ) ≡ 4 ( mod 5 ) ,
H Ơ
1991
Ta có 91991 = (10 − 1)
N
a) Ta tìm dư trong phép chia 91991 cho 20 = 4.5
TO
⇒ S1000 ≡ 61000.2 ( mod100 )
( )
G
Mà 61000 = 65
BỒ
ID Ư
Ỡ N
Vậy
(
200
29 + 21
≡ 76200 ≡ 76 ( mod100 ) ⇒ S1000 ≡ 52 ( mod100 )
)
2000
có hai chữ số tận cùng là 51
Bài toán 17.23: Hãy tìm phần nguyên của
B = x 2 + 4x 2 + 36x 2 + 10 + 3 trong đó x là số nguyên dương. Trang 18
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Hướng dẫn giải 2
2
N
Với x nguyên dương thì: ( 4x + 1) < 36x 2 + 10x + 3 < ( 6x + 2 )
H Ơ
Hay 4x + 1 < 36x 2 + 10x+3 < 6x + 2
Y
2
4x 2 + 36x 2 + 10x+3 < 2x + 2
Hay 2x + 1 <
Hay x + 1 <
Đ
2
G
< x 2 + 4x 2 + 36x 2 + 10x+3 < ( x + 2 )
x 2 + 4x 2 + 36x 2 + 10x + 3 < x + 2
TR ẦN
Vậy phần nguyên của số B là x + 1.
Ư N
2
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
( x + 1)
ẠO
Lại cộng thêm x 2 vào mỗi vế của bất đẳng thức trên ta có:
Bài toán 17.24: Cho dãy số nguyên dương lẻ tăng a1 < a 2 < ... < a n < ... Chứng minh rằng
00
B
với mỗi số tự nhiên n ( n ≥ 1) , giữa hai số a1 + a 2 + ... + a n −1 và a1 + a 2 + ... + a n + a n +1 bao
10
giờ cũng có ít nhất một số k 2 bằng bình phương của số nguyên dương lớn hơn 1.
2+
3
Hướng dẫn giải
ẤP
Trong dãy số chính phương 2 2 = 4, 32 = 9, 42 = 16,... ta chọn số chính phương nhỏ nhất
A
< a1 + a 2 + ... + a n ≤ k 2
Ó
2
H
( k − 1)
C
k 2 mà lớn hơn a1 + a 2 + ... + a n , nghĩa là:
-L
đầu tiên:
Í-
Để chứng minh k 2 < a1 + a 2 + ... + a n + a n +1 ta sử dụng tính chất của tổng các số lẻ liên tiếp
2
ÁN
k 2 = ( k − 1) + ( 2k − 1) = 1 + 3 + 5 + ... + ( 2k − 3) + ( 2k − 1)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
< 4x 2 + 36x 2 + 10 + 3 < ( 2x + 2 )
U
2
TP .Q
( 2x + 1)
N
Cộng 4x 2 vào mỗi vế của bất đẳng thức trên, ta có:
TO
Do đó a1 + a 2 + ... + a n > 1 + 3 + 5 + ... + ( 2k − 3) .
Ỡ N
G
Vì các số hạng trong hai vế đều là số lẻ và ở vế phải chứa tất cả các số lẻ từ 1 đến 2k – 3 suy
BỒ
ID Ư
ra a n > 2k − 3 hay a n ≥ 2k − 1 , do đó a n +1 > a n ≥ 2k − 1 . 2
Từ ( k − 1) < a1 + a 2 + ... + a n có: 2
k 2 = ( k − 1) + ( 2k − 1) < a1 + a 2 + ... + a n + ( 2k − 1) < a1 + a 2 + ... + a n + a n +1 Suy ra điều phải chứng minh. Trang 19
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 17.25: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2 thì hai số 1992n và
N
1992n + 3.2n có cùng số các chữ số.
H Ơ
Hướng dẫn giải
N
Giả sử số 1992n có k chữ số, tức 10k −1 ≤ 1992n < 10k .
U
Y
Do 1992n > 1000n = 103n , nên k > 3n.
TP .Q
Giả sử số 1992n + 3.2n chứa ít nhất k + 1 chữ số, như vậy 1992n + 3.2n ≥ 10k , suy ra
996n + 3 ≥ 2k −n.5k .
G
TR ẦN
Nghĩa là 996n + a ≡ 0 ( mod10 ) . Đó là điều mâu thuẫn.
Ư N
996n + a = 6 + a , nhưng vì 1 ≤ a ≤ 3 nên 6 + a ≡ 0 ( mod10 ) .
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đ
Do k > 3n nên k – n > 2n và vì n ≥ 2 nên k ≥ 4 , do đó 2 k − n.5k ≡ 0 ( mod10 ) , trong khi đó
Bài toán 17.26: Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 1 thành tổng các bình phương của nghịch đảo các số tự nhiên khác nhau.
