20 Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8

Nội dung text: 20 Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8

1. CHUYÊN ĐỀ 1 - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A. MỤC TIÊU: * Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân tích đa thức thành nhân tử B. CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bổ sung: + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ thì có dạng p/q trong đó p là ước của hệ số tự do, q là ước dương của hệ số cao nhất + Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nhân tử là x – 1 + Nếu f(x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì f(x) có một nhân tử là x + 1 + Nếu a là nghiệm nguyên của f(x) và f(1); f(- 1) khác 0 thì f(1) và f(-1) đều là số nguyên. a - 1 a + 1 Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước của hệ số tự do 1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4 Cách 1: Tách hạng tử thứ 2 3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - 4 Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = 1; 2; 4 , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện một nhân tử là x – 2 Cách 1: x3 – x2 – 4 = x3 2x2 x2 2x 2x 4 x2 x 2 x(x 2) 2(x 2) = x 2 x2 x 2
2. Cách 2: x3 x2 4 x3 8 x2 4 x3 8 x2 4 (x 2)(x2 2x 4) (x 2)(x 2) 2 2 = x 2 x 2x 4 (x 2) (x 2)(x x 2) Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 Nhận xét: 1, 5 không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên 3 f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 3x3 x2 6x2 2x 15x 5 3x3 x2 6x2 2x 15x 5 = x2 (3x 1) 2x(3x 1) 5(3x 1) (3x 1)(x2 2x 5) Vì x2 2x 5 (x2 2x 1) 4 (x 1)2 4 0 với mọi x nên không phân tích được thành nhân tử nữa Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4 Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1 x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2) Vì x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích được nữa Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1 + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: 1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương:
3. Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) = (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + 1 + 8x2)2 – 16x2(x4 + 1 – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) 2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + 1 = (x7 – x) + (x2 + x + 1 ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1 ) 3 3 2 2 3 2 = x(x - 1)(x + 1) + (x + x + 1 ) = x(x – 1)(x + x + 1 ) (x + 1) + (x + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) 7 5 7 5 2 2 Ví dụ 2: x + x + 1 = (x – x ) + (x – x ) + (x + x + 1) 3 3 2 3 2 = x(x – 1)(x + 1) + x (x – 1) + (x + x + 1) 2 4 2 2 2 = (x + x + 1)(x – 1)(x + x) + x (x – 1)(x + x + 1) + (x + x + 1) 2 5 4 2 3 2 2 5 4 3 = (x + x + 1)[(x – x + x – x) + (x – x ) + 1] = (x + x + 1)(x – x + x – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + 1 + x3n + 2 + 1 như: x7 + x2 + 1 ; x7 + x5 + 1 ; x8 + x4 + 1 ; x5 + x + 1 ; x8 + x + 1 ; đều có nhân tử chung là x2 + x + 1 III. ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + 8 )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + 8 ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 Giả sử x 0 ta viết 6 1 1 1 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x2 ( x2 + 6x + 7 – + ) = x2 [(x2 + ) + 6(x - ) + 7 ] x x2 x2 x