00
B
Hướng dẫn giải
10
1 1 1 + 2 + ... + 2 trong đó: 2 a1 a 2 an
2+
3
Giả sử có thể biểu siễn số 1, dưới dạng: 1 =
ẤP
1 < a1 < a 2 < ... < a n và n ≥ 2
C
Từ điều kiện a1 ≥ 2 và a k ≥ k + 1 , ta có:
Ó
A
1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + ... + 2 ≤ 2 + 2 + ... + < + + ... + 2 2 a1 a 2 an 2 3 n ( n + 1) ( n + 1) 1.2 2.3
H
1=
ÁN
-L
Í-
1 1 1 1 1 1 = 1 − + − + ... + − <1 =1− n +1 2 2 3 n n +1
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Mặt khác 10k > 1992n nên 2 k − n.5k > 996n . Vì vậy 996n + a = 2k −n.5k trong đó 1 ≤ a ≤ 3 .
Vậy 1 không có dạng trên.
TO
Bài 17.27: Có hay không số tự nhiên khác 0 vừa là tích của hai số tự nhiên liên tiếp vừa là
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
tích của bốn số tự nhiên liên tiếp. Hướng dẫn giải
Giả sử tồn tại số tự nhiên A khác 0, thỏa mãn đề bài. A = n(n + 1) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) trong đó m, n là số tự nhiên khác 0.
(
)(
Suy ra n 2 + n = m 2 + 3m m 2 + 3m + 2
)
Trang 20
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
(
Hay n 2 + n + 1 = m 2 + 3m
)
2
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
+ 2 ( m 2 + 3m ) .1 + 1 = ( m 2 + 3m + 1)
2
2
H Ơ
2
) < ( n + 1)
2
N
(
Vì thế n 2 < m 2 + 3m + 1
N
Mặt khác dễ thấy n 2 < n 2 + n + 1 < ( n + 1) .
U
Y
Điều mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài.
TP .Q
Bài toán 17.28: Lập dãy số a1 ,a 2 ,a 3 ... bằng cách sau: a1 = 2 và với mỗi số tự nhiên n ≥ 2
trong dãy số trên không có số 5.
G
Đ
Hướng dẫn giải
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Ta có a1 = 2, a 2 = 3 . Giả sử với n ≥ 3 nào đó mà có số 5 là ước số nguyên tố lớn nhất của số
H
A = 2.3.a 3 ...a n −1 + 1 thì số A không thể chia hết cho 2, cho 3, do đó chỉ có thể xảy ra
TR ẦN
A = 5m với m ≥ 2 nào đó.
(
)
chia hết cho 4. Mặt khác
B
Từ đó số A − 1 = 5m − 1 = ( 5 − 1) 1 + 5 + 52 + ... + 5m −1
00
A − 1 = 2.3.a 3 ...a n −1 trong đó a i với mọi i ≥ 3 đều là số lẻ nên A – 1 chỉ có thể chia hết cho
2+
Vậy A không có ước số nguyên tố là 5.
3
10
2: mâu thuẫn.
ẤP
Bài toán 17.29: Với mọi số nguyên dương n, hãy chứng minh rằng tồn tại một số nguyên
(
)
C
dương k sao cho 2k 2 + 2001k + 3 ≡ 0 mod 2 n .
Ó
A
Hướng dẫn giải
(
) có
Í-
H
Tổng quát hơn, ta sẽ chứng minh rằng phương trình đồng dư ak 2 + bk + c ≡ 0 mod 2n
-L
nghiệm với mọi n, ở đây b là số lẻ và a hoặc c là số chẵn.
ÁN
Khi n = 1, lấy k = 0 nếu c chẵn và k = 1 nếu c là số lẻ.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
thì chọn số a n là ước số nguyên tố lớn nhất của dãy số a1a 2 ...a n −1 + 1 . Chứng minh rằng
TO
Tiếp theo, giả sử phát biểu trên đúng với mọi n. Nếu c là số chẵn thì theo giả thiết, phương
c ≡ 0 ( mod 2n ) có nghiệm t nào đó. 2
Đặt k = 2t ta được ak 2 + bk + c = 2 2at 2 + bt +
c n +1 ≡ 0 ( mod 2 ) 2
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
trình đồng dư 2at 2 + bt +
Trang 21
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Nếu c là số lẻ thì a là số chẵn, do đó a + b + c là số chẵn; theo giả thiết ta suy ra phương trình
H Ơ
a+b+c n +1 ≡ 0 ( mod 2 ) 2
N
được: ak 2 + bk + c = 2 2at 2 + ( 2a + b ) t +
N
a+b+c ≡ 0 ( mod 2 n ) có nghiệm t nào đó. Đặt k = 2t + 1 ta 2
TP .Q
U
Như vậy, dù cho c là số chẵn hay lẻ, phát biểu trên vẫn đúng cho n + 1, và do đó, theo quy
Y
đồng dư 2at 2 + ( 2a + b ) t +
nạp, nó đúng với mọi n. n
i
≤ n . Chứng minh rằng có
Đ
i =1 n
∑k
i
= 0 và 1 − n ≤ ci + nk i ≤ n với mọi
G
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
thể tìm được n số nguyên k1 , k 2 ,..., k n sao cho
Ư N
i =1
H
i = 1,..., n .
TR ẦN
Hướng dẫn giải
Với mọi x, ta kí hiệu x là phần nguyên của x, và kí hiệu x là số nguyên bé nhất lớn
00
B
hơn hay bằng x.