4. Đặt x - 1 = y thì x2 + 1 = y2 + 2, do đó x x2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 A = x (y + 2 + 6y + 7) = x (y + 3) = (xy + 3x) = [x(x - ) + 3x] = (x + 3x – 1) x Chú ý: Ví dụ trên có thể giải bằng cách áp dụng hằng đẳng thức như sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + 1 ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3: A = (x2 y2 z2 )(x y z)2 (xy yz+zx)2 2 2 2 2 2 2 2 = (x y z ) 2(xy yz+zx) (x y z ) (xy yz+zx) Đặt x2 y2 z2 = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x2 y2 z2 + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2(x4 y4 z4 ) (x2 y2 z2 )2 2(x2 y2 z2 )(x y z)2 (x y z)4 Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x2 y2 y2 z2 z2 x2 ) và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( x2 y2 y2 z2 z2 x2 ) + 4 (xy + yz + zx)2 = 4x2 y2 4y2 z2 4z2 x2 4x2 y2 4y2 z2 4z2 x2 8x2 yz 8xy2 z 8xyz2 8xyz(x y z) Ví dụ 5: (a b c)3 4(a3 b3 c3 ) 12abc Đặt a + b = m, a – b = n thì 4ab = m2 – n2 2 2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + m - n ). Ta có: 4 m3 + 3mn2 C = (m + c)3 – 4. 4c3 3c(m2 - n2 ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) 4 = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 Nhận xét: các số 1, 3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên củng không có nghiệm hữu tỉ Như vậy nếu đa thức phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng
5. x4 + 1 Ví dụ: Tìm cực trị của A = 2 x2 + 1 a) Ta có A > 0 nên A nhỏ nhất khi 1 lớn nhất, ta có A 2 2 1 x + 1 2x2 1 1 1 min = 1 x = 0 max A = 1 x = 0 A x4 + 1 x4 + 1 A b) Ta có (x2 – 1)2 0 x4 - 2x2 + 1 0 x4 + 1 2x2. (Dấu bằng xẩy ra khi x2 = 1) 2x2 2x2 1 Vì x4 + 1 > 0 1 1 1 1 2 max = 2 x2 = 1 x4 + 1 x4 + 1 A 1 min A = x = 1 2 3) Nhiều khi ta tìm cực trị của biểu thức trong các khoảng của biến, sau đó so sámh các cực trị đó để để tìm GTNN, GTLN trong toàn bộ tập xác định của biến Ví dụ: Tìm GTLN của B = y 5 - (x + y) a) xét x + y 4 - Nếu x = 0 thì A = 0 - Nếu 1 y 3 thì A 3 - Nếu y = 4 thì x = 0 và A = 4 b) xét x + y 6 thì A 0 So sánh các giá trị trên của A, ta thấy max A = 4 x = 0; y = 4 4) Sử dụng các hằng bất đẳng thức Ví dụ: Tìm GTLN của A = 2x + 3y biết x2 + y2 = 52 Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) cho các số 2, x , 3, y ta có: (2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 2x + 3y 26 2 x y 3x 2 2 2 3x 2 Max A = 26 = y = x + y = x + = 52 13x = 52.4 x = 4 2 3 2 2 Vậy: Ma x A = 26 x = 4; y = 6 hoặc x = - 4; y = - 6 5) Hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau Hai số có tích không đổi thì tổng của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau a)Ví dụ 1: Tìm GTLN của A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2)
6. Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn nhất khi và chỉ khi x2 – 3x + 1 = 21 + 3x – x2 x2 – 3x – 10 = 0 x = 5 hoặc x = - 2 Khi đó A = 11. 11 = 121 Max A = 121 x = 5 hoặc x = - 2 b) Ví dụ 2: Tìm GTNN của B = (x + 4)(x + 9) x (x + 4)(x + 9) x2 13x + 36 36 Ta có: B = x + 13 x x x 36 36 36 36 Vì các số x và có tích x. = 36 không đổi nên x + nhỏ nhất x = x = 6 x x x x 36 A = x + 13 nhỏ nhất là min A = 25 x = 6 x 6)Trong khi tìm cực trị chỉ cần chỉ ra rằng tồn tại một giá trị của biến để xẩy ra đẳng thức chứ không cần chỉ ra mọi giá trị để xẩy ra đẳng thức Ví dụ: Tìm GTNN của A = 11m 5n Ta thấy 11m tận cùng bằng 1, 5n tận cùng bằng 5 Nếu 11m > 5n thì A tận cùng bằng 6, nếu 11m < 5n thì A tận cùng bằng 4 khi m = 2; n = 3 thÌ A = 121 124 = 4 min A = 4, chẳng hạn khi m = 2, n = 3
7. CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau). Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: 5x2 4xy y2 169 (1) 2x y 2 x2 144 25 2 2 2 (1) 4x 4xy y x 144 25 169 0 2 2 2x y x 169 0 (II) Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có: 2 2 2x y 122 x 5 x 5 2x y 132 x 0 ; 2 2 2 x 5 y 2 y 22 x 0 y 13 2 2 2x y 52 x 12 x 12 2x y 0 x 13 ; 2 2 y 19 y 29 2 2 y 26 x 12 x 13 5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29  Vậy x, y  12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 ; 13; 26  Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 y2 x y 8 (2) (2) 4x2 4x 4y2 4y 32 4x2 4x 1 4y2 4y 1 34 2x 1 2 2y 1 2 52 32 2 2 2x 1 3 x 2; x 1 2 2 y 3; y 2 2y 1 5 2 2 2x 1 5 x 3; x 2 2 2 y 2; y 1 2y 1 3 Vậy x; y 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1  Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: x3 y3 91 (1)
8. (1) x y x2 xy y2 91.1 13.7 (Vì x2 xy y2 0 ) x y 1 x 6 x 5 2 2 ; x xy y 91 y 5 y 6 x y . x2 xy y2 91.1 x y 91 2 2 VN x xy y 1 Ví dụ 4: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 x y2 0 (2) x2 x y2 0 4x2 4x 4y2 0 2x 1 2 2y 2 1 2x 2y 1 2x xy 1 1 2x 2y 1 1 x 0 2x 2y 1 1 y 0 2x 2y 1 1 x 1 2x 2y 1 1 y 0 Vậy: x; y 0;0 ; 1;0   - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết x y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.  Ta thường giả thiết 1 x y z Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y; z Z thoả mãn: x y z x.y.z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phương trình đối xứng. Giả sử 1 x y z . Khi đó: (1) x.y.z x y z 3z x.y 3 (Vì x; y; z Z ) x.y 1;2;3 * Nếu: x.y 1 x y 1 2 z z (vô lí) * Nếu: x.y 2 x 1; y 2; z 3 * Nếu: x.y 3 x 1; y 3 z 2 y (vô lí) Vậy: x; y; z là hoán vị của 1;2;3
9. 1 1 1 Ví dụ 2: Tìm x; y; z Z thoả mãn: 2 (2) x y z  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng. Giả sử 1 x y z . Khi đó: 1 1 1 3 3 (2) 2 x x 1 x y z x 2 1 1 2 Với: x 1 1 y 2 y 1;2 y z y 1 .Nếu: y 1 0 (vô lí) z .Nếu: y 2 z 2 Vậy: x; y; z là hoán vị của 1;2;2  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: x2 x Ví dụ 1: Tìm x; y Z để: A nhận giá trị nguyên x2 x 1 x2 x x2 x 1 1 1 Ta có: A 1 . Khi đó: x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 Để A nhận giá trị nguyên thì 1 nhận giá trị nguyên. x2 x 1 2 2 1 x x 1 x x 1 U 1 1;1 2 2 x 0 Vì : x x 1 0;x ¢ x x 1 1 x 1 Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x 0 hoặc x 1 Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: 2y2 x x y 1 x2 2y2 x.y (2) 2y2. x 1 x. x 1 y. x 1 1 0 * Với: x 1; * 1 0 x 1 không phải là ngiệm của phương trình. Nên: 1 2y2 x y 0 . x 1
10. 1 x 0 Phương trình có nghiệm nguyên ¢ x 1 U (1) 1; 1 x 1 x 1 Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: 3x 1 y 1 2 (3) Ta có: (3) 3x y 1 2 1 y y 2 .3x là số lẻ y; y 2 là hai số lẻ liên tiếp y; y 2 1 y; y 2 là các luỹ thừa của 3, nên: m y 3 * m n x 3m 2 3n m n n y 2 3 . Với: m 0; n 1 y 1; x 1. y3 . Với: m 1; n 1Từ * ; y; y 2 1( vô lí) y 2 3 x 1 Phương trình có nghiệm nguyên: y 1  - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau. - Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: a1;a2 ;a3; ;an . Khi đó: a a a a 1 2 3 n n a .a .a a . Dấu “=” xảy ra a a a a n 1 2 3 n 1 2 3 n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1;a2 ;a3; ;an vàb1;b2 ;b3; ;bn . Khi đó: 2 a1.b1 a2.b2 a3.b3 an .bn a1. a2. a3 an b1 b2. b3 bn . Dấu “=” xảy ra ai kbi i 1;n . *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối: a b a.b 0 a b a b a.b 0