10
Điều kiện c + nk ∈ [1 − n, n ] , tương đương với
ẤP
2+
3
c 1 − c k ∈ ln ( c ) , với ln ( c ) = − 1,1 − n n
1 ) chứa 2 số nguyên (có thể trùng nhau), đó n
A
C
Mọi c ∈ R và n ≥ 2 , đoạn này (có độ dài 2 −
1 − c c − 1 ≤ 1 − = q ( c ) n n
Í-
H
Ó
là: p ( c ) =
n
ÁN
-L
Để chứng minh tồn tại k i ∈ ln ( ci ) ∩ Z nghiệm đúng
n
∑k
i
i =1
= 0 thì chỉ cần chứng minh:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
∑c
ẠO
Bài toán 17.30: Cho n ≥ 2 số c1 ,c 2 ,...,c n ∈ R thỏa mãn 0 <
n
TO
∑ p (c ) ≤ 0 ≤ ∑ q (c ) . i
i
G
i =1
n
1 − ci với I = 1, 2,…, n thì n n
Vì a i < a i + 1 nên
∑a i =1
i
= 1−
1 n ∑ ci ∈ [0,1] n i =1
n
∑ a < ∑ a i
i =1
BỒ
ID Ư
Ỡ N
Đặt a i =
i =1
i
+ n ≤ n + 1 . Từ đó
i =1
Trang 22
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
n
∑ p ( ci ) = ∑ a i − n ≤ 0
n
i =1
i =1
i =1
i
i
= 1−
i =1
ci , khi đó n
N
∑ q ( c ) ≥ 0 , ta đặt b
H Ơ
n
Để chứng minh
n 1 n bi = n − ∑ ci ≥ n − 1 vì bi > bi − 1 ⇒ ∑ bi > −1 ∑ n i =1 i =1 i =1
Suy ra:
U TP .Q
n
Y
n
n
∑ b ≥ 0 hay ∑ q ( c ) ≥ 0 ta có đpcm. i
i
i =1
ẠO
i =1
Đ
Bài toán 17.31: Cho x1 , x 2 ,..., x n là các số thực thỏa mãn điều kiện: x12 + x 22 + ... + x 2n = 1 .
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên k, với k ≥ 2 , luôn tồn tại các số nguyên a1 ,a 2 ,...,a n
n k −1
TR ẦN
a i ≤ k − 1 và a1x1 + a 2 x 2 + ... + a n x n ≤ ( k − 1)
H
không đồng thời bằng 0 sao cho với mọi I = 1, 2, …, n ta có: n
Hướng dẫn giải 2
3
n
2+
minh được x1 + x 2 + ... + x n ≤
10
00
B
n n Từ bất đẳng thức: ∑ x i ≤ n ∑ x i2 và giả thiết x12 + x 22 + ... + x 2n = 1 ta dễ dàng chứng i =1 i =1
ẤP
Bây giờ, với các bi nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét k n giá trị có dạng: i
i
A
∑b x
C
n
Ó
i =1
H
Mỗi giá trị đó phải nằm trong đoạn 0, ( k − 1) n . Ta chia đoạn này thành k n − 1 đoạn con
-L
Í-
ÁN
có độ dài bằng nhau là: ( k − 1)
n k −1 n
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
∑ a i ≤ n hay
N
n
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
TO
Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có 2 giá trị nói trên rơi vào cùng một đoạn con. Cụ
n
n
∑ b '' x
i =1
i =1
∑ ( b 'i − b ''i ) x i = i =1
n
∑ b 'i x i và
i
i
thì ta phải có:
n
∑ a x ≤ ( k − 1) k i
i =1
i
n
n suy ra đpcm. −1
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
thể, nếu 2 giá trị đó là
Trang 23
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 17.32: Cho các số nguyên n ≥ k ≥ 0 . Ta định nghĩa các số c(n, k) với k =
N
0,1,2,…,n như sau: c(n, 0) = c(n, n) = 1 với mọi n ≥ 0 : c ( n + 1, k ) = 2 k c ( n, k ) + c ( n, k − 1)
H Ơ
với mọi n ≥ k ≥ 1 . Chứng minh rằng c(n, k) = c(n, n – k) với mọi n ≥ k ≥ 0 .
N
Hướng dẫn giải
U
Y
Khẳng định đúng với n = 0: c(0, 0) = c(0; 0 – 0) = 1
ẠO
c ( n + 1, k ) = 2 k c ( n, k ) + c ( n, k − 1)
k
− 1) c ( n, k ) = ( 2n +1−k − 1) c ( n, k − 1)
(1)
Để ý rằng từ giả thiết quy nạp ta suy ra
k −1
B
− 1) c ( n − 1, k ) = ( 2n − k − 1) c ( n − 1, k − 1)
− 1) c ( n − 1, k − 1) = ( 2 n − k +1 − 1) c ( n − 1, k − 2 )
00
k
(
)
10
(2 (2
H
(2
TR ẦN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Để hoàn tất chứng minh, ta sẽ chứng minh rằng:
Ư N
G
Đ
c ( n + 1, n + 1 − k ) = 2 n +1− k c ( n, n + 1 − k ) + c ( n, n − k ) = 2n +1−k c ( n, k − 1) + c ( n, k )
(
)
2+
3
Từ đó ta có: 2 k − 1 c ( n, k ) − 2n +1−k − 1 c ( n, k − 1)
− ( 2n +1−k − 1) 2 k −1 c ( n − 1, k − 1) + c ( n − 1, k − 2 )
H
Ó
A
C
ẤP
= ( 2 k − 1) 2 k c ( n − 1, k ) + c ( n − 1, k − 1) − ( 2n +1−k − 1) 2k −1 c ( n − 1, k − 1) + c ( n − 1, k − 2 ) = 2k ( 2 n − k − 1) c ( n − 1, k − 1) + ( 2 k − 1) c ( n − 1, k − 1)
-L
Í-
= ( 2 n − 2 k + 2 k − 1 − 2n + 2 k −1 ) c ( n − 1, k − 1) − ( 2n +1−k − 1) c ( n − 1, k − 2 )
ÁN
= ( 2 k −1 − 1) c ( n − 1, k − 1) − ( 2n +1−k − 1) c ( n − 1, k − 2 ) = 0
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
với mọi n ≥ m ≥ k ≥ 0 . Thế thì, theo hệ thức truy hồi và giả thiết quy nạp, ta có:
TP .Q
Ta sẽ chứng minh trường hợp tổng quát bằng quy nạp theo n. Giả sử c(m, k) = c(m, m – k)
TO
Vậy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh.
G
Bài toán 17.33: Giải phương trình 2
BỒ
ID Ư
Ỡ N
a) [ x ] − [ x ] − 2 = 0
8x + 19 16 ( x + 1) = 11 7
b)
Hướng dẫn giải a) Đặt t = [x], t nguyên. 2
[ x ] − [ x ] − 2 = 0 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔ t = −1 hoặc t = 2 Trang 24
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Do đó [x] = -1 hoặc [x] = 2.
U
Y
11t − 16 . Thế vào phương trình cho thì có 16
được một số mới có giá trị bằng
3
TR ẦN
Bài toán 17.34: Tìm số tự nhiên n biết rằng khi bỏ đi ba chữ số tận cùng bên phải của nó thì
n.
00
B
Hướng dẫn giải
10
Dễ thấy số phải tìm có từ 4 chữ số trở lên.
3
Giả sử sau khi bỏ đi ba chữ số tận cùng abc của số n ta được số x, thì n = 103 x + abc . Theo
2+
đề bài ta có:
C
ẤP
x = 3 1000x + abc ⇔ x 3 = 1000x + abc ⇔ x ( x 2 − 1000 ) = abc
Ó
A
Nếu x ≥ 33 thì vế trái sẽ lớn hơn hoặc bằng
H
33(1089 – 1000) = 33.89 > 2937 > abc nên x < 33.
(
)
-L
Í-
Nếu x ≤ 31 thì x 2 ≤ 961 , nên x x 2 − 1000 < 0 < abc
ÁN
Do đó x chỉ có thể nhận giá trị 32.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
G
17 7 19 25 45 ; ; ; ; 16 4 6 8 16
Ư N
Vậy nghiệm x =
Đ
8 22 ≤t≤ . Chọn số nguyên t = 3; 4; 5; 6; 7 3 3
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
ẠO
11t + 22 11t − 22 = t 0 ≤ − t <1 do đó 14 14 Nên
H Ơ
11
8x + 19 = t thì = t nên t nguyên. Ta có 16(x + 1) = 11t nên 7
TP .Q
x=
16 ( x + 11)
N
b) Đặt
N
Vậy nghiệm −1 ≤ x < 0, 2 ≤ x < 3
TO
Với x = 32 thì 32(1026 – 1000) = abc hay 768 = abc
G
Từ đây ra có n = 103.32 + 768 = 32768 .
Ỡ N
Số này thỏa mãn yêu cầu của đề bài nên là số cần tìm.
BỒ
ID Ư
Bài toán 17.35: Tìm số có hai chữ số sao cho số đó cộng với tích hai chữ số của nó thì bằng bình phương của tổng hai chữ số của nó. Hướng dẫn giải Gọi số phải tìm là xy (x, y là các số tự nhiên từ 0 đến 9 và x ≠ 0 ). Trang 25
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
2
Ta có 10x + y + xy = ( x + y ) hay 10x + y = x 2 + xy + y 2
N
Nếu y = 0 thì ta có x = 0, trái giả thiết nên y khác 0.
H Ơ
Biến đổi thành y 2 + y ( x − 1) = x (10 − x ) , ta có: 2
N
x + 10 − x y ≤ x (10 − x ) ≤ = 25 nên y ≤ 5 2
TP .Q
U
Y
2
ẠO
hai số mỗi số nhỏ hơn 10. Với y = 1 thì x(9 – x) = 0, suy ra x = 9
G
Đ
Với y = 2 thì x(8 – x) = 2 = 1.2, không có x thỏa mãn
Vậy có ba số phải tìm là 91, 63, 13 thỏa mãn đề bài.
TR ẦN
Với y = 5 thì x(5 – x) = 20 = 4.5, không có x thỏa mãn.
Ư N
Với y = 4 thì x(6 – x) = 12 = 2.6 = 3.4, không có x thỏa mãn
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Với y = 3 thì x(7 – x) = 6 = 1.6 = 2.3, suy ra x = 1 hoặc x = 6.