11. Các ví dụ minh hoạ: x.y y.z z.x Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả: 3 (1) z x y x.y y.z z.x x.y y.z z.x Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: 3 3.3 . . 3.3 x.y.z . z x y z x y 3 x.y.z 1 x.y.z 1 x y z 1 Vậy nghiệm của phương trình là: x y z 1 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y 1 2 3 x2 y2 1 (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: x y 1 2 12 12 12 x2 y2 1 3 x2 y2 1 x y 1 Dấu “=” xảy ra x y 1 1 1 1 Vậy nghiệm của phương trình là: x y 1 Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: x 3 x 10 x 101 x 990 x 1000 2004 (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a a Ta có:(3) 3 x 10 x x 101 x 990 x 1000 2004 . 3 x 3 x 10 x 10 x Mà a a x 101 x 101 2004 x 101 2003 x 101 1 x 990 x 990 x 1000 x 1000 Do đó: 1 x 101 1 x 101 1;0;1 x 102; 101; 100. Với x 101 2004 2003(vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: x 102; 100 1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn: x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 Vì x,y,z là các số nguyên nên
12. x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 2 2 2 2 2 2 y 3y 2 x y z xy 3y 2z 3 0 x xy 3y 3 z 2z 1 0 4 4 2 2 2 2 y y 2 y y 2 x 3 1 z 1 0 (*) Mà x 3 1 z 1 0 x, y R 2 2 2 2 y x 0 2 2 2 x 1 x 1 y y 2 y x 3 1 z 1 0 1 0 y 2 Các số x,y,z phải tìm là y 2 2 2 2 z 1 z 1 z 1 0 PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trị nghiệm - Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phương trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: x6 3x3 1 y4  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x 0; y 1 thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x 0 + Với x 0; y 1 thì phương trình được nghiệm đúng + Với x 0 . Khi đó: 2 2 x6 2x3 1 x6 3x3 1 x6 4x3 4 x3 1 y4 x3 2 (*) Vì x3 1 ; x3 2 là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả (*) Vậy x 0; y 1 là nghiệm của phương trình. Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả: x2 x 1 32 y 1 (2) (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ )
13. Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với b 0;1;2; ;9 . Khi đó: x2 x 1 có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*) Mặt khác: 32 y 1 là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. ( ) Từ (*) và ( ) suy ra phương trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 6xy 13y2 100 (3) y 5 2 x 3 4 25 y2 (3) 2 2 25 y n n ¥ Do đó: y 5; 4; 3;0;3;4;5 x 3;9;11;13 Phương trình có nghiệm nguyên: x; y 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3  PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác 1 - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn. - Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó. Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 3y3 9z3 0 (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy x3 3y3 9z3 0 x3 3y3 9z3 3 mà 3y3 9z3 3 nên x3 3 3 3 3 3 Ta có: (1) x 3y 9z 3 x 3 x3 x 3x1 3 3 3 3 3 3 3 Khi đó: (1) 27x1 3y 9z 3 9x1 y 3z 3 y 3 y3 y 3y1 . 3 3 3 3 9x1 27y1 3z 3 z 3 z3 y 3z1 . * Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x ; y ; z là nghiệm của (1) và thì 3 U và 0 0 0 x0 ;y0 ;z0 0 x0 ; y0 ; z0 9 . Thực hiện thử chọn ta được: x0 y0 z0 0 Vậy nghiệm của phương trình là: x0 y0 z0 0