Bài toán 17.36: Tìm hai số tự nhiên, một số có hai chữ số sao cho khi viết số này tiếp sau số
00
B
kia thì được một số gồm bốn chữ số chia hết cho tích của hai số ban đầu.
10
Hướng dẫn giải
2+
3
Gọi các số có hai chữ số phải tìm là x và y trong đó 10 ≤ x, y ≤ 100 . Theo đề bài ta có: 100x + y = kxy (k nguyên dương) hay y = kxy – 100x
C
ẤP
Do kxy − 100x ⋮ x nên y⋮ x , đặt y = mx (m nguyên dương).
A
Khi đó ta lại có 100x + mx = kmx 2 suy ra 100 = m(kx – 1) suy ra m là ước số của 100. Vì x,
H
Ó
y là các số có hai chữ số nên m chỉ là số có một chữ số, do đó m = 1; 2; 4; 5.
100 100 hay kx = + 1 đồng thời x là số có hai chữ số. m m
ÁN
-L
Í-
Mặt khác kx − 1 =
TO
Nếu m = 1 thì
Ỡ N
G
Nếu m = 5 thì
100 + 1 = 101 không chia hết cho một số có hai chữ số x nào: loại 1
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Thay lần lượt y bằng 1, 2, 3, 4, 5 vào x(10 – x – y) = y(y – 1) và phân tích vế trái thành tích
100 + 1 = 21 , ta có x = 21 khi đó y = m.x = 5.21 = 105 là số có ba chữ số: loại 5
BỒ
ID Ư
Nếu m = 2 thì kx = 51, do đó nếu k = 1 thì y = mx có nhiều hơn 2 chữ số, nếu k = 3 ta có x=17; y = 34. Vậy m = 4 thì kx = 26, do đó nếu k = 1 thì y = mx có nhiều hơn hai chữ số, nếu k = 2 ta có x=13; y = 52. Thử lại đúng. Trang 26
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 17.37: Tìm năm số thực dương sao cho mỗi số bằng bình phương của tổng bốn số còn lại.
H Ơ
N
Hướng dẫn giải
Y
2
U
2
2
2
Tương tự x 2 = ( S − x 2 ) ; x 3 = ( S − x 3 ) ; x 4 = ( S − x 4 ) ; x 5 = ( S − x 5 ) 2
2
2
ẠO
2
2
Đ
Đặt S = x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 thì x1 = ( S − x1 )
TP .Q
Và cũng có các đẳng thức tương tự đối với x 2 , x 3 , x 4 , x 5
2
2
G
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Ta có thì x1 = ( S − x1 ) ≥ ( S − x 2 ) ≥ ( S − x 3 ) ≥ ( S − x 4 ) ≥ ( S − x 5 ) = x 5 2
TR ẦN
H
Suy ra: x1 = x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = x (vì đều bằng x > 0) khi đó S = 5x, do đó x = ( 4x ) hay x(16x – 1) = 0.
1 1 . Vậy năm số cần tìm đều là . 16 16
B
Vì x > 0 nên chỉ có nghiệm x =
10
00
Bài toán 17.38: Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng 1994 còn tích của chúng lớn nhất.
2+
3
Hướng dẫn giải
ẤP
Ta cần chọn n số nguyên dương n (n > 1) mà a1 + a 2 + ... + a n = 1994 để tích của chúng lớn
C
nhất.
Ó
A
Không có số nào trong các số đã chọn bằng 1.
Í-
H
Thật vậy giả sử a1 = 1 , nếu n = 2 và 1 + 1993 = 1994 thì ta thay bằng 2 + 1992 = 1994 có
-L
2.1992 > 1.1993, nếu n > 2 trong tích a1 + a 2 + ... + a n khi ta thay b = a 2 + 1 thì tổng các số
ÁN
b + a 3 + ... + a n = 1994 , còn tích mới là:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
Theo đề bài: x1 = ( x 2 + x 3 + x 4 + x 5 )
N
Sắp thứ tự 5 số phải tìm là: 0 < x1 ≤ x 2 ≤ x 3 ≤ x 4 ≤ x 5
> a1 x a 2 x a 3 x...x a n
Ỡ N
G
TO
b x a 3 x...x a n = ( a 2 + 1) x a 2 x a 3 x...x a n = a 22 x a 2 x a 3 x...x a n + a 2 x a 3 x...x a n
BỒ
ID Ư
Nếu các số đã chọn có số 2 thì cũng chỉ có không quá hai số bằng 2. Thật vậy, giả sử có ba số 2 thì 2.2.2 < 3.3, ta thay thế ba số 2 bởi hai số 3 sẽ có tích mới lớn hơn. Không có số nào trong các số đã chọn lớn hơn 4. Nếu trái lại, giả sử a1 ≥ 5 thì thay a1 bằng hai số 2 và a1 − 2 , khi đó 2 ( a1 − 1) > a1 và tích mới sẽ lớn hơn tích ban đầu. Trang 27
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Vậy tích lớn nhất chỉ gồm toàn số 2 và 3 trong đó không có quá hai số 2, nghĩa là tích lớn
N
nhất bằng 2.3664 .
H Ơ
Bài 17.39: Tìm giá trị nhỏ nhất của f ( x, y ) = 7x 2 + 13xy − 7y 2 trong đó x, y nhận giá trị
N
nguyên và không đồng thời bằng 0.
U
Y
Hướng dẫn giải
TP .Q
Kí hiệu CP là tập các số chính phương.
Xét f ( x, y ) = 0 ⇔ g ( x, y ) = 7x 2 + 13xy − 7y 2 = 0 . Coi g(x, y) là tam thức bậc 2 đối với x,
H
Do đó f ( x, y ) ≠ 0, ∀x, y ∈ Z, x 2 + y 2 ≠ 0 . Suy ra, với a = f ( x 0 , y 0 ) là giá trị cần tìm
x 0 y0 x y a , ∈ Z và f 0 , 0 = < a , trái với định 2 2 2 2 4
B
Xét a chẵn thì phải có x 0 , y 0 chẵn. Khi đó
TR ẦN
a ∈ N* .
10
00
nghĩa của a. Như vậy, a là số lẻ. Dễ thấy f(1, 2) = 5. Suy ra a ≤ 5 . Vậy a ∈ {1,3,5} .
3
- Nếu a = 1 thì g ( x 0 , y 0 ) = ±1 ⇔ 7x 02 + 13x 0 y 0 − 7y 02 ∓ 1 = 0 ⇒ ∆ = 365y 02 ± 28 ∈ CP (*).
ẤP
2+
Mặt khác, 365y 02 ± 28 khác ±3 ( mod 5 ) mâu thuẫn với (*) (do b 2 khác ±3 ( mod 5 ) ∀b ∈ Z )
C
- Nếu a = 3 thì:
f ( x 0 , y 0 ) = ( x 0 − y 0 ) + y 02 + ( 6x 02 + 15x 0 y 0 − 9y 02 ) ≡ 0 ( mod 3)
Ó
A
2
2
Í-
H
⇒ ( x 0 − y 0 ) + y 02 ≡ 0 ( mod 3)
-L
⇒ x 0 − y 0 ≡ y 0 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ x 0 ≡ y 0 ≡ 0 ( mod 3)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
G
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Mà g ( x,0 ) = 0 ⇔ x = 0 , nên g ( x, y ) ≠ 0 ∀x, y ∈ Z, x 2 + y 2 ≠ 0 .
Đ
ẠO
có ∆ = 365y 2 . Do 365 ≠ CP nên ∆ ≠ CP ∀ y ∈ Z, y ≠ 0 ⇒ g ( x, y ) ≠ 0, ∀x, y ∈ Z, y ≠ 0 .
TO
ÁN
⇒ f ( x 0 , y 0 ) ≡ 0 ( mod 9 ) , mâu thuẫn với f ( x 0 , y 0 ) = 3 Vậy: a = min f(x, y) = 5.
Ỡ N
G
Bài toán 17.40: Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1
BỒ
ID Ư
và độ dài các đường cao đều là các số nguyên thì tam giác ABC là tam giác đều. Hướng dẫn giải
Gọi x, y, z là các đường cao theo thứ tự tương ứng với các cạnh a, b, c của ∆ABC (x, y, z nguyên dương).
Trang 28
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Do đường tròn ngoại tiếp tam giác có bán kính bằng 1, nên z, y, z đều lớn hơn 2. Thật vậy, ta có: 2S = ax + by = cz = a + b + c nên:
N
a+b+c b+c a = 1+ > 1 + = 2 (vì b + c > a) a a a
H Ơ
1 1 1 3 3 + + ≤ suy ra ≥ 1 x y z 2 z
Y U H
Vậy z ≤ 3 , mà z > 2 nên z = 3
G
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Giả sử x ≥ y ≥ z khi đó
Đ
ẠO
1 1 1 + + =1 x y z
Ư N
Do đó:
1 a 1 b 1 c và = = ; = x a+b+c y a+b+c z a+b+c
TP .Q
Mặt khác
N
Tương tự y > 2 và z > 2
1 1 2 1 2 + = , suy ra ≥ suy ra y ≤ 3 mà y > 2 nên y = 3, từ đó có x = 3 do x y 3 y 3
TR ẦN
Với z = 3 thì
B
đó x = y = z = 3.
10
Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
00
Kết hợp với ax = by = cz, ta có a = b = c.
2+
3
Bài toàn 17.41: Các cạnh của một tam giác có số đo là
377; 80 và 153 . Chứng minh
ẤP
rằng có thể đặt tam giác này trong một hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số
C
nguyên sao cho hai đỉnh của tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối của một đường
Ó
A
chéo và khoảng cách từ đỉnh thứ ba, của tam giác tới các cạnh của hình chữ nhật là một số
Í-
H
nguyên. Khi đó hãy chứng tỏ rằng số đo diện tích của tam giác cũng là số nguyên. Hướng dẫn giải
-L
Dự hình chữ nhật có chiều dài AB = CD = 16, chiều rộng AD = BC = 11.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
x=
ÁN
Trên AB đặt điểm P sao cho AP = 4
TO
Trên BC đặt điểm N sao cho CN = 3
G
Từ các điểm P và N trên AB và BC kẻ đường
BỒ
ID Ư
Ỡ N
vuông góc với AB và BC chúng cắt nhau tại M. Trên hình vẽ ta có PB = MN = 12;
BM = MP = 8. Trong tam giác vuông MPA theo định lí Pitago thì: Trang 29
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
MA 2 = AP 2 + MP 2 = 16 + 64 = 80 ⇒ AM = 80
N
Trong tam giác vuông MNC, theo định lí Pitago ta có
H Ơ
MC 2 = MN 2 + NC 2 = 122 + 32 = 144 + 9 = 153 ⇒ MC = 153
N
Và tam giác vuông ABC, ta có:
TP .Q
U
Y
AC 2 = AB2 + BC 2 = 16 2 + 112 = 256 + 121 = 377 ⇒ AC = 377 80 và 153 có hai đỉnh trùng với hai
377 và
Như vậy tam giác MAC có các cạnh bằng
lượt bằng 8 và 12 là các số nguyên, nên chính là tam giác phải tìm.