14. CÁC BÀI TẬP KHÁC 1/Dùng định nghĩa a2 1) Cho abc = 1 và a 3 36 . . Chứng minh rằng b2+c2> ab+bc+ac 3 Giải Ta có hiệu: a2 a2 a2 b2+c2- ab- bc – ac = b2+c2- ab- bc – ac 3 4 12 a2 a2 a a 3 36abc = ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) + 3bc =( -b- c)2 + 4 12 2 12a 3 =( a -b- c)2 + a 36abc >0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 ) 2 12a a2 Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 3 2) Chứng minh rằng a) x 4 y 4 z 2 1 2x.(xy 2 x z 1) b) với mọi số thực a , b, c ta có : a2 5b2 4ab 2a 6b 3 0 c) a2 2b2 2ab 2a 4b 2 0 Giải : a) Xét hiệu : 2 H = x 4 y 4 z 2 1 2x 2 y 2 2x 2 2xz 2x = x 2 y 2 x z 2 x 1 2 H 0 ta có điều phải chứng minh b) Vế trái có thể viết H = a 2b 1 2 b 1 2 1 H > 0 ta có điều phải chứng minh c) vế trái có thể viết H = a b 1 2 b 1 2 H 0 ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tương đương
15. 2 x2 y 2 1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng : 8 x y 2 Giải : Ta có x2 y 2 x y 2 2xy x y 2 2 (vì xy = 1) 2 x2 y 2 x y 4 4. x y 2 4 Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với 2 4 2 2 4 2 x y 2 2 0 x y 4 x y 4 8. x y x y 4 x y 4 0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh 1 1 2 2) Cho xy 1 .Chứng minh rằng : 1 x2 1 y 2 1 xy Giải : 1 1 2 1 1 1 1 0 Ta có 2 2 2 2 2 1 x 1 y 1 xy 1 x 1 y 1 y 1 xy xy x2 xy y 2 x(y x) y(x y) 0 0 1 x2 . 1 xy 1 y 2 . 1 xy 1 x2 . 1 xy 1 y 2 . 1 xy y x 2 xy 1 0 1 x2 . 1 y 2 . 1 xy BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 1 Chứng minh rằng a2 b2 c2 3 Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c) Ta có 1.a 1.b 1.c 2 1 1 1 . a2 b2 c2 a b c 2 3. a2 b2 c2 1 a2 b2 c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 3
16. 2) Cho a,b,c là các số dương 1 1 1 Chứng minh rằng a b c . 9 (1) a b c Giải : a a b b c c a b a c b c (1) 1 1 1 9 3 9 b c a c a a b a c a c b x y áp dụng BĐT phụ 2 Với x,y > 0 y x Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng 1 1 1 Vậy a b c . 9 (đpcm) a b c Iv / dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a Giải : Do a <1 a 2 <1 và b <1 Nên 1 a2 . 1 b2 0 1 a2b a2 b 0 Hay 1 a2b a2 b (1) Mặt khác 0 <a,b <1 a2 a3 ; b b3 1 a2 a3 b3 Vậy a 3 b3 1 a 2b 3 3 2 Tương tự ta có : b c 1 b c a3 c3 1 c2a 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a (đpcm) 2) So sánh 31 11 và 17 14 Giải : 11 Ta thấy 3111 < 3211 25 255 256 14 Mặt khác 256 24.14 24 1614 1714 Vởy 31 11 < 17 14 (đpcm) V/ dùng tính chất tỉ số
17. ví dụ 4: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ, chứng minh rằng: (a c) 2 (b d) 2 a 2 b 2 c 2 d 2 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có ac + bd a 2 b 2 . c 2 d 2 mà a c 2 b d 2 a 2 b 2 2 ac bd c 2 d 2 a 2 b 2 2 a 2 b 2 . c 2 d 2 c 2 d 2 (a c) 2 (b d) 2 a 2 b 2 c 2 d 2 Trọng anh đã sưu tầm và chọn lọc được tài liệu: 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 8 xin chia sẻ tới các quý thầy, cô và các độc giả Kính mong các quý Thầy, cô đóng góp bổ xung để chuyên đề hữu ích hơn nữa, link gốc đã chỉnh sửa một số lần