G
Đ
Ta có SAMC = SABCD − SABC − SAHM − SCKM − SDHMX = 11.16 − 8.11 − 3.4 − 3.6 − 4.4 = 42
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
(đơn vị diện tích) nên là số nguyên.
{ } {
}
số nguyên.
TR ẦN
H
Bài toán 17.42: Cho x là một số thực. Chứng minh nếu phần lẻ {x} = x 2 = x 2013 thì x là
Hướng dẫn giải
{ }
{
}
}
00
{ } {
B
Ta có {x} = x – [x], x 2 = x 2 − x 2 và x 2013 = x 2013 − x 2013
3
10
Theo đề bài phần lẻ {x} = x 2 = x 2013 thì x 2 = x + a và x 2013 = x + b
ẤP
2+
Với a = x 2 − [ x ] và b = x 2013 − [ x ] là các số nguyên.
C
Vì x 2 = x + a nên x 2 − x − a = 0 ⇒ ∆ = 1 + 4a ≥ 0 ⇒ a ≥ 0
A
Xét a = 0 thì x 2 − x = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1 đều là số nguyên.
H
Ó
Xét a > 0 thì a ≥ 1 , ta chứng minh quy nạp, khi đó tòn tại 2 số nguyên c n > 1 và d m > 0 sao
-L
Í-
cho x n = cn .x + d n , ∀n ≥ 3
ÁN
Thật vậy với n = 3: x 2 = x + a ⇒ x 3 = x 2 + ax = x + a + ax = (1 + a ) x + a khi đó chọn 2 số
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
đầu mút của đường chéo AC, còn khoảng cách từ đỉnh M đến đến các cạnh AB và BC lần
TO
nguyên c3 = 1 + a > 1 và d 3 = a > 0 .
G
Giả sử khẳng định đúng với n = k ≥ 3 : tồn tại 2 số nguyên c k > 1 và d k > 0 sao cho
BỒ
ID Ư
Ỡ N
x k = ck .x + d k .
Khi đó x k +1 = c k x 2 + d k x = c k ( x + a ) + d k x = ( c k + d k ) x + ck.a = c k .a
Ta chọn c k +1 = c k + d k ; d k +1 = c k .a thì thỏa mãn.
Trang 30
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Áp dụng với n = 2013 thì tồn tại 2 số nguyên c 2013 > 1 và d 2013 > 0 sao cho
N
x 2013 = c 2013 .x + d 2013 .
H Ơ
Mà x 2013 = x + b nên c 2013 .x + d 2013 = x + b
TP .Q
U
Y
N
b − d 2013 ∈Q c 2013 − 1
Do đó x =
Suy ra x là nghiệm hữu tỉ của phương trình x 2 − x − a = 0 nên x là số nguyên: đpcm 3. BÀI LUYỆN TẬP
G
Đ
10 mà khi viết trong hệ cơ số 2 nó sẽ có n chữ số, hoặc là tồn tại một lũy thừa của 10 mà khi
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
viết trong hệ cơ số 5 nó sẽ có n chữ số, nhưng không tồn tại cả hai dạng đó.
H
Hướng dẫn
a n = 5h thì 2 h có n chữ số khi viết trong hệ cơ số 2.
TR ẦN
Chứng minh qui nạp: Nếu a n = 2k thì 10k có n chữ số khi viết trong hệ cơ số 5. Nếu
00
B
Bài tập 17.2: Cho f(0), f(1) là những số nguyên, f(0) = f(1) = 0 và 2
10
f ( n + 2 ) = 4n + 2 f ( n + 1) − 16n +1 f ( n ) + n2n , n = 0, 1, 2 …. Chứng tỏ rằng các số f(1989),
2+
3
f(1990), f(1991) chia hết cho 13.
Hướng dẫn
15n − 32 + (15n + 1)16− n +1
ẤP
n2
A
C
Xét f ( n ) = 2 g ( n ) thì g ( n ) =
H
Ó
(15n + 2 )(15n − 32 ) .16n −1.2 ( n − 2 ) =
2
153
Í-
Từ đí f ( n )
152
-L
Bài tập 17.3: Cho tam thức f ( x ) = ax 2 + bx + c với các hệ số nguyên.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
ẠO
Bài tập 17.1: Chứng minh rằng, với bất kì số tự nhiên n > 1, hoặc là tồn tại một lũy thừa của
ÁN
a) Chứng minh rằng với a, b, c bất kì thì biệt số ∆ của tam thức trên không thể bằng 1994 và
TO
cũng không bằng 1995.
G
b) Khi tam thức có các hệ số nguyên thay đổi, hãy tìm biệt số ∆ nguyên dương nhỏ nhất mà
BỒ
ID Ư
Ỡ N
không là số chính phương. Hướng dẫn
a) Dùng phản chứng b) Kết quả ∆ = 5. Bài tập 17.4: Có bao nhiêu bộ số nguyên dương (a; b; c) sao cho: Trang 31
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
[a; b] = 1000 và [b; c] = [c; a] = 2000 Hướng dẫn
H Ơ
N
Số 1000 và 2000 đều có dạng 2 m.5n nên a, b, c cũng có dạng đó.
Hướng dẫn
Đ
ẠO
1 . 2
G Ư N
2
2
+ ( x + 2012 ) = ( x + y + z + 2008 )( y + z − x + 2014 ) . Hướng dẫn
Biến đổi 2
2
= ( x + y + z + 2008 )( y + z − x + 2014 )
2
2
2
00
B
( x + 2010 ) + ( x + 2012 )
H
( x + 2010 )
TR ẦN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Bài tập 17.6: Có tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn:
10
⇔ ( x + 2010 ) + ( x + 2011) + ( x + 2012 ) = ( y + z − 3) 2
2+
3
⇔ 3x 2 + 12066x + 20102 + 20112 + 20122 = ( y + z − 3)
2
ẤP
Kết quả không tồn tại.
2+3
Í-
Dùng bất đẳng thức AM – GM để chứng minh
-L
3 44 2013 + + ... + 2013 2 3 2012
Hướng dẫn
H
Ó
A
C
Bài tập 17.7: Tìm phần nguyên của S =
k
k +1 1 1 < 1+ + k k k +1
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
nguyên nhưng x 4 + y 4 không nguyên?
Kết quả tồn tại với x + y = 2, xy =
Y
U
Bài tập 17.5: Tồn tại hay không cặp số thực (x, y) sao cho các số x = y, x 2 + y 2 , x 3 + y3 đều
N
Kết quả 70 bộ.
ÁN
Kết quả [S] = 2012.
G
TO
Bài 17.8: Cho một số nguyên không âm a, b sao cho ab ≥ c 2 , với c là số nguyên. Chứng
và
n
n
i =1
i =1
∑ x12 = a; ∑ y12 = b
n
∑x y i
i
= c.
i =1
BỒ
ID Ư
Ỡ N
minh tồn tại một số n và các số nguyên x1 , x 2 ,..., x n , y1 , y 2 ,..., y n thỏa
Hướng dẫn
Trang 32
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Xét bộ (a, b, c) với a ≥ b và c ≥ 0 . Có 2 trường hợp c ≤ b và a > c > b. Trong trường hợp sau thì chứng minh qui nạp theo a + b.
H Ơ
N
Bài tập 17.9: Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì có:
N
n + 3 n + ... + n n = [ log 2 n ] + [ log 3 n ] + ... + [ log n n ]
U
Y
Hướng dẫn
ẠO
Và có [ log m n ] − 1 = y thì y ≥ 2 và m y ≤ n
Đ
Bài tập 17.10: Cho a và b là hai số nguyên dương sao cho ab + 1 của hết a 2 + b 2 . Chứng
G
a 2 + b2 là một số chính phương. ab + 1
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
minh:
TR ẦN
H
Hướng dẫn
Dùng phản chứng và đưa về phương trình bậc 2 a 2 − kba + b 2 − k = 0 . Lập được dãy vô hạn
B
và nghiệm tự nhiên ( a i , bi ) mà tổng a i + b i giảm dần.
10
00
Bài tập 17.11: Với số nguyên dương n bất kì, gọi τ ( n ) là số các ước số dương (kể cả 1 và
2+
τ(n )
= m.
C
ẤP
một số nguyên dương n để
τ(n2 )
3
chính nó) của số ấy. Hãy xác định tất cả các số nguyên dương m sao cho với số này tồn tại
H
Ó
A
Kết quả m là số lẻ
Hướng dẫn
1 có chu kì cơ sở 3r: p
-L
Í-
Bài 17.12: Kí hiệu S là tập hợp tất cả các số nguyên tố p sao cho
TO
ÁN
1 = 0 , a1a 2 ...a 3r a1a 2 ...a 3r ... trong đó r = r(p); với mọi p ∈ S và mọi số nguyên k ≥ 1 ta định p
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả : Lê Hoành Phò
TP .Q
Ta có k n − 1 = x thì x ≥ 2 và x k ≤ n
G
nghĩa: f ( k, p ) = a k + a k + r ( p ) + a k + 2r( p )
Ỡ N
a) Chứng minh rằng S vô hạn
BỒ
ID Ư
b) Tìm giá trị lớn nhất của (k, p) với k ≥ 1 và p ∈ S . Hướng dẫn
a) Gọi s là một số nguyên tố và N s = 102s + 10s + 1 thì N s ≡ 3 ( mod 9 ) b) Kết quả f(2, 7) = 19. Trang 33
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial