Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Đại số 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ I. BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ ............................................................................................................................. 2

Dạng 1. Thu gọn các biểu thức đại số và tính giá trị các biểu thức ........................................................... 3

Dạng 2. Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số .......................... 10

Dạng 3. Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên ........................................................................... 15

Dạng 4. Bài toán tổng hợp ..................................................................................................................................... 16

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 32

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ I. BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Căn thức bậc hai

-Căn bậc hai của số thực là số thực sao cho .

-Cho số thực không âm. Căn bậc hai số học của kí hiệu là là một số thực không âm mà bình

phương của nó bằng

-Với hai số thực không âm ta có:

-Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn thức bậc 2 ta cần lưu ý:

nếu +

với với +

với +

với (Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu) +

với (Đây gọi là phép trục căn thức ở mẫu) +

2. Căn thức bậc ba, bậc n

a. Căn thức bậc 3

Căn bậc 3 của một số kí hiệu là là số sao cho

-Cho

-Mỗi số thực đều có duy nhất một căn bậc 3.

-Nếu thì

- với mọi

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

- với

b. Căn thức bậc n

Cho số Căn bậc của một số là một số mà lũy thừa bậc của nó bằng

-Trường hợp là số lẻ:

Mọi số thực đều có một căn bậc lẻ duy nhất:

nếu thì nếu thì nếu thì

-Trường hợp là số chẵn:

Mọi số thực đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn dương kí hiệu là (gọi là căn bậc

số học của Căn bậc chẵn âm kí hiệu là và

và

B. PHÂN DẠNG, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

Dạng 1. Thu gọn các biểu thức đại số và tính giá trị các biểu thức

Phương pháp giải:

Biến đổi các biểu thức trong dấu về dạng sau đó dựa vào dấu của A để mở dấu giá trị tuyệt

đối nếu có.

Ngoài ra cần nắm được các đẳng thức cơ bản quen thuộc:

•

• Với thì

• Nếu thì với

Ví dụ 1.

Rút gọn các biểu thức:

a. khi

b. khi

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

+ Nếu thì

Hay

thì suy ra + Nếu

c. Để ý rằng:

Suy ra

Hay

Ví dụ 2.

Chứng minh:

a. Tính

là một số nguyên b.

(Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006).

c. Chứng minh rằng: với là số tự nhiên.

d. Tính biết

e. Cho các số thực thỏa mãn: Tính giá trị của

Lời giải:

a. Dễ thấy

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cách 1: Ta có

Suy ra

Cách 2: Ta viết lại

b. Áp dụng hằng đẳng thức: Ta có:

Hay

mà suy ra Vậy là số nguyên.

c. Áp dụng hằng đẳng thức:

Ta có (1)

Xét đa thức bậc hai với

+ Khi ta có

+ Khi ta có âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất Vậy với mọi

Ta có: là số tự nhiên.

d. Nhận xét:

Kết hợp với giả thiết ta suy ra

Tổng quát ta có: thì

e. Nhân 2 vế đẳng thức với: ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hay

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay

Ví dụ 3.

Tính giá trị biểu thức: a. Cho

b. Cho Tính giá trị của biểu thức

(Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC Ngoại ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015 – 2016).

Tính giá trị biểu thức: c. Cho

Lời giải:

a. Ta có:

Từ đó suy ra

Ta biến đổi:

Ta biến đổi biểu thức P thành: b. Ta có

c. Để ý rằng: ta nhân thêm 2 vế với để tận dụng hằng đẳng thức:

Khi đó ta có:

Ta biến đổi:

Ví dụ 4.

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a. Cho ba số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng:

b. Tìm các số thực thỏa mãn điều kiện:

c. Tìm các số thực thỏa mãn điều kiện:

d. Giả sử là các số thực thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

e. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

Lời giải:

a. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (đpcm).

b. Ta viết lại giải thiết thành:

Áp dụng bất đẳng thức: ta có:

Suy ra

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

c. với thì phương trình đã cho trở thành:

Chi 2 vế cho thì phương trình trở thành

Để ý rằng hoặc không thỏa mãn phương trình.

Xét Theo bất đẳng thức ta có: Suy ra

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vậy là

nghiệm của phương trình.

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d. Đặt

Tương tự đặt Khi đó

Theo giả thiết ta có: Lại có

Dấu đẳng thức xảy ra

Vậy

e. Đặt Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức ở (**) ta có

Suy ra Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Ta cũng có: mà

với mọi Suy ra Vậy

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc tức là hoặc .

Ví dụ 5.

Cho và

a. Tính giá trị biểu thức:

b. Chứng minh rằng:

Lời giải:

a. Để ý rằng:

Tương tụ đối với ta có

Suy ra

b. Tương tự như câu a)

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Ví dụ 6.

a. Tìm thỏa mãn:

với nguyên dương. Tính b. Cho

Lời giải:

a. Đẳng thức tương đương với:

Hay

b. Đặt

Suy ra Áp dụng vào bài toán ta

có:

Ví dụ 7.

a. Cho số nguyên dương Tính giá trị biểu thức sau theo

b. Cho các số thực dương thỏa mãn: Chứng minh:

Lời giải:

a. Với mọi số thực khác 0 sao cho: thì

Áp dụng vào bài toán ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng lần lượt với các số hạng còn lại ta được:

b. Đặt

Suy ra dẫn đến tương tự

suy ra

đpcm.

Dạng 2. Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số

Phương pháp giải: Để giải quyết các bài tập dạng này ta cần chú ý các tính chất cơ bản:

Với số thực thì.

+ (Bất đẳng thức Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

+ với các số thực

+ với

Ví dụ 1.

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của

c. Tìm giá trị nhỏ nhất của với các số thực thỏa mãn

d. Cho Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

e. Cho số thực thỏa mãn: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của:

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f. Tìm giá trị nhỏ nhất của với

g. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải:

a. Điều kiện ta viết lại , vì

dẫn đến dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi khi đó giá trị nhỏ

nhất của là 1.

b. Điều kiện Ta viết lại vì nên áp dụng bất

đẳng thức dạng với các số thực không âm ta có:

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy giá rị nhỏ nhất của bằng 1 tại

c. Ta có do nên áp dụng bất đẳng

thức cho 2 số thực dương ta có: suy ra dấu bất đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi

Tương tụ ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Từ đó suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Hay GTNN của là 24 tại

d. Điều kiện Ta viết lại do suy ra

ta có suy ra dấu đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

e. Đặt do suy ra

Biểu thức có dạng

Đặt từ giả thiết ta có:

Mặt khác ta cũng có:

Hay Vậy

Ta có: Từ đó ta có:

dấu đằng thức xảy ra khi

và chỉ khi hoặc hoặc

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Ta có:

Cách khác:

Ta có: thì Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi hoặc

Ta cũng có:

Hay Theo bất đẳng thức ta có

nên:

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và hay

Vậy GTNN của là GTLN của là

f. Điều kiện để biểu thức xác định là

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu thì nên

Do nên

+ Nếu thì nên

(Theo bất đẳng thức

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy GTNN của bằng 8 khi

g. Điều kiện:

Ta viết lại do với mọi thỏa mãn nên ta có

dấu đẳng thức xảy ra tại Vậy GTNN của bằng tại

Ví dụ 2.

a. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

b. Tìm gái trị lớn nhất của

c. Tìm giá trị lớn nhất của

d. Tìm giá trị lớn nhất của

e. Tìm giá trị lớn nhất của

f. Tìm giá trị lớn nhất của

Lời giải:

a. Điều kiện: ta viết lại thành: Vì nên

suy ra dẫn đến dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vậy GTNN

của bằng 1 tại

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Điều kiện: ta có suy ra

+ Khi thì (1)

+ Khi thì ta có áp dụng bất đẳng thức AM-GM

cho các số thực dương ta có: suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi (2)

Kết hợp (1),(2) ta suy ra GTLN của bằng tại

Chú ý: Học sinh hay mắc sai lầm khi đưa về mà không xét (Biểu thức chỉ xác định khi

c. Điều kiện chú ý:

nếu thì (3)

Xét khi đó ta có:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số thực dương ta có: suy ra dấu

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (4).

Kết hợp (3),(4) ta suy ra GTLN của bằng tại

d. Điều kiện Ta có theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy GTLN của D bằng tại

e. Điều kiện do nên suy ra E xác định khi và chỉ

khi

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: suy ra

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vậy

GTLN của E bằng 24 khi

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f. Điều kiện:

Ta viết lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng

ta có dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi

Dạng 3. Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên

Phương pháp giải:

+ Đối với các biểu thức với là số nguyên, C nhận giá trị nguyên hoặc vô tỷ thì P nhận giá

trị nguyên khi và chỉ khi C là số nguyên và C là ước số của B.

+ Đối với các biểu thức với là số hữu tỷ, C nhận giá trị thực. Ta thường tìm cách đánh giá

P, tức là chặn P theo kiểu từ đó suy ra các giá trị có thể của P. Hoặc ta tìm điều kiện của P để

tồn tại biến thỏa mãn yêu cầu bài toán từ đó suy ra các giá trị nguyên có thể của P.

+ Đối với các bài toán tổng hợp học sinh cần chú ý điều kiện ban đầu để loại các giá trị không thỏa mãn.

Ví dụ 1.

a. Tìm các giá trị nguyên của để là số nguyên.

b. Tìm tất cả các số thực để là số nguyên.

c. Chứng minh: Không tồn tại giá trị thực của để là số nguyên

Lời giải:

a. Điều kiện Ta viết lại Do là số nguyên nên nhận giá trị

nguyên hoặc vô tỷ. Suy ra là số nguyên khi và chỉ khi là số nguyên và là ước của 3. Chú ý

Vậy thì nhận giá trị nguyên.

b. Điều kiện

Do nên suy ra ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

như vậy Vì là số nguyên nên có thể nhận các giá

trị

TH1: do

TH2: hoặc

Vậy thì nhận giá trị nguyên.

c. Điều kiện dễ thấy là số dương. Để ý rằng: suy ra vì là

số nguyên nên có thể nhận các giá trị là 1 hoặc 2.

TH1: vô lý.

TH2: vô lý.

Vậy không tồn tại để là số nguyên.

Cách khác: Giả sử tồn tại giá trị để là số nguyên. Khi đó ta có:

(*)

Nếu thì (*) thì có dạng vô lý, vậy Từ (*) ta cũng suy ra do ta suy

ra phải thỏa mãn để ý rằng nên điều kiện

(**), do là số nguyên nên (**) không thể xảy ra. Tóm lại

không thể nhận giá trị nguyên.

Dạng 4. Bài toán tổng hợp

Bài 1. Cho với

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a. Chứng minh khi thì

b. Rút gọn và tìm để

Lời giải:

a. Ta có thay vào ta có:

b. Ta có:

Suy ra yêu cầu bài toán tương đương với

hay hoặc

Ta có

Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy thỏa mãn.

Bài 2. Cho biểu thức: với

a. Rút gọn biểu thức

b. Đặt Tính giá trị của khi

c. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Khi ta có

c. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: Suy ra

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vật GTNN của là 1 tại

với Bài 3. Cho

a. Rút gọn

b. Tính giá trị của khi

c. Đặt tìm để

Lời giải:

a. Điều kiện xác định:

Ta có:

b. Khi thì

c. Ta có

Hay (*).

TH 1: đối chiếu với điều kiện suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

TH 2: đối chiếu với điều kiện suy ra

Vậy khi và chỉ khi hoặc

Bài 4. Cho biểu thức

a. Rút gọn

b. Tìm sao cho nhận giá trị là một số nguyên.

Lời giải:

a. Với ta có:

b. Ta có: nên

Vì nên ta có:

kết hợp với điều kiện là một số nguyên suy ra

+ Nếu thỏa mãn điều kiện.

+ Nếu không thỏa mãn điều kiệ.

Vậy thì nhận giá trị là nguyên.

Bài 5. Cho biểu thức với

a. Tìm để

b. Chứng tỏ không phụ thuộc vào .

c. Tìm để

Lời giải:

a. Ta có

b. Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

suy ra

c. Ta có

Vì nên suy ra điều kiện là

Vậy để thì điều kiện là:

Bài 6. Cho biểu thức với

a. Rút gọn biểu thức

b. Tính giá trị của biết

c. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Lời giải:

a. Ta có:

b. Với thày vào ta có:

c. Ta có: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy GTNN của bằng 4 khi

Bài 7. Cho biểu thức với

a. Tính giá trị của khi

b. Rút gọn

c. Tìm để

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a. Khi thì suy ra

b. Ta có:

Hay

do thỏa mãn hay

Bài 8. Cho với

a. Rút gọn

b. Tính giá trị của khi

c. Tìm các giá trị của để là số tự nhiên.

Lời giải:

a. Ta có

Hay

b. Với thì suy ra

c. Ta có

Do nên suy ra Vì là số nguyên nên

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đối chiếu điều kiện ta thấy là các giá trị cần tìm.

Cách khác: Để là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là: (với là số nguyên dương và

Ta có: do điều kiện do

hay suy ra

Bài 9. Cho biểu thức với

a. Chứng minh rằng

b. Tính giá trị biểu thức khi và

c. Tìm giá trị lớn nhất của nếu

Lời giải:

a. Ta có:

Hay

b. Khi

c. Theo bất đẳng thức ta có: Vậy dấu

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy GTLN của là

Bài 10. Cho 2 biểu thức với

a. Rút gọn , tìm để

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Tìm tất cả các giá trị của để nhận giá trị nguyên dương.

Lời giải:

a. Ta có:

(TMĐK).

b. Ta có: Vì là số nguyên dương nên ta có:

TH1: thỏa mãn điều kiện.

TH2: thỏa mãn điều kiện.

TH3: thỏa mãn điều kiện.

Bài 11. Cho biểu thức

a. Tìm điều kiện của để biểu thức có nghĩa và rút gọn

b. Tìm giá trị của để

c. Khi hãy tìm GTNN của

Lời giải:

Điều kiện: (*).

a. Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. thỏa mãn (*)

c. Khi thì Ta có: Áp dụng bất đẳng

thức Cô si dạng ta có: Suy ra Dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi thỏa mãn (*). Vậy GTNN của là

20 khi

Bài 12. Cho biểu thức với

a. Rút gọn

b. Tìm các giá trị để tồn tại sao cho

Lời giải:

a. Ta có

b. Theo giả thiết ta có: Đặt điều kiện Phương trình trở

thành: Để phương trình có nghiệm điều kiện là Khi đó theo

hệ thức Vi-et ta có: suy ra trong hai nghiệm tồn tại ít nhất 1 nghiệm dương. Như vậy ta chỉ cần

tìm điều kiện để không phải là nghiệm. Tức là: Vậy điều kiện cần tìm là:

Bài 13. Cho biểu thức với

a. Rút gọn

b. Tính khi

c. Với giá trị nào của thì

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a. Ta có:

b. Ta có: nên

Vì nên suy ra

Kết hợp với điều kiện đề bài ta suy ra

Bài 14. Cho biểu thức: với

a. Rút gọn

b. Tìm các giá trị của để

c. Chứng minh:

Lời giải:

a. Ta có

với

c. Ta có: Theo bất đẳng thức Cô si dạng ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

suy ra Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi không thỏa mãn điều

kiện Vậy với mọi

Bài 15. Cho

a. Rút gọn

b. So sánh với 4.

c. Tìm thỏa mãn điều kiện:

Lời giải:

Điều kiện xác định:

a. Ta có:

b. Ta có: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

c. Tìm thỏa mãn điều kiện:

Ta có: Chia hai vế cho ta

thu được: Đặt với ta có:

vô nghiệm. Do Nếu

thỏa mãn điều kiện. Nếu

Kết luận:

Bài 16. Cho và .

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Tính giá trị biểu thức:

b) Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Để ý rằng:

Tương tự đối với ta có:

. Suy ra

b) Tương tự như câu a)

Ta có:

Bài 17.

a) Tìm thỏa mãn:

b) Cho với nguyên dương. Tính .

Lời giải:

a) Đẳng thức tương đương với:

Hay

b) Đặt .

Suy ra . Áp dụng vào bài toán ta có:

Bài 18.

a) Chứng minh rằng: .

b) Chứng minh rằng: .

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

với mọi số nguyên dương . c) Chứng minh:

Lời giải:

, a) Xét

Dễ thấy .

Ta có

Mặt khác ta có:

Suy ra . Do suy ra

b) Để ý rằng: với mọi nguyên dương.

Suy ra .

c) Đặt

Ta có: với mọi số tự nhiên .

Từ đó suy ra hay

Do đó: và

Hay .

Bài 19.

a) Cho ba số thực dương thỏa mãn .Chứng minh rằng:

b) Tìm các số thực thỏa mãn điều kiện: .

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (đpcm).

b) Ta viết lại giả thiết thành: .

Áp dụng bất đẳng thức : ta có:

. Suy ra . Dấu bằng

xảy ra khi và chỉ khi:

Bài 20. Cho với

a) Rút gọn .Tìm để đạt giá trị nhỏ nhất.

b) Tìm các giá trị nguyên của để có giá trị nguyên.

Lời giải:

a) Điều kiện để biểu thức xác định là .

+ Nếu thì nên

Do nên .

+ Nếu thì nên

(Theo bất đẳng thức Cô

si). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy GTNN của bằng khi .

b) Xét thì , ta thấy khi và chỉ khi là ước số nguyên dương

của . Hay đối chiếu điều kiện suy ra hoặc

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Xét ta có: , đặt khi đó ta có: suy ra

Tóm lại để nhận giá trị nguyên thì .

Bài 21. Hãy chứng tỏ rằng số là một nghiệm của phương trình .

Lời giải:

Áp dụng hằng đẳng thức , ta được

Suy ra: .

Vậy là một nghiệm của phương trình .

Bài 22. Cho .

a) Tìm các số nguyên để là số nguyên.

b) Chứng minh rằng với thì là số nguyên.

c) Tìm các số hữu tỉ để là số nguyên.

Lời giải:

a) Ta có . Để là số nguyên thì phải là số nguyên.

Ta biết rằng khi là số nguyên thì hoặc là số nguyên (nếu là số chính phương) hoặc là số vô

tỉ ( nếu không là số chính phương). Để là số nguyên thì không thể là số vô tỉ, do đó là

số nguyên, suy ra là ước tự nhiên của .

Ta có

. b) Với thì

c) Ta có . Để là số nguyên thì phải là số nguyên.

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, ta có: Đặt

do đó (do ).

Giải điều kiện , ta được .

Do nên . Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Bài 1. Cho biểu thức .

Tính giá trị biểu thức của P với và .

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

Hướng dẫn

Xét bình phương hai vế ta được:

Bài 2. Cho và .

Tính giá trị của biểu thức theo a.

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Quảng Ngãi, năm học 2013 – 2014)

Hướng dẫn

Ta có:

Bài 3. Tính giá trị của biểu thức:

Với .

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2014 – 2015)

Hướng dẫn

Đặt .

Xét

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Bài 4.Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm x để .

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2014 – 2015)

Hướng dẫn

a) TXĐ: .

(thỏa mãn điều kiện). Vậy để thì .

Bài 5.Rút gọn biểu thức:

Hướng dẫn

Đặt , biểu thức có dạng:

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. . Vậy

Bài 6. Cho các số dương thỏa mãn điều kiện .

Tính giá trị của biểu thức:

Hướng dẫn giải:

Thay vào biểu thức A, ta có:

Bài 7. Tính giá trị biểu thức: biết:

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2013-2014)

Lời giải:

Xét

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nhận xét: nên

Từ đó suy ra

Bài 8. Thực hiện phép tính:

a) ; b) .

Lời giải:

a) .

Bài 9. Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 10. Rút gọn biểu thức:

a) b) .

Lời giải:

a) Ta có:

b) Ta có:

Bài 11. Cho và . Tính .

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Gia Lai, năm học 2007 – 2008)

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra: .

Ta có: .

Bài 12. Xác định biết: .

Lời giải:

Xét vế trái:

Đồng nhất hai vế ta được: .

Bài 13. Cho . Với .Chứng minh rằng .

Lời giải:

Ta có:

ĐKXĐ:

Bình phương hai vế, ta được: .

Vì nên .

Xét .

Điều phải chứng minh.

Bài 14. Tính giá trị biểu thức tại .

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Ta có:

Thay vào biểu thức M ta có:

Bài 15. Cho biểu thức:

a) Rút gọn M;

b) Tìm giá trị lớn nhất của M.

Lời giải:

a) Ta có:

. TXĐ: .

b) Ta có: . Vì

nên .

Vậy giá trị lớn nhất của M là 2020 khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 16. Cho biểu thức

a) Rút gọn A.

b) Tìm x để .

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên, ĐHSP, TP. Hồ Chí Minh, năm học 2015 – 2016)

Lời giải:

a) Ta có:

, thuộc tập xác định.

Vậy với thì .

Bài 17. Cho các số dương thỏa mãn điều kiện .

Đặt: . Tính .

Lời giải:

Thay vào biểu thức P, ta có:

Bài 18. Cho biểu thức với .

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Rút gọn biểu thức: với .

b) Tìm tất cả các giá trị sao cho P là số nguyên tố.

(Thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Đà Nẵng, năm học 2012 – 2013)

Lời giải:

Đặt khi đó biểu thức P có dạng:

a) Do đó

. Suy ra

Theo câu a, ta có nên

, P là số nguyên tố nên P phải là số nguyên dương.

Ư(3)

1 3

4 6

15 35

Thử lại, với thì là hợp số (loại);

với thì là số nguyên tố (thỏa mãn)

Vậy với thì là số nguyên tố.

Bài 19. Cho và khác nhau đôi một. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức P không phụ thuộc vào

vị trí của các biến.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

. Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào vị trí của các biến.

Bài 20. Cho biểu thức:

Chứng minh rằng P luôn nhận giá trị nguyên với mọi thỏa mãn điều kiện: và .

Lời giải:

Ta có:

. Điều phải chứng minh.

Bài 21. Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của P khi .

c) Tìm x để P có giá trị là số tự nhiên.

d) Tìm x để .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Ta có:

. ĐKXĐ: và .

thuộc TXĐ. b)

Thay vào biểu thức P, ta có:

c) Ta có: . Để P có giá trị là số tự nhiên thì và ,

Từ đó ta có bảng giá trị sau:

1 3

3 5

9 25

Kết hợp với tập xác định, với thì P nhận giá trị là số tự nhiên.

và khác dấu.

Mặt khác, ta có

Do đó:

Kết hợp với tập xác định, ta có: thì .

Bài 22. Rút gọn biểu thức: .

Với .

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Ta có:

Bài 23. Chứng minh rằng nếu là các số dương thỏa mãn thì ta luôn có:

Lời giải:

Từ giả thiết, suy ra

Xét vế trái:

Vế trái = Vế phải. Điều phải chứng minh.

Bài 24. Chứng minh rằng:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 – 2012)

Lời giải:

Cách 1. Đặt

Đặt

• Ta có:

• Xét

Mà . Điều phải chứng minh.

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cách 2. Ta có:

. Điều phải chứng minh.

Bài 25. Cho dãy số thỏa mãn và với . Tính .

Lời giải:

Ta có:

Từ đó suy ra . Vậy .

Bài 26. Cho số thực thỏa mãn .Chứng minh rằng:

Lời giải:

Từ giả thiết

Nhận xét: Vì nên loại, suy ra .

Xét

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó ta có: . Điều phải chứng minh.

Bài 27.

a) Cho

thỏa mãn:

. Tính

.

b) Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình:

(

dấu căn,

) .

Lời giải:

a) Ta có: ⇔

Mặt khác:

. ⇒

Chứng minh tương tự

. ⇒

b) Nhận xét: là số chính phương vì

(n dấu căn) .

( dấu căn) . ⇒

là số chính phương . ⇒

. ⇒ là số chính phương ⇒ ⇒

Bài 28. (Trường chuyên tỉnh Bình Thuận năm 2019-2020)

Cho biểu thức: với .

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm tất cả các giá trị của để P < 1.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

Bài 29. (Trường chuyên tỉnh Bình Định vòng 2 năm 2019-2020)

Rút gọn biểu thức:

Lời giải:

Do đó:

Vậy

Cách khác:

Ta có:

Do đó:

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

Bài 30. (Trường chuyên tỉnh Bạc Liêu năm 2019-2020)

Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

= 35

Bài 31. (Trường chuyên tỉnh Bắc Giang chuyên toán năm 2019-2020)

Cho là các số thực dương và

Chứng minh rằng

Lời giải:

Đặt , ta có

Bài 32. (Trường chuyên tỉnh Bắc Ninh vòng 2 năm 2019-2020)

Tính giá trị của biểu thức: khi .

Lời giải:

Ta có .

Bài 33. (Trường chuyên tỉnh Cao Bằng vòng 2 năm 2019-2020)

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho biểu thức với .

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tìm tất các giá trị của để .

Lời giải:

a) Biến đổi được

Biến đổi được

TH1:

TH2: (không xảy ra).

Vậy các giá trị cần tìm là .

Bài 34. (Trường chuyên tỉnh Cần thơ chuyên toán năm 2019-2020)

Cho biểu thức trong đó .

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm các giá trị nguyên của để giá trị biểu thức là số nguyên.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu thì

b) - Nếu thì không có giá trị nguyên.

- Nếu thì

Bài 35. (Trường chuyên tỉnh Gia lai chuyên tin năm 2019-2020)

Rút gọn biểu thức: ( ).

Lời giải:

Bài 36.(Trường chuyên tỉnh Chuyên ĐHSP vòng 1 năm 2019-2020)

Cho các số thực thoản mãn .Chứng minh rằng

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

và thì đẳng thức đề bài có thể viết lại thành . Đặt

Do nên .

Từ đó ta có hay .

Suy ra . Đây là kết quả cần chứng minh.

Bài 37. (Đề thi HSG 9 huyện Triệu Phong 2019-2020)

Cho biểu thức

a) Rút gọn B.

b) So sánh và .

Lời giải

a) .

Ta có :

b) Vì và

Nên với mọi thỏa mãn điều kiện đã cho

Lại có:

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu “ = “ không xảy ra vì

Vậy , nên

Bài 38. (Đề thi HSG 9 huyện Triệu Phong 2019-2020)

Cho biểu thức

Chứng minh là nghiệm của phương trình

Lời giải

Ta có:

, với

Ta có:

Vậy bài toán được chứng minh

Bài 39. (Đề thi HSG 9 huyện Nông Cống 2019-2020)

Cho biểu thức :

a) Rút gọn biểu thức 𝐴

b) Tìm x để

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với 𝑥 ≠ 1; 𝑥 ≠ ; 𝑥 ≥ 0 biểu thức 𝐴 có nghĩa. Ta có:

𝐴 =

b) Ta có :

TH1:

TH2:

1 hoặc 𝑥 > 4

Vậy 0≤ 𝑥 <

Bài 40. (Đề thi HSG 9 huyện Yên Định 2012-2013)

Cho

a) Rút gọn .

b) Tìm x để

c) Tìm giá trị lớn nhất của .

Lời giải:

a) ĐKXĐ:

(vì )

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy GTLN của A =

Bài 41. (Đề thi HSG 9 huyện Chư Sê 2019-2020)

Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

Bài 42. (Đề thi HSG 9 huyện Tam Dương 2019-2020)

Tính giá trị của biểu thức sau:

Lời giải:

(Do ).

Bài 43. (Đề thi HSG 9 huyện Thường Tín 2019-2020)

Cho biểu thức:

a) Rút gọn .

b) Chứng minh: .

Lời giải:

a) Điều kiện: có nghĩa:

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) (BĐT Cauchy)

Vì đẳng thức xảy ra không thỏa mãn điều kiện xác định nên .

Bài 44. (Đề thi HSG 9 huyện Đức Cơ 2019)

1. Rút gọn biểu thức: với

2. Cho . Tìm sao cho .

Lời giải:

Vậy

2. + Ta có: xác định khi

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Ta có: xác định khi

Ta có nên

Kết hợp với điều kiện suy ra

Vậy khi .

Bài 45. (Đề thi HSG 9 huyện Bình Giang 2019)

Cho biểu thức

1) Tìm để .

2) Biết , hãy tính giá trị của .

3) Tìm giá trị của nguyên để biểu thức nhận giá trị nguyên?

4) Tìm để

Lời giải:

Rút gọn: điều kiện:

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp điều kiện ta có:

Ta có:

Thay vào biểu thức ta được

Ta có:

Để nguyên thì

Ta có bảng sau:

0 4 2 6

0 16 4 36

Do nên

Thay vào biểu thức ta được:

Với , ta có:

, dấu “=” xảy ra

Bài 46. (Đề thi HSG 9 huyện Chương Mỹ Vòng 2 năm 2020)

. Cho

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm nguyên để .

Lời giải:

ĐKXĐ: .

Ta có:

Khi đó

Ta có

TH1:

TH2:

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

TH3: loại

TH4: loại

Vậy với hoặc thì .

Bài 47. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2012-2013)

Cho biểu thức :

1/ Rút gọn biểu thức A.

2/ Tìm các giá trị của x để

Lời giải:

1/ Rút gọn biểu thức A.

(ĐK: x )

2/ Tìm các giá trị của x để

Kết hợp với ĐK 

Bài 48. (Đề thi HSG 9 tỉnh huyện Cẩm Thủy 2011-2012)

Cho biểu thức:

Rút gọn . a.

Tính P khi . b.

Tìm giá trị nguyên của để nhận giá trị nguyên. c.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) ĐK: :

Học sinh lập luận để tìm ra hoặc

Bài 49. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2011-2012)

Cho biểu thức

Rút gọn 1)

Tính giá trị của khi 2)

Lời giải:

(ĐK: ) 1)

( ) Đặt

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 50. (Đề thi HSG 9 huyện Vĩnh Bảo 2013-2014)

Cho biểu thức: .

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của P với .

Lời giải:

a) ĐKXĐ: .

Mẫu thức chung là 1 – xy

b) Ta có:

Bài 51. (Đề thi HSG 9 tỉnh Hải Dương - 2013-2014)

Rút gọn biểu thức

với .

Lời giải:

Bài 52. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2013-2014)

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho biểu thức .

a) . Rút gọn biểu thức A.

b) Cho . Tìm giá trị lớn nhất của A.

Lời giải:

a) Điều kiện: .

Vậy

b) Theo Côsi, ta có: .

Dấu bằng xảy ra   x = y = .

Vậy maxA = 9, đạt được khi : x = y = .

Bài 53. (Đề thi HSG 9 huyện … 2013-2014)

Cho biểu thức: .

a) Rút gọn P.

b) Tính giá trị của P tại .

Lời giải:

a) Điều kiện

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

b) Ta có:

Vậy do đó

Bài 54. : (Đề thi HSG 9 tỉnh Thái Bình 2011 - 2012)

Cho biểu thức:

với

Tính giá trị của biểu thức P với

Lời giải:

Vậy

Bài 55. (Đề thi vào 10 chuyên TPHCM 2010 - 2011)

Thu gọn biểu thức: A=

Lời giải:

Xét M =

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có M > 0 và , suy ra M =

A= -( -1)=1

Bài 56. (Đề HSG 9 huyện Xuyên Mộc 2016 - 2017)

Rút gọn biểu thức: với .

Lời giải:

Ta có

Bài 57. (Đề thi HSG 9 Tỉnh Kiên Giang 2012-2013)

Rút gọn :

Lời giải:

ĐK:

Bài 58. (Đề thi HSG 9 Tỉnh Kiên Giang 2011-2012)

Thực hiện phép tính :

Lời giải:

Nhân số bị chia và số chia với ta được:

Bài 59. (Đề thi HSG 9 TP Đà Nẵng 2015-2016)

Cho biểu thức với

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Rút gọn biểu thức M a)

Tìm tất cả các giá tị nguyên của a để biểu thức M nhận giá trị nguyên. b)

Lời giải:

M nguyên nguyên là ước của 2

Bài 60. (Đề thi HSG 9 Tỉnh An Giang 2013-2014)

Lời giải:

Ta có :

Bài 61. (Đề thi HSG 9 Tỉnh Quảng Nam 2017-2018)

Cho biểu thức

Rút gọn biểu thức A. Tìm các số nguyên để là số nguyên.

Lời giải:

là ước của 3; chỉ có có nghiệm thỏa mãn ĐK.

Bài 62. (Đề thi HSG 9 TP Vinh 2016-2017)

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tính giá trị của biểu thức: tại

Lời giải:

Ta có

Suy ra hay

Do đó

(vì

Vậy tại

Bài 63. (Đề thi HSG 9 Tỉnh Quảng Ninh 2018-2019)

Rút gọn biểu thức

Lời giải:

Ta có:

Bài 64. (Đề thi HSG 9 huyện Triệu Phong 2019-2020)

Cho biểu thức

a) Rút gọn B.

b) So sánh và .

Lời giải:

a) .

Ta có :

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Vì và

Nên với mọi thỏa mãn điều kiện đã cho

Lại có:

Dấu “ = “ không xảy ra vì

Vậy , nên

Bài 65. (Đề thi HSG 9 huyện Triệu Phong 2019-2020)

Cho biểu thức

Chứng minh là nghiệm của phương trình

Lời giải:

Ta có:

, với

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Vậy bài toán được chứng minh

Bài 66. (Đề thi HSG 9 huyện Nông Cống 2019-2020)

Cho biểu thức :

c) Rút gọn biểu thức 𝐴

Tìm x để d)

Lời giải:

Với 𝑥 ≠ 1; 𝑥 ≠ ; 𝑥 ≥ 0 biểu thức 𝐴 có nghĩa. Ta có:

𝐴 =

d) Ta có :

TH1:

TH2:

1 hoặc 𝑥 > 4

Vậy 0≤ 𝑥 <

Bài 67. (Đề thi HSG 9 huyện Yên Định 2012-2013)

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho

a) Rút gọn .

b) Tìm x để

c) Tìm giá trị lớn nhất của .

Lời giải:

a) ĐKXĐ:

(vì )

Vậy GTLN của A =

Bài 68. (Đề thi HSG 9 huyện Chư Sê 2019-2020)

Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

Bài 69. (Đề thi HSG 9 huyện Tam Dương 2019-2020)

Tính giá trị của biểu thức sau:

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Do ).

Bài 70. (Đề thi HSG 9 huyện Thường Tín 2019-2020)

Cho biểu thức:

a) Rút gọn .

b) Chứng minh: .

Lời giải:

a) Điều kiện: có nghĩa:

b) (BĐT Cauchy)

Vì đẳng thức xảy ra không thỏa mãn điều kiện xác định nên .

Bài 71. (Đề thi HSG 9 huyện Đức Cơ 2019)

1. Rút gọn biểu thức: với

2. Cho . Tìm sao cho .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

2. + Ta có: xác định khi

+ Ta có: xác định khi

Ta có nên

Kết hợp với điều kiện suy ra

Vậy khi .

Bài 72. (Đề thi HSG 9 huyện Bình Giang 2019)

Cho biểu thức (căn lề -cỡ chữ 12)

1) Tìm để .

2) Biết , hãy tính giá trị của .

3) Tìm giá trị của nguyên để biểu thức nhận giá trị nguyên?

4) Tìm để

Lời giải:

Rút gọn: điều kiện:

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp điều kiện ta có:

Ta có:

Thay vào biểu thức ta được

Ta có:

Để nguyên thì

Ta có bảng sau:

6 4 2 0

36 16 4 0

Do nên

Thay vào biểu thức ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với , ta có:

, dấu “=” xảy ra

Bài 73. (Đề thi HSG 9 huyện Chương Mỹ Vòng 2 năm 2020)

Cho .

Tìm nguyên để .

Lời giải:

ĐKXĐ: .

Ta có:

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có

TH1:

TH2:

TH3: loại

TH4: loại

Vậy với hoặc thì .

Bài 74. (Đề thi HSG 9 huyện BA VÌ 2019-2020)

Cho biểu thức

a) Rút gọn .

b) Tìm các giá trị của để .

c) Tìm các giá trị của để .

Lời giải:

Cho biểu thức

a)Sau khi biến đổi thu gọn ta được

b)Với với ( không thỏa mãn đkxđ)

c) và .

Bài 75. (Đề thi HSG 9 VINH 2019-2020)

Cho biểu thức: .

THCS.TOANMATH.com Trang 73

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Rút gọn

b) Tính giá trị của tại

Lời giải:

a) Điều kiện

Vậy .

Vậy do đó .

Bài 76. (Đề thi HSG 9 huyện CẨM XUYÊN 2019-2020)

Với giá trị nào của thì có nghĩa?

Lời giải:

Để biểu thức có nghĩa thì

Bài 77. (Đề thi HSG 9 huyện CẨM XUYÊN 2019-2020)

Rút gọn biểu thức

Lời giải:

Ta có

Bài 78. (Đề thi HSG 9 huyện CẨM XUYÊN 2019-2020)

Rút gọn biểu thức với

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 74

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Vì )

Bài 79. (Đề thi HSG 9 tỉnh ĐÀ NẴNG 2010-2011)

Cho biểu thức: với .

a) Chứng minh rằng

b) Với những giá trị nào của thì biểu thức nhận giá trị nguyên?

Lời giải:

a) Do nên: và



Do nên:



b) Ta có do đó chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1

Mà N = 1   

 (phù hợp)

Vậy nguyên 

Bài 80. (Đề thi HSG 9 huyện HOÀNG HÓA 2019)

THCS.TOANMATH.com Trang 75

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho biểu thức .

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức .

b) Tính giá trị của biểu thức khi

Lời giải:

a/ ĐKXĐ: ,

Ta có

. b) Rút gọn khi

Ta có

(vì )

Thay vào biểu thức thu gọn ta được

Bài 81. (Đề thi HSG 9 huyện NAM ĐÀN 2019-2020)

Tính giá trị của biểu thức:

. a)

b) (Điều kiện: ).

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 76

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Vì nên và . Khi đó:

Bài 82. (Đề thi HSG 9 huyện CAM LỘ 2008-2009)

Chứng minh rằng : là số nguyên.

Lời giải:

= .

Bài 83. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG KHÊ 2019)

Tính giá trị biểu thức:

Lời giải:

Vậy

Bài 84. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG KHÊ 2019)

Tính giá trị của biểu thức:

Lời giải:

Ta có:

Bài 85. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG SƠN 2019-2020)

Tính giá trị của biểu thức .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 77

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 56. (Đề thi HSG 9 huyện Như Thanh 2019-2020)

Cho biểu thức:

1. Tìm điều kiện của để có nghĩa và rút gọn biểu thức .

2. Tìm để biểu thức nhận giá trị bằng 2.

3. Tính giá trị của biểu thức tại .

Lời giải:

1. ĐKXĐ: ; .

Vậy với ; .

2. Ta có

(vì với )

Vậy thì .

3. Ta có :

THCS.TOANMATH.com Trang 78

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay thỏa mãn ĐKXĐ vào ta được .

với Vậy .

Bài 86. (Đề thi HSG 9 huyện Kim Động 2019-2020)

a) Rút gọn biểu thức: .

b) So sánh . và

Lời giải:

b) Ta có

Vậy ta có .

Bài 87. (Đề thi HSG 9 huyện Thạch Hà 2019-2020)

a) Tính giá trị biểu thức .

THCS.TOANMATH.com Trang 79

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Chứng minh rằng: .

c) Tính giá trị biểu thức . với

d) Cho và . Tính .

Lời giải:

b) .

Với , ta có: .

d) Ta có: và .

Vậy .

Bài 88. (Đề thi HSG 9 Quảng Trị 2019-2020)

1. Rút gọn biểu thức

2. Tính giá trị của biết

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 80

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 89. (Đề thi HSG 9 Quận Cầu Giấy 2019-2020)

Cho biểu thức . .

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức có nghĩa và rút gọn .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Lời giải::

a) Để có nghĩa thì:

THCS.TOANMATH.com Trang 81

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với thì có nghĩa.

Ta có: . với

Vậy với thì .

b) Ta có:

Để đạt giá trị nhỏ nhất thì đạt giá trị lớn nhất

phải đạt giá trị nhỏ nhất.

Lại có nên .

Giá trị nhỏ nhất của khi và chỉ khi

THCS.TOANMATH.com Trang 82

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giá trị nhỏ nhất của khi và chỉ khi

Vậy với thì có giá trị nhỏ nhất bằng 0.

Bài 90. (Đề thi HSG 9 Huyện Quan Sơn 2019-2020)

Cho

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì .

2. Tìm x nguyên biết đạt giá trị nguyên lớn nhất.

Lời giải:

. b)

Với thì . Nên

Vậy

2. Ta có

có giá trị lớn nhất khi có giá trị lớn nhất là số nguyên dương nhỏ nhất

Bài 91. (Đề thi HSG 9 Đồng Xuân 2011 - 2012)

a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: .

THCS.TOANMATH.com Trang 83

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b/ Cho

+ Tìm điều kiện của để xác định.

+ Rút gọn

Lời giải:

+ xác định khi x 0 và x

+ Rút gọn =

= = 2 =

Bài 92. (Đề thi HSG 9 Đồng Xuân 2012 - 2013)

a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

b/ Rút gọn

Lời giải:

b/ Với ĐK : ta có:

Bài 93. (Đề thi HSG 9 Đồng Xuân 2013 - 2014)

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

2. Cho biểu thức

a) Tìm điều kiện để xác định. Rút gọn

b) Tính giá trị của khi x =

c) Tìm giá trị của để

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 84

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2. a)

Điều kiện để xác định:

biểu thức có giá trị là: b) Khi

c) Với ta có:

(thoả ĐK)

Vậy thì

Bài 94. (Đề thi HSG 9 Đồng Xuân 2014 - 2015)

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

2. Cho biểu thức

a/ Rút gọn biểu thức .

b/ Tìm để

c/ Tìm giá trị nguyên của để có giá trị nguyên

Lời giải:

2. a/ Với ĐK : ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 85

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b/ Với ĐK : ta có

Vậy thì

c) Ta có =

Vậy nguyên khi suy ra

Do nên

Bài 95. (Đề thi HSG 9 huyện Đồng Xuân 2015-2016)

với Cho biểu thức A =

a/ Rút gọn biểu thức A.

b/ Tính A khi x =

c/ Tìm x để A có giá trị là

Lời giải:

a/ Rút gọn biểu thức A.

Với ta có

b/ Khi x = ta có A =

THCS.TOANMATH.com Trang 86

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy khi x = thì A =

c/ Với ta có A =

x = 25 ( thỏa ĐK)

Vậy x = 25 thì A =

Bài 96. (Đề thi HSG 9 huyện Chương Mỹ 2019-2020)

Cho biểu thức:

Tìm x để A <1 a)

, hãy tính giá trị của b) Biết

c) Tìm giá trị x nguyên để P nhận giá trị nguyên, khi

d) Tìm x để

Lời giải:

a)Đk:

Rút gọn

Do A<1 nên suy ra:

Kết hợp với điều kiện rồi kết luận:

b)- Tính được A = 3

Từ đó suy ra: , tìm được x = 9 (tmđk) -

Thay vào biểu thức -

c)- Tính được

Để P nguyên thì từ đó lập luận tìn x là 0; 36; 16; 4 -

So sánh điều kiện và kết luận x -

THCS.TOANMATH.com Trang 87

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d)Thay A vào rồi biến đổi đưa về dạng

Đánh giá VT 5; VP 5 với mọi x thuộc ĐKXĐ -

Từ đó quy ra: dấu bằng xảy ra khi x = 9 -

- Kết luận

Bài 97. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2018-2019)

1. Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của :

Điều kiện , ; ; .

2. Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

1. Với điều kiện , ; ;

Ta có

Vậy không phụ thuộc vào giá trị của .

THCS.TOANMATH.com Trang 88

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy .

Bài 98. (Đề thi HSG 9 huyện Kỳ Anh 2019-2020)

a) Tính giá trị của biểu thức :

b) Cho Tính giá trị của :

Lời giải:

( bình b) Từ giả thiết

phương 2 vế)

Mặt khác :

Vậy :

Bài 99. (Đề thi HSG 9 quận Thanh Xuân 2019-2020)

Cho biểu thức

a) Rút gọn

b) Tìm giá trị của khi

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 89

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b)Ta có

Vậy

Bài 100. (Đề thi HSG 9 tỉnh Phú Yên 2014-2015)

a) Cho . Chứng minh rằng:

; .

b) Rút gọn biểu thức: .

ĐÁP ÁN

a) Cho . Chứng minh rằng:

(1);

(2).

Đặt

Bình phương 2 vế ta được: .

Từ đó ta có: (3).

Tương tự ta cũng có: (4).

Lấy (3) cộng (4) ta được: ; Lấy (3) trừ (4) ta được:

b) Rút gọn biểu thức: .

Điều kiện . Áp dụng công thức (1) ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 90

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với hoặc ta đều có: .

Ta lại có:

Vậy .

Bài 101. (Đề thi HSG 9 tỉnh Phú Yên 2015-2016)

Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có P > 6.

ĐÁP ÁN

a) Rút gọn P

Điều kiện: a > 0, a ≠ 1. Ta có:

b) Chứng minh P > 6

Ta có

và .

Bài 102. (Đề thi HSG 9 tỉnh Phú Yên 2016-2017)

THCS.TOANMATH.com Trang 91

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Rút gọn và tính giá trị biểu thức:

với và .

Lời giải:

Rút gọn biểu thức:

với và .

Ta có: ;

Suy ra: .

Vì

. Suy ra :

Bài 103. (ĐỀ TS VÀO 10 CHUYÊN TOÁN HÀ NAM 2013-2014)

THCS.TOANMATH.com Trang 92

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho biểu thức

a) Tìm điều kiện của và để xác định và rút gọn .

b) Tính giá trị của khi ,

Lời giải:

ĐK xác định của :

b) Ta có với ,

Vậy

Từ đó

Bài 104. (ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH QUẢNG BÌNH 2012-2013)

Cho biểu thức: .

a) Rút gọn .

b) Tìm để đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

a) ĐK: . Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 93

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy GTNN của , dấu xảy ra khi .

Bài 105. (Đề thi HSG 9 huyện CẨM THỦY (V2) 2011-2012)

Cho biểu thức:

Rút gọn . d.

Tính P khi . e.

Tìm giá trị nguyên của để nhận giá trị nguyên. f.

Lời giải:

c/ ĐK: .

Với , , ta có .

Bài 106. (Đề thi HSG 9 tỉnh HẢI DƯƠNG 2012-2013)

Cho , thỏa mãn .Tính giá trị của biểu thức

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 94

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 107. (Đề thi HSG 9 huyện CẨM GIÀNG 2013-2014)

a) Cho biểu thức: .

Tính giá trị của khi .

. Chứng minh rằng . b) Cho

Lời giải:

a) Ta có

Thay vào biểu thức , ta có:

thì giá trị của biểu thức là 2014. Vậy khi

Tương tự

Do đó (đpcm).

Bài 108. (Đề thi HSG 9 huyện KIÊN GIANG 2012-2013)

Rút gọn: .

Lời giải:

Điều kiện:

THCS.TOANMATH.com Trang 95

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 109. (Đề thi HSG 9 tỉnh THANH HÓA 2018-2019)

Cho biểu thức :

1/ Rút gọn biểu thức .

2/ Tìm các giá trị của để .

Lời giải:

1/ Rút gọn biểu thức .

(ĐK: )

A = =

2/ Tìm các giá trị của x để

Kết hợp với ĐK  .

Bài 110. (Đề thi HSG 9 huyện KIM THÀNH 2012-2013)

a/ Rút gọn biểu thức

b/ Cho thoả mãn: . Hãy tính giá trị biểu thức

THCS.TOANMATH.com Trang 96

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a/ Rút gọn biểu thức

ĐKXĐ:

b/ Ta có:

Tương tự:

Thay các kết quả trên vào biểu thức để tính.

Bài 111. (Đề thi HSG 9 tỉnh AN GIANG 2013-2014)

Tính:

Lời giải:

Ta có :

Bài 112. (Đề thi HSG 9 tỉnh HẢI DƯƠNG 2013-2014)

Rút gọn biểu thức với .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 97

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

= .

Bài 113. (Đề thi HSG 9 tỉnh HƯNG YÊN 2014-2015)

Cho . Tính giá trị của biểu thức:

Lời giải:

Ta có :

Thay vào ta có:

Bài 114. (ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN VĨNH BẢO 2013-2014)

Cho biểu thức: .

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tính giá trị của với .

Lời giải:

a) ĐKXĐ: .

Mẫu thức chung là

THCS.TOANMATH.com Trang 98

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 115. (ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014-2015)

(với , ). Cho biểu thức

a) Rút gọn .

b) Chứng minh rằng , với mọi , .

c) Tìm để là số nguyên.

Lời giải:

b) Xét hiệu

Với mọi , suy ra (đpcm).

c) Ta có , với mọi

suy ra .

Bài 116. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014

Cho biểu thức

THCS.TOANMATH.com Trang 99

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1. Rút gọn biểu thức

2. Cho . Tìm giá trị lớn nhất của

Lời giải:

1. Điều kiện: .

2. Theo Côsi, ta có: .

Dấu bằng xảy ra  

Vậy: đạt được khi:

Bài 117. ĐỀ THI CHỌN HSG THANH OAI NĂM HỌC 2013-2014

a) Cho

1. Rút gọn .

2. Tìm giá trị nguyên của để biểu thức nhận giá trị là số nguyên.

b) Tính giá trị của biểu thức .

với

Lời giải:

ĐKXĐ: (*)

1) Rút gọn M : Với

THCS.TOANMATH.com Trang 100

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy (với ) (*)

Biểu thức có giá trị nguyên khi và chỉ khi:

Vì Ư(3)

Xảy ra các trường hợp sau: Nên

(TMĐK (*) )

(không TMĐK (*) loại )

thì nhận giá trị nguyên. Vậy

Có

Với .Ta có

Vậy với thì .

Bài 118. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015-2016

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức .

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có .

THCS.TOANMATH.com Trang 101

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a) (đk: )

Vậy với thì .

b) Ta có vậy hay (đpcm).

Bài 119. ĐỀ CHỌN HSG LỚP 9 BẮC GIANG NĂM 2016 - 2017

a. Cho biểu thức với và

Rút gọi và tính giá trị biểu thức biết

b. Tìm các số nguyên thoả mãn

c. Cho ; ; thỏa mãn

Tính giá trị biểu thức

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 102

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Rút gọn với và

Ta có.

+ Nếu

+ nếu

Nếu

Vì nguyên nên Vô lý vì là số vô tỉ.

Vây ta có

Thay vào Ta có

Ta có (loại) ; (thoã mãn) , vậy . Kết luận

THCS.TOANMATH.com Trang 103

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) Ta có

mà ; nên

Ta có

nên

Tương tự

Vậy

Bài 120. ĐỀ CHỌN HSG LỚP 9 VĨNH PHÚC NĂM 2014 - 2015

Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm để

Lời giải:

a) xác định khi ĐKXĐ: .

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 104

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với thì .

b) Biến đổi:

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy để thì .

Bài 121. ĐỀ CHỌN HSG BẮC GIANG LỚP 9 NĂM 2017 - 2018

a/ Cho biểu thức

Rút gọn M và tìm x để

b/ Cho thỏa mãn . Tính

Lời giải:

a/ Cho biểu thức

Rút gọn M và tìm x để M>1

Vậy M= với

THCS.TOANMATH.com Trang 105

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có . Vậy M>1 khi 1

b/Cho thỏa mãn . Tính H=

Vì nên

Tương tự ta có

Vậy

Bài 122. Chọn hsg lớp 9 Đà Nẵng năm 2015 - 2016

Cho biểu thức với

Rút gọn biểu thức . a)

Tìm tất cả các giá tị nguyên của để biểu thức nhận giá trị nguyên. b)

Lời giải:

a) Ta có:

b) nguyên nguyên là ước của .

THCS.TOANMATH.com Trang 106

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 123. (Đề thi HSG 9 TP Đà Nẵng 2017-2018)

Tính

Lời giải

Bài 124. (Đề thi HSG 9 TP Đà Nẵng 2017-2018)

Cho biểu thức với ; .

Rút gọn A và chứng minh .

Lời giải:

+ Rút gọn với ; .

+ Chứng minh .

Xét hiệu

Bài 125. (Đề thi HSG 9 Tỉnh Hải Dương 2017-2018)

Cho . Rút gọn với

Lời giải:

Ta có

Bài 126.

Rút gọn biểu thức: .

THCS.TOANMATH.com Trang 107

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Tổng quát:

Vậy

Bài 127. (Đề thi HSG 9 tỉnh Điện Biên 2018-2019)

1. Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm x để nhận giá trị nguyên.

2. Cho Tính giá trị biểu thức

Lời giải:

1. ĐKXĐ:

a) Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 108

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có:

Để thì

Vậy

2. Xét biểu thức:

Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x = 0.

Với x = 0

Tương tự:

Từ (1) và (2)

Với

Vậy

Bài 128. (Đề thi HSG 9 huyện Hoài Nhơn 2018-2019)

. Tính giá trị của biểu thức . a) Cho

và b) Cho . Tính giá trị của biểu thức:

Lời giải:

a) Ta có: . Thay vào biểu thức, ta

được:

b) Ta có :

. Cộng vế theo vế ta được:

Vậy khi và .

Bài 129. (Đề thi HSG 9 huyện Thạch Hà 2018-2019)

THCS.TOANMATH.com Trang 109

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1. Tính giá trị biểu thức

2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:

Lời giải:

1. Ta có

Điều kiện xác định của M là

hoặc

2. Điều kiện xác định của N là (*)

(**)

Từ (*) và (**) ta được là điều kiện xác định của M

Bài 130. (Đề thi HSG 9 huyện Thạch Hà 2018-2019)

Tính giá trị của biểu thức:

Lời giải:

Theo câu 1) Ta có (*)

Áp dụng (*) ta có:

(Vì )

Tượng tự ; ;….

THCS.TOANMATH.com Trang 110

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra:

Bài 131. (Đề thi HSG 9 huyện Kim Thành)

1. Cho biểu thức: .

a, Rút gọn biểu thức .

b, Chứng minh rằng: .

2. Cho biểu thức: với và .

Tính giá trị của biểu thức: .

Lời giải:

1. a, Ta có: . Khi đó:

b, Vì ta luôn có

Lại có: hay .

Vậy: .

2. Áp dụng tính chất: . Ta có:

Từ giả thiết suy ra:

Bài 132. (Đề thi chọn HSG 9 Bắc Từ Liêm 2018-2019)

1. Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tính giá trị của biểu thức khi x = ; y =

THCS.TOANMATH.com Trang 111

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2. Cho 2 biểu thức: với thỏa mãn: và

. Chứng minh rằng:

Lời giải:

1. a) ĐKXĐ:

b) Với ta có: do đó: ;

Mà

Vậy

2. Ta có:

(1)

(Do ) Mà

(2) Do đó: (1)

Mặt khác:

Hơn nữa:

Đặt Ta có: (do (2) )

Vì thế:

THCS.TOANMATH.com Trang 112

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Biến đổi tương tự rút gọn P)

(4)

Từ (3), (4) ta có:

Vậy

Bài 133. (Đề thi chọn HSG 2018-2019)

Cho biểu thức: , với .

1. Rút gon biểu thức .

2. Thính giá trị của biểu thức khi .

Lời giải:

1. Điều kiện . Ta có:

A =

= .

Bài 134. (Đề thi HSG 9 tỉnh Quảng Ngãi 2016 2017)

Rút gọn biểu thức: A =

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 113

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Rút gọn biểu thức: A =

A = =

A =

Bài 135. (Đề thi HSG 9 tỉnh Quảng Ngãi 2016 2017)

Cho

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B

Lời giải:

a) ĐKXĐ:

b) B = A + x – 1=

Dấu “=” xảy ra ( TM ĐKXĐ)

Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1

Bài 136. (Đề thi HSG 9 quận Cầu Giấy 2017 2018)

Cho hai biểu thức: và với

a) Tính giá trị của A với

b) Rút gọn B

c) Đặt P = B:A. Tìm các giá trị nguyên của để P nhận giá trị nguyên

Lời giải:

a) Tính giá trị của A với

THCS.TOANMATH.com Trang 114

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào

Vậy thì

b)Rút gọn B

c) Đặt P = B:A. Tìm các giá trị nguyên của để P nhận giá trị nguyên

P nguyên nguyên Ư(-6)

Mà Ư(-6)=

Mặt khác:

Kết hợp ĐKXĐ:

THCS.TOANMATH.com Trang 115

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết luận: Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 137. (Đề thi HSG 9 thành phố Bắc Giang 2016 2017)

a) Cho biểu thức M= với a, b > 0 và a b. Rút gọi M và tính giá trị biểu

thức M biết

b) Tìm các số nguyên a, b thoả mãn

c) Cho a, b, c thỏa mãn ; ; Tính giá trị biểu thức H=

Lời giải:

-Rút gọn M= với a, b>0 và a b

-Ta có

+ Nếu a>b>0

+ nếu 0

-Nếu

THCS.TOANMATH.com Trang 116

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì a, b nguyên nên Vô lý vì là số vô tỉ

-Vây ta có

Thay a= vào t

a có

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận

Ta có

; nên mà

Ta có

nên

Tương tự

Vậy H=

Bài 138. (Đề thi HSG 9 thành phố Bắc Giang 2016 2017)

Tính giá trị của biểu thức N=

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 117

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 139. (Đề thi HSG 9 thành phố Bắc Giang 2016 2017)

Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn +

Chứng minh là số hữu tỉ

Lời giải:

Bài 140. (Đề thi HSG 9 thành phố Thanh Hóa 2016 2017)

Cho biểu thức: .

Với x 0, x 1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm x để .

c) So sánh: P2 và 2P.

Lời giải:

Điều kiện: x 0, x 1.

Với x 0, x 1. Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 118

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên (t/m)

Vậy P = khi x = 4

Vì

Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0

Vậy P2 2P

Bài 141. (Đề thi HSG 9 thành phố Hải Phòng 2016 2017)

Cho . Tính giá trị của .

b) Cho biểu thức với a > 0, a  1. Với những giá trị nào của a thì

biểu thức nhận giá trị nguyên?

Lời giải:

a) Ta có :

THCS.TOANMATH.com Trang 119

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay giá trị của x vào P ta được:

b) Với điều kiện thì:

Khi đó

Ta thấy với

Để N có giá trị nguyên thì N = 1.

 



Vậy

Bài 142. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2010 2011)

a) Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn Chứng minh rằng là số hữu tỉ.

b) Cho ba số hữu tỉ đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: là số hữu

tỉ.

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra

Suy ra là số hữu tỉ

Đặt suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 120

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng câu 2a) suy ra là số hữu tỉ.

Bài 143. (Đề thi HSG 9 thành phố Bắc Giang 2017 2018)

a) Cho biểu thức

Rút gọn M và tìm x để M>1

b) Cho a, b, c >0 thỏa mãn . Tính H=

Lời giải:

a) Cho biểu thức

Rút gọn M và tìm x để M>1

Vậy M= với

*M<1

Ta có . Vậy M>1 khi 1

b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn . Tính H=

THCS.TOANMATH.com Trang 121

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Vì nên 1+c=

• Tương tự ta có

• Vậy H=

Bài 144. (Đề thi HSG 9 tỉnh Hải Dương 2012 2013)

Cho x, y thỏa mãn . Tính giá trị của biểu thức

Lời giải:

Có

Bài 145. (Đề thi HSG 9 Tỉnh DakLak 2017-2018)

Rút gọn biểu thức . Tìm sao cho .

Lời giải:

Ta có:

Mặt khác .

Bài 146. (Đề thi HSG 9 TP Đà Nẵng 2017-2018)

THCS.TOANMATH.com Trang 122

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tính

Lời giải:

Bài 147. (Đề thi HSG 9 TP Đà Nẵng 2017-2018)

Tính Cho biểu thức với ;

Rút gọn A và chứng minh .

Lời giải:

+ Rút gọn A

Với ;

+ Chứng minh .

Xét hiệu

với ;

Bài 148. (Đề thi HSG 9 Tỉnh Bình Thuận 2017-2018)

Cho biểu thức: với x 1 và x > 0

THCS.TOANMATH.com Trang 123

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Rút gọn biểu thức Q

b) Tìm để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.

Lời giải:

a, Rút gọn. Với x 1 và x > 0, ta có:

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.

Dễ thấy Q>0.

Phương trình sau có nghiệm x > 0, x 1

có nghiệm x > 0, x 1

có nghiệm y > 0, y 1

Mà Q nguyên và Q > 0 nên Q = 1 hoặc Q = 2

Với Q = 1 Tìm được ( Thỏa mãn)

Với Q = 2 phương trình vô nghiệm.

Bài 149. (Đề thi HSG 9 huyện Xuyên Mộc (dự bị) 2016-2017)

Rút gọn biểu thức:

Lời giải:

Ta có:

Bài 150. (Đề thi HSG 9 tỉnh Bắc Ninh 2016-2017)

THCS.TOANMATH.com Trang 124

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Rút gọn biểu thức

Lời giải:

Bài 151. (Đề thi HSG 9 huyện Trực Ninh 2016-2017)

1) Rút gọn biểu thức: A =

2) Cho

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B

Lời giải:

1. Rút gọn biểu thức: A =

A = =

A =

a) ĐKXĐ:

b) B = A + x – 1=

Dấu “=” xảy ra ( TM ĐKXĐ)

Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1

THCS.TOANMATH.com Trang 125

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 152. (Đề thi HSG 9 tỉnh Quảng Nam 2016-2017)

Cho biểu thức với và .

Rút gọn biểu thức P và tìm để .

Lời giải:

Cho biểu thức với và . Rút gọn biểu

thức P và tìm để .

(mỗi ý trong khai triển được 0,25 điểm)

+ Với , ta có:

Suy ra hay ( dấu bằng xảy ra khi ).

Do đó, để thì .

Hoặc trình bày cách khác:

+ Với , ta có: (*)

Đặt .

Khi đó (*) trở thành:

Vì nên hay .

Bài 153. (Đề thi HSG 9 tỉnh Quảng Nam 2013-2014)

Rút gọn biểu thức với x ≥ 4.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 126

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Với x ≥ 4, ta có :

Xét các trường hợp :

* Với x ≥ 8 ta có :

* Với 4 ≤ x < 8 ta có :

Bài 154. (Đề thi HSG 9 thành phố Thanh Hóa 2015 - 2016)

Cho P = +

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1

2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Lời giải:

1.Điều kiện x > 0; x 1; 4

+ P =

= +

P > 1. > 1 - 1 > 0 > 0 .

> 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0

x – 1 > 0 x > 1

Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; 4

Suy ra x > 1; x 4 thì P > 1

2. P = = 2 + Với x > 0; x 1; 4

P nguyên x – 1 là ước của 4

P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2

Bài 155. (Đề thi HSG 9 huyện Hạ Hòa 2015 - 2016)

THCS.TOANMATH.com Trang 127

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho .

Hãy tính giá trị của biểu thức

Lời giải:

Cho . Hãy tính biết: ?

Nhân cả 2 vế của đẳng thức đã cho với ta được:

(1)

Nhân cả 2 vế của đẳng thức đã cho với ta được:

(2)

Cộng (1) với (2) theo vế rồi rút gọn ta được: x + y = 0.

Vậy A = 2016.

Bài 156. (Đề thi HSG 9 tỉnh Ninh Bình 2014 - 2015)

Cho biểu thức A =

Với x không âm,khác 4.

a,Rút gọn A

b,Chứng minh rằng A < 1 với mọi x không âm,khác 4

c,Tìm x để A là số nguyên

Lời giải:

b) Ta giả sử:

THCS.TOANMATH.com Trang 128

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra

Vì luôn đúng, suy ra điều phải chứng minh

Bài 157. (Đề thi HSG 9 tỉnh Quảng Bình 2012 - 2013)

Cho biểu thức:

a) Rút gọn P.

b) Tìm x để P đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

a) ĐK: .Ta có:

Vậy GTNN của P = 4 khi

Bài 158. (Đề thi HSG 9 tỉnh Hưng Yên 2014 - 2015)

Cho . Tính giá trị của biểu thức

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 129

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào A ta có

Bài 159. Đề thi HSG tỉnh Phú Yên năm học 2017 – 2018)

Tính giá trị của

Giải:

a) Rút gọn được

b) Chứng minh được 0 < A <1 nên A không nguyên

Bài 160. (Đề thi HSG tỉnh Phú Yên năm học 2017 – 2018)

Tính giá trị của

Giải:

Bài 161. (Đề thi HSG tỉnh Gia Lai năm học 2011 – 2012)

Cho . Tính giá trị của biểu thức

Lời giải:

Rút gọn . Thay vào biểu thức A ta được A = 1

Bài 162. (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2015 – 2016)

Cho biểu thức

Rút gọn biểu thức A

Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 130

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Điều kiện

Ta có:

Để x, A thì là ước của 2. Suy ra nhận các giá trị

1 1 2 2

X 1 9 16 0

A 2 2 1 1

Bài 163. (Đề thi HSG tỉnh Cần Thơ năm học 2012 – 2013)

1. Cho biểu thức

Rút gọn P

Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên

2. Tính giá trị với

Lời giải:

a) Điều kiện :

Để

Bài 164. (Đề thi HSG tỉnh Đắc Lắc năm học 2016 – 2017)

Cho số thực a mà a > 2. Rút gọn biểu thức

Giải

THCS.TOANMATH.com Trang 131

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 165. (Tuyển sinh vào 10 chuyên Bình Định năm học 2013 – 2014)

( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1) Cho biểu thức:

1. Rút gọn Q

2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên

Giải

1. Rút gọn Q

Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên:

Kết hợp với điều kiện =>

Vậy với thì Q nhận giá trị nguyên.

Bài 166. (Tuyển sinh vào 10 chuyên Bình Định năm học 2013 – 2014)

Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức:

Giải

.Ta có:

Bài 167. (Tuyển sinh vao 10 chuyên Hải Phòng năm học 2012 – 2013)

THCS.TOANMATH.com Trang 132

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A Cho

Lời giải:

A lớn nhất khi đó A lớn nhất bằng .

Bài 168. (Đề thi HSG tỉnh Bến Tre năm học 2016 – 2017)

Cho biểu thức . Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị nguyên của x

để B có giá trị nguyên

Lời giải:

+) Nếu x < 0:

B có giá trị nguyên khi và x < 0

+) Nếu 0

B có giá trị nguyên khi Ư (3) và x>2

Vậy:

B có giá trị nguyên khi

Bài 169. (Tuyển sinh vào chuyên tỉnh Quảng Ninh năm học 2017 – 2018)

THCS.TOANMATH.com Trang 133

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho biểu thức: (với ).

1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tính giá trị của biểu thức A khi

Lời giải:

1. Với điều kiện xác định là x 0; x

A =

2. Ta có :

. Nên thay x = + 1 vào A ta có:

A = = 1 1 3+1- 3

Bài 170. (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015)

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm để

Lời giải:

a) Rút gọn biểu thức

THCS.TOANMATH.com Trang 134

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Điều kiện: Từ đó:

Biến đổi:

và

Từ đó:

b) Tìm để

Biến đổi:

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy để thì

Bài 171. (Đề thi HSG tỉnh Bắc Giang 2017-2018)

a) Cho biểu thức

Rút gọn M và tìm x để M > 1

b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn .

Tính H=

Lời giải:

a/ Cho biểu thức

Rút gọn M và tìm x để M>1

THCS.TOANMATH.com Trang 135

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy M= với

*M<1

Ta có . Vậy M > 1 khi 1< x < 4 và x .

b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn .

Tính H=

Vì nên 1+c=

Tương tự ta có

Vậy H=

Bài 172. (Đề thi HSG tỉnh Lạng Sơn 2017-2018)

THCS.TOANMATH.com Trang 136

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho biểu thức với .

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của biểu thức A khi .

Lời giải:

a) Rút gọn biểu thức A.

Đặt , khi đó:

b) Tính giá trị của biểu thức A khi .

Do đó:

Bài 173. (Đề thi HSG tỉnh Phú Yên 2015-2016)

Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P

b) Chứng minh rằng với mọi giái trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có P>6.

Lời giải:

a) Rút gọn biểu thức P

THCS.TOANMATH.com Trang 137

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Chứng minh rằng với mọi giái trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có P>6.

vậy hay (đpcm). Ta có

Bài 174. (Đề thi HSG tỉnh Thanh Oai 2013-2014)

Cho

1. Rút gọn M

2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên

Lời giải:

ĐKXĐ: (*)

1)Rút gọn M : Với

Vậy (với ) (*)

Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi:

THCS.TOANMATH.com Trang 138

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì Ư(3)

Xảy ra các trường hợp sau: Nên

(TMĐK (*) ) .

(không TMĐK (*) loại ) .

Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.

Bài 175. (CHỌN HSG TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018)

Cho biểu thức với

Tính giá trị của tại

Lời giải:

Ta có

Lại có :

Vậy

Bài 176. (ĐỀ THI CHỌN HSG BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018)

Cho biểu thức .

Rút gọn và tìm để .

Lời giải:

ĐKXĐ: .

THCS.TOANMATH.com Trang 139

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

* .

Ta có: nên khi .

Kết hợp ĐKXĐ ta có và

Vậy khi và

Bài 177. (ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH Năm học 2017 – 2018)

Rút gọn biểu thức: với .

Lời giải:

Bài 178. (CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017 – 2018)

. Rút gọn biểu thức:

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 140

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 179. (ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BA THƯỚC - NĂM 2019)

Cho biểu thức: , với .

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tìm các giá trị của để

Lời giải:

Vậy với thì .

Bài 180. (ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬN _ NĂM HỌC 2017-2018)

Cho biểu thức: với và .

a) Rút gọn biểu thức .

THCS.TOANMATH.com Trang 141

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Tìm để biểu thức nhận giá trị nguyên.

Lời giải:

a) Với và , ta có:

b) Tìm để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.

Dễ thấy .

Phương trình sau có nghiệm .

có nghiệm .

Mà nên .

Với tìm được (Thỏa mãn).

Với phương trình vô nghiệm.

Bài 181. (ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK - NĂM HỌC 2017-2018)

Rút gọn biểu thức . Tìm sao cho .

Lời giải:

Ta có:

Mặt khác .

Bài 182. (ĐỀ SINH GIỎI Lớp 9 CẤP HUYỆN Năm học 2010 – 2011)

Rút gọn các biểu thức sau:

a. b.

THCS.TOANMATH.com Trang 142

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d. c.

Lời giải:

Bài 183. (KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN Năm học 2010 – 2011)

Cho biểu thức

a. Rút gọn P.

b. Tính giá trị của biểu thức P khi ;

c. Chứng minh:

Lời giải:

a. (ĐKXĐ: )

THCS.TOANMATH.com Trang 143

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Với Thay vào biểu thức ta được:

Với x > 0; y > 0 suy ra và

Bài 184. (Đề thi HSG 9 tỉnh Điện Biên 2018-2019)

1. Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm x để nhận giá trị nguyên.

2. Cho Tính giá trị biểu thức

Lời giải:

1. ĐKXĐ:

a) Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 144

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có:

Để thì

Vậy

2. Xét biểu thức:

Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x = 0.

Với x = 0

Tương tự:

Từ (1) và (2)

Với

Vậy

Bài 185. (Đề thi HSG 9 huyện Hoài Nhơn 2018-2019)

. Tính giá trị của biểu thức . a) Cho

và . Tính giá trị của biểu thức: b) Cho

Lời giải:

. Thay vào biểu thức, ta a) Ta có:

được:

b) Ta có :

. Cộng vế theo vế ta được:

. Vậy khi và

Bài 186. (Đề thi HSG 9 huyện Thạch Hà 2018-2019)

THCS.TOANMATH.com Trang 145

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1. Tính giá trị biểu thức

2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:

Lời giải:

1. Ta có

Điều kiện xác định của M là

hoặc

2. Điều kiện xác định của N là (*)

(**)

Từ (*) và (**) ta được là điều kiện xác định của M

Bài 187. (Đề thi HSG 9 huyện Thạch Hà 2018-2019)

Tính giá trị của biểu thức:

Lời giải:

Theo câu 1) Ta có (*)

Áp dụng (*) ta có:

(Vì )

Tượng tự ; ;….

THCS.TOANMATH.com Trang 146

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra:

Bài 188. (Đề thi HSG 9 huyện Kim Thành)

1. Cho biểu thức: .

a, Rút gọn biểu thức .

b, Chứng minh rằng: .

2. Cho biểu thức: với và .

Tính giá trị của biểu thức: .

Lời giải:

1. a, Ta có: . Khi đó:

b, Vì ta luôn có

Lại có: hay .

Vậy: .

2. Áp dụng tính chất: . Ta có:

Từ giả thiết suy ra:

Bài 189. (Đề thi chọn HSG 9 Bắc Từ Liêm 2018-2019)

1. Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tính giá trị của biểu thức khi x = ; y =

THCS.TOANMATH.com Trang 147

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2. Cho 2 biểu thức: với thỏa mãn: và

. Chứng minh rằng:

Lời giải:

1. a) ĐKXĐ:

b) Với ta có: do đó: ;

Mà

Vậy

2. Ta có:

(1)

(Do ) Mà

(2) Do đó: (1)

Mặt khác:

Hơn nữa:

Đặt Ta có: (do (2) )

THCS.TOANMATH.com Trang 148

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì thế:

(Biến đổi tương tự rút gọn P)

(4)

Từ (3), (4) ta có:

Vậy

Bài 190. (Đề thi chọn HSG 2018-2019)

Cho biểu thức: , với .

1. Rút gon biểu thức .

2. Thính giá trị của biểu thức khi .

Lời giải:

1. Điều kiện . Ta có:

A =

= .

Bài 191. (Đề thi HSG 9 huyện Ba Đình 2016-2017)

Cho biểu thức

a) Rút gọn A.

THCS.TOANMATH.com Trang 149

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Tính giá trị biểu thức A khi

Lời giải:

a) Với ta có:

Thay vào A ta được

Bài 192. (Đề thi HSG 9 huyện Ba Đình 2017-2018)

Rút gọn các biểu thức sau:

(với )

Lời giải:

(với )

THCS.TOANMATH.com Trang 150

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy nếu hoặc nếu .

Bài 193. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2018-2019)

Cho . Không dùng máy tính, hãy chứng minh các biểu thức và

có giá trị đều là số chẵn.

Lời giải:

Bài 194. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2014-2015)

Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:

A = .

Điều kiện x , x 4; x 9 ; x 1

Lời giải:

Do x 0; x 1; x 4; x 9

A =

A = = => ĐPCM

Bài 195. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2014-2015)

THCS.TOANMATH.com Trang 151

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Rút gọn biểu thức: B =

Lời giải:

Bài 196. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2015-2016)

Cho P = +

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1

2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Lời giải:

1. Điều kiện x > 0; x 1; 4

+ P =

= +

P > 1 > 1 - 1 > 0 > 0

> 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0

x – 1 > 0 x > 1

Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; 4

Suy ra x > 1; x 4 thì P > 1

2. P = = 2 + Với x > 0; x 1; 4

P nguyên x – 1 là ước của 4

P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2

Bài 197. (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2015-2016)

Cho biểu thức: . Với x 0, x 1.

THCS.TOANMATH.com Trang 152

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm x để .

c) So sánh: P2 và 2P.

Lời giải:

a) Điều kiện: x 0, x 1.

b) Với x 0, x 1. Ta có:

Vì nên (t/m)

Vậy P = khi x = 4

c) Vì

Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0

Vậy P2 2P

Bài 198. (Đề thi HSG 9 quận Ba Đình 2016-2017)

THCS.TOANMATH.com Trang 153

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm số thực x để biểu thức là số nguyên.

Lời giải:

Đặt

(Vì Ta có

Đặt

+) Với , ta có

hệ vô nghiệm

+) Với

Nếu

Nếu . Vì nguyên nên

• hệ vô nghiệm

•

THCS.TOANMATH.com Trang 154

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp điều kiện ta được (TM )

•

(TM )

Vậy với hoặc thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 199. (Đề thi HSG 9 quận Ba Đình 2017-2018)

Tìm tất cả các số nguyên x để ; ; ; đều là số nguyên

Lời giải:

Điều kiện:

Với x=81 ta có

= không thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 155

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với x= - 3 ta có

Vậy x= - 3 thì ; ; đều là số nguyên ;

Bài 200. (Đề thi HSG NGHỆ AN 2019-2020)

Cho hàm số

Tính tại

Lời giải:

Bài 201. (Đề thi HSG 9 THẠCH HÀ 2018-2019)

Tính giá trị biểu thức

Lời giải:

Ta có

= 5 - 3 = 2

Bài 202. (Đề thi HSG 9 THẠCH HÀ 2018-2019)

Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:

Lời giải:

Điều kiện xác định của M là

THCS.TOANMATH.com Trang 156

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

hoặc

Điều kiện xác định của N là (*)

(**)

Từ (*) và (**) ta được là điều kiện xác định của M

Bài 203. (Đề thi HSG 9 THẠCH HÀ 2018-2019)

Tính giá trị của biểu thức: B =

Lời giải:

Theo câu a) Ta có (*)

Áp dụng (*) ta có:

(Vì )

Tượng tự ; ;….

Suy ra

Bài 204. (Đề thi HSG 9 BÌNH ĐỊNH 2016-2017)

Cho biểu thức: P =

a) Rút gọn P.

b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.

Lời giải:

Rút gọn được P = (với m 0, m 1)

P = = 1 +

THCS.TOANMATH.com Trang 157

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có: P N là ước dương của 2 m (TMĐK)

Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.

Bài 205. (Đề thi HSG 9 THANH HÓA 2017 - 2018 )

1. Cho biểu thức , với Rút gọn và tìm tất cả

các giá trị của sao cho giá trị của P là một số nguyên.

2. Tính giá trị của biểu thức tại

Lời giải:

1. Với điều kiện ,

ta có:

Ta có với điều kiện

Do nguyên nên suy ra (loại).

Vậy không có giá trị của để nhận giá trị nguyên.

Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau

, coi đây là phương trình bậc hai của .

Nếu vô lí, suy ra nên để tồn tại thì phương trình trên có

Do P nguyên nên bằng 0 hoặc 1

+) Nếu không thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 158

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+) Nếu không thỏa mãn

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.

2. Tính giá trị của biểu thức :

tại

Vì

nên là nghiệm của đa thức

Do đó

Bài 206. (Đề thi HSG 9 TỈNH AN GIANG 2017-2018 )

Cho biểu thức với

Tính giá trị của tại

Lời giải:

a) Ta có

Lại có :

THCS.TOANMATH.com Trang 159

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

Bài 207. (Đề thi HSG 9 TỈNH BẾN TRE - 2017-2018 )

Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

Ta có:

Bài 208. (Đề thi HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2017-2018 )

Rút gọn biểu thức: , với .

Lời giải:

Bài 209. (Đề thi HSG 9 HẠ HÒA 2015 -2016 )

a) Cho .

Tính với .

Lời giải:

Bài 210. (Đề thi HSG 9 tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018)

THCS.TOANMATH.com Trang 160

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Rút gọn biểu thức

Lời giải:

Điều kiện:

Khi đó:

Bài 211. (Đề thi HSG 9 tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018)

Cho ba số thực dương thỏa mãn

và . Chứng minh đẳng thức

Lời giải:

Ta có:

Bài 212. (Đề thi HSG 9 tỉnh Bắc Ninh 2017-2018)

Rút gọn biểu thức: , với .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 161

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 213. (Đề thi HSG 9 tỉnh Bến Tre 2017-2018)

Rút gọn biểu thức: .

Lời giải:

Bài 214. (Đề thi HSG 9 tỉnh Hải Dương 2017-2018)

Rút gọn biểu thức với .

Lời giải:

Với và , ta có :

Vậy với và , ta có

Bài 215. (Đề thi HSG 9 tỉnh Hà Nam 2017 - 2018)

Cho biểu thức M =

a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.

b) Tính giá trị của M khi a = , b =

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 162

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

ĐK xác định của M:

b) Ta có với ,

Vậy

Từ đó

Bài 216. (Đề thi HSG 9 tỉnh Hải Dương 2017 - 2018)

Cho . Rút gọn với

Lời giải:

Ta có

Bài 217. (Thi THPT Chuyên- TP HCM năm học 2010- 2011 )

Thu gọn biểu thức: A=

Lời giải:

Xét M =

Ta có M > 0 và , suy ra M =

A= M- = -( -1)=1

THCS.TOANMATH.com Trang 163

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 218. (Thi HSG cấp TP Thanh Hóa năm học 2016- 2017)

Cho biểu thức: . Với x 0, x 1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm x để .

c) So sánh: P2 và 2P.

Lời giải:

a) Điều kiện: x 0, x 1.

b) Với x 0, x 1. Ta có:

Vì nên (t/m)

Vậy P = khi x = 4

c) Vì

Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0

Vậy P2 2P

Bài 219. (Thi chuyên tỉnh Hòa Bình năm học 2013- 2014)

THCS.TOANMATH.com Trang 164

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a/ Rút gọn biểu thức

b/ Tìm giá trị nguyên để biểu thức nhận giá trị nguyên.

Lời giải:

a) ĐK:

b) Ta có

nhận giá trị nguyên là ước của 2

. KL…

Bài 220. (Thi chuyên Toán tỉnh Hòa Bình năm học 2015- 2016)

1) Tính giá trị của các biểu thức sau:

2) Rút gọn biểu thức:

Lời giải:

c) ĐK a 0

Bài 221. (Đề thi HSG 9 huyện Kim Thành 2019-2020)

THCS.TOANMATH.com Trang 165

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1) Rút gọn biểu thức:

2) Cho và là hai số thỏa mãn: . Hãy tính giá trị của biểu thức

Lời giải:

2) Nhân 2 vế của với ta được:

Tương tự nhân 2 vế của (1) với ta được:

Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được:

Vậy

Bài 222. (Đề thi HSG 9 trường THCS Lương Thế Vinh 2019-2020)

Cho biểu thức với

Tính giá trị biểu thức khi

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 166

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Có:

Thay ( tmđk) vào A, ta được:

Bài 223. (Đề thi HSG 9 Huyện Hà Trung 2008 - 2009)

Rút gọn biểu thức sau

c. 1-

Lời giải:

a. =

b. =

= =

= = = =

THCS.TOANMATH.com Trang 167

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. 1- = 1- =1-

=1-

= 1- (1-sinx.cosx)= sinx.cosx

Bài 224. (Đề thi HSG 9 Huyện Hà Trung 2008 - 2009)

a. Rút gọn biểu thức A

b. Tính giá trị biểu thức A khi x=33-8

c. Chứng minh A<

Lời giải:

ĐKXĐ:

A= =

A khi x=33-8

= Ta cã x=33-8

d. Chứng minh A<

Xét A- = =

A- A<

Bài 225. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐẮC LẮC NĂM HỌC 2016-2017

Câu 1: Cho số thực a mà . Rút gọn biểu thức .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 168

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 226. (2,0 điểmĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2016-2017

Cho . Tính .

Lời giải:

. Ta có :

. Lại có

Bài 227. ĐỀ THI CHỌN HSG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN NAM TRỰC

1. Rút gọn biểu thức: , với .

2. Cho , tính giá trị biểu thức .

Lời giải:

1. Ta có

2. Ta có: . Suy ra:

Bài 228. ĐỀ THI HSG QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018-2019

THCS.TOANMATH.com Trang 169

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1) Rút gọn biểu thức: .

2) Cho .

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức .

b) Đặt . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Lời giải:

1) Ta có .

A = =

= .

a) ĐKXĐ:

b) = .

Dấu “=” xảy ra ( thỏa mãn ).

Bài 229. ĐỀ THI HSG VINH NĂM HỌC 2016-2017

Tính giá trị của biểu thức: tại

Lời giải:

Ta có

Suy ra hay

Do đó

THCS.TOANMATH.com Trang 170

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(vì

Vậy tại

THCS.TOANMATH.com Trang 171

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI .................................................................................... 2

CHỦ ĐỀ 1. HÀM SỐ BẬC NHẤT ................................................................................................................................ 2

Dạng 1. Một số bài toán trên mặt phẳng tọa độ ........................................................................................... 3

Dạng 2. Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN . 7

CHỦ ĐỀ 2. HÀM SỐ BẬC HAI .................................................................................................................................... 8

Dạng 1. Một số bài toán mở đầu về hàm số bậc hai ................................................................................... 9

Dạng 2. Một số vấn đề nâng cao liên quan đến phương trình bậc hai ............................................... 12

Dạng 3. Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai trong các bài toán GTLN,

GTNN ........................................................................................................................................................................ 18

Dạng 4. Định lý Vi-et với phương trình bậc hai ........................................................................................ 22

Dạng 5. Các bài toán tương giao đường thẳng và parabol .................................................................... 31

Dạng 6. Ứng dụng phương trình bậc hai trong các bài toán số học ................................................... 46

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 49

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI

CHỦ ĐỀ 1. HÀM SỐ BẬC NHẤT

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Định nghĩa:

- Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bởi công thức trong đó và là các số thực cho

trước và .

- Khi thì hàm số bậc nhất trở thành hàm số , biểu thị tương quan tỉ lệ thuận giữa và .

2. Tính chất:

a) Hàm số bậc nhất, xác định với mọi giá trị .

b) Trên tập số thực, hàm số đồng biến khi và nghịch biến khi .

3. Đồ thị hàm số với :

- Đồ thị hàm số là đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng và cắt trục hoành

tại điểm có hoành độ bằng .

- gọi là hệ số góc của đường thẳng .

4. Cách vẽ đồ thị hàm số :

- Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm.

- Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm của đồ thị với các trục tọa độ là .

- Chú ý: Đường thẳng đi qua song song với trục tung có phương trình: , đường

thẳng đi qua song song với trục hoành có phương trình: .

5. Kiến thức bổ sung:

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm thì .

Điểm là trung điểm của thì .

6. Điều kiện để hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vuông góc:

Cho hai đường thẳng và đường thẳng với .

• . và

• cắt .

• .

Chú ý: Gọi là góc tạo bởi đường thẳng và trục , nếu thì .

B. PHÂN DẠNG, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dạng 1. Một số bài toán trên mặt phẳng tọa độ

Ví dụ 1.

Cho đường thẳng và đường thẳng .

Tìm để . a)

Gọi là điểm thuộc đường thẳng có hoành độ . Viết phương trình đường thẳng đi b)

qua vuông góc với .

Khi . Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng . c)

Tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng và tính diện tích tam giác với d)

lần lượt là giao điểm của với các trục tọa độ .

Lời giải:

a) Đường thẳng khi và chỉ khi .

Vậy với thì .

b) Vì là điểm thuộc đường thẳng có hoành độ suy ra tung độ điểm là

Đường thẳng có hệ số góc là , đường thẳng có hệ số góc là .

Đường thẳng có dạng . Vì đi qua suy ra . Vậy đường thẳng

là .

c) Khi thì khoảng cách giữa hai đường thẳng

và cũng chính là khoảng cách giữa hai điểm lần lượt

thuộc và sao cho .

Hình vẽ: Gọi là giao điểm của đường thẳng và .

Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

Vậy độ dài đoạn thẳng là: .

d) Gọi lần lượt là giao điểm của đường thẳng với các trục tọa độ . Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho , cho . Từ đó suy ra

. Tam giác vuông cân tại . Gọi là hình chiếu vuông góc của lên

ta có và (đvdt).

Chú ý: Nếu tam giác không vuông cân tại ta có thể tính theo cách:

Trong tam giác vuông ta có: . Từ

đó để khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ta làm theo

cách:

- Tìm các giao điểm của với các trục tọa độ.

- Áp dụng công thức tính đường cao từ đỉnh góc vuông trong

tam giác vuông (công thức (*)) để tính đoạn .

Bằng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được công thức sau:

Cho và đường thẳng . Khoảng cách từ

điểm đến đường thẳng là: .

Ví dụ 2.

Cho đường thẳng: .

Tìm điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua. a)

Tìm để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng là lớn nhất. b)

c) Tìm để đường thẳng cắt các trục tọa độ lần lượt tại sao cho tam giác cân.

Lời giải:

a) Gọi là điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua với mọi khi đó ta có:

Hay .

b) Gọi là hình chiếu vuông góc của lên đường thẳng . Ta có: suy ra lớn nhất

bằng khi và chỉ khi . Đường thẳng qua có phương trình: do

Đường thẳng được viết lại như sau: .

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

- Để ý rằng với thì đường thẳng song song với trục nên khoảng cách từ

đến là .

- Nếu đường thẳng có thể viết lại: . Điều kiện để là

. Khi đó khoảng cách: .

Vậy là giá trị cần tìm.

c) Ta có thể giải bài toán theo hai cách sau:

Cách 1: Dễ thấy không thỏa mãn điều kiện (do không cắt ). Xét , đường thẳng

cắt tại các điểm tạo thành tam giác cân . Do góc vuông cân tại .

Suy ra hệ số góc của đường thẳng phải bằng 1 hoặc -1 và đường thẳng không đi qua gốc .

. Ta thấy chỉ có giá trị là thỏa mãn điều kiện bài toán.

Cách 2: Dễ thấy không thỏa mãn điều kiện.

Xét , đường thẳng có thể viết lại: .

Đường thẳng cắt trục tại điểm có tung độ bằng 0 nên

, đường thẳng cắt trục tại điểm

có hoành độ bằng 0 nên . Điều kiện để tam giác cân là

. Giá trị không thỏa mãn, do đường thẳng

đi qua gốc tọa độ.

Kết luận: .

Ví dụ 3.

Cho hai đường thẳng .

a) Tìm các điểm cố định mà luôn đi qua.

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm để khoảng cách từ điểm đến đường thẳng là lớn nhất. b)

Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm . Tìm quỹ tích điểm khi thay đổi. c)

Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác với lần lượt là các điểm cố định mà d)

đi qua.

Lời giải:

a) Ta viết lại . Từ đó dễ dàng suy ra đường

thẳng luôn đi qua điểm cố định: .

Tương tự viết lại suy ra luôn đi qua điểm

cố định: .

b) Để ý rằng đường thẳng luôn đi qua điểm cố định: . Gọi là hình chiếu vuông góc của

lên thì khoảng cách từ đến là . Suy ra khoảng cách lớn nhất là khi

. Gọi là phương trình đường thẳng đi qua .

Ta có hệ: suy ra phương trình đường thẳng .

Xét đường thẳng . Nếu thì không thỏa mãn điều kiện.

Khi thì . Điều kiện để là .

c) Nếu thì và suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau

và cắt nhau tại . Nếu thì và suy ra hai đường thẳng này luôn

vuông góc với nhau và cắt nhau tại . Nếu thì ta

viết lại: và .

Ta thấy nên .

Do đó hai đường thẳng này luôn cắt nhau tại 1 điểm .

Tóm lại với mọi giá trị của thì hai đường thẳng luôn

vuông góc và cắt nhau tại điểm . Mặt khác theo câu a) ta có

lần lượt đi qua hai điểm cố định suy ra tam giác

vuông tại . Nên nằm trên đường tròn đường kính .

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d) Ta có . Dựng thì

. Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác là 2 khi

và chỉ khi . Hay tam giác vuông vuông cân tại .

Dạng 2. Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN

Ta có các kết quả quan trọng sau:

- Xét hàm số với khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại

hoặc . Nói cách khác: và .

Như vậy để tìm GTLN, GTNN của hàm số với ta chỉ cần tính các giá trị biên

và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN. là

Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất có thì -

với mọi giá trị của thỏa mãn điều kiện: .

Ví dụ 1.

Cho các số thực . Chứng minh rằng: .

Lời giải:

Ta coi như là các tham số, là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:

. Để chứng minh ta chỉ cần chứng minh: .

Thật vậy ta có:

với thỏa mãn: . +

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc các hoán vị

của bộ số trên.

Ví dụ 2.

Cho các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: . Tìm GTLN của biểu thức:

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử . Ta có: .

. Ta coi là tham số là ẩn số thì

là hàm số bậc nhất của với .

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để ý rằng: suy ra hàm số luôn đồng biến. Từ đó suy ra:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Ví dụ 3.

Cho các số thực dương thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng:

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử: suy ra . Bất đẳng thức tương đương với:

Đặt thì . Ta cần chứng minh: với mọi

. Do suy ra hàm số nghịch biến. Suy ra

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

CHỦ ĐỀ 2. HÀM SỐ BẬC HAI

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Hàm số . Hàm số xác định với mọi số thực .

Tính chất biến thiên:

- Nếu thì hàm số đồng biến khi , nghịch biến khi .

- Nếu thì hàm đồng biến khi , nghịch biến khi .

Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc tọa độ làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng.

Khi thì parabol có bề lõm quay lên trên, khi thì parabol có bề lõm quay xuống dưới.

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

B. PHÂN DẠNG, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

Dạng 1. Một số bài toán mở đầu về hàm số bậc hai

Ví dụ 1.

Hãy xác định hàm số biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm . a)

Vẽ đồ thị của hàm số đã cho. b)

Tìm các điểm trên Parabol có tung độ bằng 16. c)

Tìm sao cho thuộc parabol. d)

Tìm các điểm trên parabol (khác gốc tọa độ) cách đều hai trục tọa độ. e)

Lời giải:

Ta có: . a)

Đồ thị parabol có đỉnh là gốc tọa độ bề lõm quay lên b)

trên có trục đối xứng là đi qua các điểm

c) Gọi là điểm thuộc có tung độ bằng 16.

Ta có: . Vậy hoặc .

d) Thay tọa độ điểm vào ta được:

hoặc .

e) Gọi là điểm thuộc cách đều hai trục tọa độ. Ta có:

Theo giả thiết ta có: (loại) hoặc . Vậy hoặc .

Ví dụ 2.

Một xe tải có chiều rộng là chiều cao là muốn đi qua một cái cổng hình parabol. Biết khoảng

cách giữa hai chân cổng là và khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân cổng là (Bỏ qua độ dày của

cổng).

a) Trong mặt phẳng tọa độ gọi parabol với là hình biểu diễn cổng mà xe tải

muốn đi qua. Chứng minh .

b) Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015-2016).

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được

tính theo đơn vị mét. Do khoảng cách giữa hai chân cổng là nên

. Theo giả thiết ta có , áp dụng

định lý Pitago ta tính được: vậy . Do

thuộc parabol nên tọa độ điểm thỏa mãn phương

trình: hay và .

b) Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải đi vào chính giữa

cổng.

Xét đường thẳng (ứng với chiều cao của xe). Đường

thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm có tọa độ thỏa mãn hệ:

suy ra tọa độ hai giao

điểm là: .

Vậy xe tải có thể đi qua cổng.

Ví dụ 3.

Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng và điểm . Tìm tất cả những điểm sao

cho khoảng cách từ đến bằng .

Lời giải:

Giả sử điểm . Khi đó khoảng cách từ đến bằng và . Như vậy

. Từ đây suy ra . Do đó tập hợp tất cả những điểm sao cho khoảng cách từ

đến bằng là đường Parabol .

Ví dụ 4.

a) Xác định điểm thuộc parabol sao cho độ dài đoạn là nhỏ nhất, trong đó .

b) Giả sử điểm chạy trên parabol . Tìm tập hợp trung điểm của đoạn .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Giả sử điểm thuộc đường parabol suy ra . Khi đó

. Vậy . Ta thấy nhỏ nhất bằng khi

hay .

b) Giả sử điểm thuộc . Gọi là trung điểm đoạn .

Suy ra . Vậy tập hợp các trung điểm của đoạn là đường parabol .

Ví dụ 5.

Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai điểm và chạy trên parabol sao cho

và . Giả sử là trung điểm của đoạn .

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm của đoạn .

b) Đường thẳng luôn luôn đi qua một điểm cố định.

c) Xác định tọa độ điểm và sao cho độ dài đoạn nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Giả sử và là hai điểm thuộc . Để và ta cần điều

kiện: và hay và . Rút gọn hai vế ta

được: . Gọi là trung điểm đoạn . Khi đó:

Vậy tọa độ điểm thỏa mãn phương trình: .

Ta cũng có thể tìm điều kiện để theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng có hệ số góc là

, đường thẳng có hệ số góc là . Suy ra điều kiện để là .

b) Phương trình đường thẳng đi qua và là hay

. Từ đây ta dễ dàng suy ra đường thẳng luôn

luôn đi qua điểm cố định .

c) Vì nên . Độ dài đoạn hay

. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Ta có: . Vậy ngắn nhất

. Ta có thể chỉ ra cặp điểm đó là và . bằng 2 khi

Ví dụ 6.

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol , trên lấy hai điểm .

a) Tính diện tích tam giác .

b) Xác định điểm thuộc cung nhỏ của sao cho diện tích tam giác lớn nhất.

Lời giải:

a) Gọi là phương trình đường thẳng .

Ta có: suy ra phương trình đường thẳng

. Đường thẳng cắt trục tại điểm

. Diện tích tam giác là:

Ta có: . Suy ra (đvdt).

b) Giả sử thuộc cung nhỏ với .

Diện tích tam giác: .

Các tứ giác đều là hình thang vuông

nên ta có: .

Vậy diện tích tam giác lớn nhất bằng 8 (đvdt) khi .

Dạng 2. Một số vấn đề nâng cao liên quan đến phương trình bậc hai

Phương pháp giải:

1. Công thức nghiệm phương trình bậc hai:

Kiến thức cần nhớ:

Đối với phương trình bậc hai có biệt thức: .

Nếu thì phương trình vô nghiệm. -

Nếu thì phương trình có nghiệm kép . -

- Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: .

Công thức nghiệm thu gọn: Khi , ta xét . Khi đó:

- Nếu thì phương trình vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu thì phương trình có nghiệm kép: . -

- Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2. Sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai:

Để chứng minh một phương trình bậc hai có nghiệm. Thông thường ta chứng minh: dựa trên các kỹ

thuật như biến đổi tương đương để đưa về dạng , kiến thức về bất đẳng thức, bất phương trình,

trong một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam thức bậc hai để vận dụng.

Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

- Mọi tam thức bậc hai: với đều có thể phân tích thành dạng:

với .

- Để chứng minh một phương trình bậc hai có nghiệm ngoài cách

chứng minh ta còn có cách khác như sau: “Chỉ ra số thực sao cho hoặc hai số thực

sao cho ”.

Thật vậy ta có thể chứng minh cho điều này như sau:

- Ta có:

suy ra phương

trình có nghiệm.

trong hai số và có một số không - Xét

dương, tức là hoặc phương trình có nghiệm.

Ví dụ 1.

Cho phương trình: .

a) Giải phương trình (1) khi .

b) Tìm để phương trình (1) có nghiệm kép.

c) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Lời giải:

a) Với ta có phương trình: . Ta có: , nên phương trình có 2

nghiệm là: và .

b) Phương trình (1) có nghiệm kép khi và chỉ khi:

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

Ví dụ 2.

Cho . Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:

Lời giải:

Nếu thì từ giả thiết ta suy ra . Do vậy phương trình có vô số nghiệm.

Dưới đây ta xét trường hợp: .

Ta có:

Do . Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm.

Ví dụ 3.

Cho phương trình vô nghiệm. Chứng minh rằng trong hai phương

trình sau có một phương trình vô nghiệm và một phương trình có nghiệm: và

Lời giải:

Vì (1) vô nghiệm nên ta có: .

Phương trình (2) có: ; Phương trình (3) có: .

Nên (*) trong hai số , luôn có một số dương và một số âm dẫn đến trong hai phương

trình (2) và (3) luôn có một phương trình có nghiệm và một phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 4.

a) Cho các số dương thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng có ít nhất một trong

hai phương trình sau có nghiệm và

b) Cho các số thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương

trình sau có nghiệm: .

c) Chứng minh rằng trong ba phương trình sau có ít nhất một phương trình có nghiệm:

và .

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a) Hai phương trình trên lần lượt có: .

Vì là các số dương nên lần lượt cùng dấu với và . Mặt khác ta lại có:

Dẫn đến . Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm.

. b) Ba phương trình đã cho lần lượt có:

Do đó .

. Lại có:

Suy ra . Do đó hay .

Vậy có ít nhất một trong ba phương trình đã cho có nghiệm.

c) Nếu trong ba số có một số bằng 0, chẳng hạn có nghiệm .

Ta xét là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậc hai lần lượt có:

Xét tổng ta có:

Suy ra trong ba số có ít nhất một số không âm hay ba phương trình đã cho có ít nhất một

phương trình có nghiệm.

Ví dụ 5.

a) Cho tam thức bậc hai trong đó là các số nguyên. Chứng minh rằng, tồn tại số

nguyên để được .

b) Cho tam thức bậc hai . Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Chứng minh rằng phương trình có 4 nghiệm nếu: .

Lời giải:

a) Để chứng minh sự tồn tại của số ta cần chỉ ra tính chất:

Với mọi đa thức bậc hai dạng: .

Ta luôn có với mọi . Thật vậy, ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trở lại bài toán chọn ta có . Ta suy ra số cần tìm

chính là: .

b) Ta có:

. Hay

Để ý rằng phương trình có có 2 và

nghiệm phân biệt nên suy ra có 4 nghiệm.

Chú ý:

- Để chứng minh trong số có ít nhất một số không âm (hoặc một số dương) ta chỉ cần

chứng minh tổng trong đó .

Ví dụ 6.

Cho là các số thực có tổng khác 0. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm:

Lời giải:

. Cách 1:

Vì nên (2) là phương trình bậc hai, do đó để chứng minh phương trình có nghiệm ta chỉ cần

chứng minh .

Ta có:

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Cách 2: Gọi là vế trái của phương trình (1). Ta có:

Trong bốn số luôn tồn tại hai số có tích không dương.

Dẫn đến phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Ví dụ 7.

Cho thỏa mãn . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm:

Lời giải:

Cách 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu - có nghiệm.

- Nếu ta có có nghiệm.

Cách 2: Ta có:

có nghiệm.

Cách 3: Ta có: .

Suy ra suy ra phương trình luôn có nghiệm.

Nhận xét:

. Với cách giải thứ hai thì việc khó nhất là phải chứng minh được đẳng thức:

Tại sao ta xét và nhân thêm các hệ số 2 và 4. Vậy ngoài hai giá trị ta còn có

những giá trị nào khác không? Câu trả lời là có, chẳng hạn ta xét . Ta cần xác định hệ số

sao cho: . Đồng nhất các hệ số ta có hệ phương trình:

Vậy ta có: trong ba số

tồn tại một số không âm và một số không dương, dẫn đến tích hai số đó không dương

hay phương trình vô nghiệm.

Cách 4: Tại sao ta chỉ ra được . Điều này là hoàn toàn tự nhiên nếu ta cần tạo ra một tỷ lệ để

tận dụng giả thiết: .

Ta xét bài toán tổng quát sau:

Ví dụ 8.

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho các số thực dương thỏa mãn và . Chứng minh rằng phương trình:

có nghiệm .

Lời giải:

Để chứng minh (1) có nghiệm , ta sẽ chỉ ra các số thực sao cho . Vì

và có giả thiết nên dẫn đến ta xét: . Mặt khác từ:

Xét :

Nếu - là đa thức không, do đó sẽ có nghiệm trong .

- Nếu , từ giả thiết và .

Xét ta có: có nghiệm .

Dạng 3. Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai trong các bài toán GTLN, GTNN

. Bài toán 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức với

Phương pháp:

Gọi là một giá trị của biểu thức. Khi đó:

Ta xét hai trường hợp:

+ Nếu thay vào (*) ta tìm được suy ra là một giá trị của biểu thức.

+ Nếu thì (*) là phương trình bậc hai ẩn . Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

. Từ đó ta suy ra điều kiện của . Trên cơ sở đó ta tìm được GTLN, GTNN (nếu có) của biểu thức.

+ Ngoài ra trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết quả sau:

Ta có: . Từ đó suy ra: Nếu thì

luôn cùng dấu. Một kết quả thường xuyên sử dụng trong giải toán là: “Nếu tam thức

bậc hai: có ”.

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 1.

Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức:

. a)

. b)

với . c)

d) biết (Đề Tuyển sinh Đại học khối B – 2008).

Lời giải:

a) Do suy ra biểu thức luôn xác định với mọi . Gọi là một giá

trị của biểu thức khi đó ta có: (*)

+ Nếu điều đó có nghĩa là là một giá trị của biểu thức nhận được.

+ Nếu thì (*) là một phương trình bậc hai có nghiệm. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

. Để ý rằng với mỗi giá trị hoặc thì nên:

+ GTNN của là 0 khi và chỉ khi .

+ GTLN của là khi và chỉ khi .

b) ĐKXĐ: .

Ta có: . Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn .

Trường hợp 1: thì .(*)

Trường hợp 2: phương trình (1) có nghiệm khi:

Kết hợp (*) và (**) ta có: .

c) . Biểu thức có dạng đẳng cấp bậc hai.

Ta chia tử số và mẫu số cho và đặt thì . Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

với mọi . Gọi là một giá trị của biểu thức. Khi đó ta có:

+ Nếu thì suy ra là một giá trị của biểu thức nhận được.

+ Nếu thì (*) là một phương trình bậc hai có:

. Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

. Từ đó ta có GTNN của là 1 khi

và chỉ khi . GTLN của là khi và chỉ khi .

d) Nếu thì .

Xét đặt thì . Giải tương tự như câu b). Ta có:

. Suy ra GTNN của là đạt được khi và chỉ khi hoặc

. GTLN của là đạt được khi và chỉ khi hoặc

Ví dụ 2.

Cho các số thực thỏa mãn điều kiện . Tìm GTLN, GTNN của .

Lời giải:

Ta viết lại hệ phương trình dưới dạng: hay .

Vì là các số thực thỏa mãn nên suy ra là hai nghiệm của phương trình:

Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

hay .

Khi nên GTNN của là 1.

Khi suy ra GTLN của .

Ví dụ 3.

Cho các số thực thỏa mãn điều kiện: . Tìm GTLN của biểu thức: .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào ta có:

hay .

Để phương trình có nghiệm điều kiện là hay

Do đó GTLN của là đạt được khi .

Ví dụ 4.

Cho các số thực dương sao cho . Chứng minh rằng: .

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra . Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

coi đây là hàm số bậc hai

của . Xét ta có hệ số của là và ta có:

do . Suy ra

, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Ví dụ 5.

Tìm GTLN, GTNN của hàm số: .

Lời giải:

Ta xét hàm số . Dễ thấy .

Ta viết lại . Xét biểu thức: .

Nhận xét là một giá trị của biểu thức.

Khi là phương trình bậc hai của nên điều kiện để phương trình có nghiệm là:

. Từ đó suy ra: .

Do đó GTLN của là 5 khi .

GTNN của là 0 khi

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dạng 4. Định lý Vi-et với phương trình bậc hai

Phương pháp giải:

Định lý Vi-ét: Nếu là hai nghiệm của phương trình thì .

Ghi chú: Trước khi sử dụng định lý Vi-ét, chúng ta cần kiểm tra điều kiện phương trình có nghiệm, nghĩa là

Một số ứng dụng cơ bản của định lý Vi-ét:

+ Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai:

Nếu thì phương trình có hai nghiệm là: .

+ Tính giá trị của biểu thức trong đó là biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm của

phương trình (*):

Bước 1: Kiểm tra điều kiện , sau đó áp dụng định lý Vi-ét.

Bước 2: Biểu diễn biểu thức theo từ đó tính được .

• Một số biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm thường gặp:

• Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là cho trước:

Bước 1: Tính .

Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm là .

• Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) ( phụ thuộc vào tham số ), có hai nghiệm

thỏa mãn một điều kiện cho trước .

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa là . Sau đó áp dụng định lý Vi-ét để tính

và theo .

Bước 2: Giải hệ phương trình (1), (2), (3) (thường sử dụng phương pháp thế) để tìm , sau đó chú ý kiểm

tra điều kiện của tham số ở bước 1.

Phân tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có hai nghiệm thì •

Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến nghiệm của phương trình bậc hai ta cần chú ý đến điều kiện •

ràng buộc sau:

Nếu: .

Nếu:

Nếu: .

• Dấu của nghiệm phương trình bậc hai:

Bài toán 1: Phương trình có hai nghiệm trái dấu .

Bài toán 2: Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó nghiệm dương có giá trị tuyệt đối bé hơn (hoặc

nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn) .

Bài toán 3: Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó có nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn (hoặc

nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bé hơn) .

Bài toán 4: Phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu .

Bài toán 5: Phương trình có hai nghiệm dương .

Bài toán 6: Phương trình có hai nghiệm âm .

Bài toán 7: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương .

Bài toán 8: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm âm .

Bài toán 9: Phương trình có đúng một nghiệm dương:

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 1: Phương trình có hai nghiệm trái dấu. -

Trường hợp 2: Phương trình có nghiệm kép dương . -

Trường hợp 3: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại dương. -

Bài toán 10: Phương trình có đúng một nghiệm âm Giải tương tự như bài toán 9.

Chú ý: Nếu chỉ là phương trình có nghiệm âm mà không nói phân biệt thì thay bằng .

Ví dụ 1.

Cho phương trình: ( là ẩn, là tham số). Tìm để phương trình có hai

nghiệm sao cho: .

Lời giải:

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi .

Vì là nghiệm của phương trình nên thay vào ta

có:

Theo hệ thức Vi-ét:

suy ra .

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn.

Ví dụ 2.

Cho phương trình: ( là tham số).

Giải phương trình khi . a)

Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm b)

còn lại.

Lời giải:

a) Khi , ta có phương trình: .

b) Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: .

Gọi là hai nghiệm của phương trình, theo hệ thức Vi-ét ta có: .

Giả sử thay vào (2), ta được . Thay hai nghiệm vào (1), ta được

, kiểm tra điều kiện (*) ta thấy cả 2 giá trị đều thỏa

mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 3.

Cho phương trình bậc hai: với là tham số.

+ Chứng minh rằng: Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi .

+ Gọi là hai nghiệm của phương trình. Tìm để .

Lời giải:

+ Xét phương trình bậc hai: với là tham số.

Ta có: nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt .

+ Ta tính được hai nghiệm của phương trình là: và .

Trường hợp 1: điều kiện bài toán trở thành:

thỏa mãn điều kiện.

. Trường hợp 2: điều kiện bài toán trở thành:

Phương trình tương đương với vô nghiệm.

Do có .

Tóm lại: hoặc .

Ví dụ 4.

Tìm để phương trình có 2 nghiệm phân biệt sao cho

lớn nhất.

Lời giải:

Ta có: . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì

. Theo hệ thức Vi-ét ta có: .

. Thay vào

với mọi giá trị , suy ra . Dấu đẳng thức xảy ra khi và Ta có

chỉ khi .

Ví dụ 5.

Tìm tất cả các giá trị nguyên của để phương trình có hai nghiệm thỏa

mãn .

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Xét phương trình: . Ta có:

Điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm là . Vì là nghiệm của phương trình

của (*) nên , điều kiện bài toán trở thành:

Theo hệ thức Vi-ét: thay vào ta có: . Kết

hợp với điều kiện ban đầu ta suy ra , do là số nguyên ta suy ra .

Ví dụ 6.

Tìm để phương trình có 2 nghiệm phân biệt sao cho .

Lời giải:

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: đúng với

mọi .

Khi đó nên phương trình có 2 nghiệm là: .

Ta xét hai trường hợp:

TH1: yêu cầu bài toán tương đương với: thỏa mãn điều kiện.

yêu cầu bài toán tương đương với: thỏa mãn điều TH2:

kiện.

Vậy .

Ngoài cách làm trên, ta có thể xử lý giả thiết: theo cách: Do vai trò bình đẳng của nên điều

kiện tương đương với hay

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: thay vào (*) ta thu được:

Ví dụ 7.

Cho phương trình ẩn ( là tham số).

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt . a)

Chứng minh rằng khi phương trình có hai nghiệm phân biệt thì . b)

Lời giải:

a) Xét phương trình: .

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: .

Xét do nên bất phương trình xảy ra khi

và chỉ khi hoặc hay hoặc .

b) Theo định lý Vi-ét ta có: .

- Nếu thì .

, do đó: . Suy ra

Ví dụ 8.

Cho phương trình: (1) ( là ẩn số).

a) Định để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt .

b) Định để: .

Lời giải:

a) Ta có: . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì:

b) Theo hệ thức Vi-ét ta có: . Yêu cầu bài toán được viết lại thành:

Đối chiếu với điều kiện ta thấy là giá trị thỏa mãn.

Ví dụ 9.

Cho phương trình: .

a) Giải phương trình khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Tìm để phương trình có 2 nghiệm sao cho .

Lời giải:

a) Khi phương trình trở thành: , suy ra phương trình có 2 nghiệm là:

b) Xét phương trình: có

nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Để phương

trình có 2 nghiệm sao cho trước hết ta cần tìm điều kiện để 2 nghiệm

của phương trình khác 0. Tức là . Ta viết lại yêu cầu bài toán thành:

Theo hệ thức Vi-ét ta có: . Từ đó suy ra: .

Đối chiều điều kiện ban đầu ta suy ra: .

Ví dụ 10.

Cho phương trình ( là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm

phân biệt với mọi . Tìm để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức

(Tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thanh Hóa, 2018).

Lời giải:

Ta có nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi .

Ta có:

Theo định lý Vi-ét ta có: . Khi đó:

(2) không xảy ra. Thật vậy:

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

suy ra . Vậy . Do

Ví dụ 11*.

Giả sử phương trình có 2 nghiệm lớn hơn 1. Chứng minh rằng: .

Lời giải:

Theo định lý Vi-ét ta có: . Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

. Hay:

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: . Để chứng minh (*) ta quy về chứng minh:

với . Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên tương đương với

(Điều này là hiển nhiên đúng). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 12.

Giả sử phương trình bậc hai có hai nghiệm thuộc . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: .

Lời giải:

Vì phương trình bậc hai có 2 nghiệm nên . Biểu thức có dạng đẳng cấp bậc hai ta chia cả tử và mẫu

của cho thì . Gọi là hai nghiệm của phương trình, theo Vi-ét ta có:

. Vậy .

Ta có GTLN của : Ta đánh giá qua với điều kiện .

Giả sử:

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta cũng có thể đánh giá theo cách:

Suy ra: .

Đẳng thức xảy ra hay hoặc .

Ta có: . Đẳng thức xảy ra . Vậy GTLN

của là và GTNN của là .

Ví dụ 13*.

Cho phương trình , trong đó là các số nguyên và , có hai nghiệm phân

biệt trong khoảng . Tìm giá trị nhỏ nhất của .

Lời giải:

Gọi là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho .

là các số nguyên Vì là các số nguyên và

dương.

(Vì do nên Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

không có đẳng thức). Từ (1) và (2) ( là số nguyên dương). Xét đa thức

, ta thấy thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy giá trị nhỏ nhất của bằng .

Ví dụ 14*.

Chứng minh: là số chính phương với mọi số tự nhiên lẻ.

Lời giải:

Ta có: .

Xét dãy , ta chứng minh là một số nguyên.

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

ta có suy ra là hai nghiệm của phương trình: . Xét

hay . Ta có:

. Từ đó bằng phép quy nạp ta dễ dàng chứng minh Ta có:

được là số nguyên. Suy ra là số chính phương.

Ví dụ 15*.

Cho các số thực thỏa mãn: . Chứng minh rằng: Phương trình

có 2 nghiệm phân biệt và tìm giá trị nhỏ nhất của .

Lời giải:

Ta có: do , nên phương trình luôn có

2 nghiệm phân biệt .

Ta có: .

Hay , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Vậy GTNN của là .

Dạng 5. Các bài toán tương giao đường thẳng và parabol

Phương pháp giải:

Khi cần biện luận số giao điểm của một đường thẳng và Parabol ta cần chú ý:

a) Nếu đường thẳng là (song song với trục ) ta có thể dựa vào đồ thị để biện luận hoặc

biện luận dựa vào .

b) Nếu đường thẳng ta thường xét phương trình hoành độ giao điểm của và

là: , từ đó ta xét số giao điểm dựa trên số nghiệm của phương trình

bằng cách xét dấu của .

Trong trường hợp đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt thì:

Khi đó ta có: . Mọi câu hỏi liên quan đến

nghiệm ta đều quy về định lý Vi-ét.

Chú ý: Đường thẳng có hệ số góc đi qua điểm thì có dạng: .

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 1.

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng với .

a) Khi tìm tọa độ các giao điểm của và .

b) Chứng minh đường thẳng luôn cắt tại 2 điểm nằm ở 2 phía trục tung. Gọi là điểm

cố định mà luôn đi qua. Tìm để diện tích tam giác bằng với lần lượt là hình chiếu

vuông góc của lên trục .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: với hay .

hoặc a) Khi thì (*) trở thành:

. Vậy cắt tại 2 giao điểm là .

b) Vì với mọi nên

phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt tức là

cắt tại 2 điểm phân biệt. Hơn nữa

nên hai giao điểm luôn nằm về

hai phía trục tung. Giả sử với

khi đó ta có: . Dễ thấy

parabol luôn đi qua điểm cố định là nên

. Suy ra diện tích tam

giác bằng:

. Theo hệ thức Vi-ét ta có: ,

suy ra , từ giả thiết suy ra: . Vậy để diện tích

tam giác bằng .

Ví dụ 2.

Trong mặt phẳng cho Parabol và đường thẳng .

a) Chứng minh rằng khi thay đổi luôn cắt tại 2 điểm phân biệt nằm về 2 phía trục tung.

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Gọi là các hoành độ giao điểm của với và . Xét các điểm

. Tìm để hai tam giác và có diện tích bằng nhau.

Lời giải:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

Ta có: vì nên . Suy

ra phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay đường

thẳng luôn cắt tại 2 điểm phân biệt . Theo hệ thức

Vi-ét ta cũng có suy ra 2 giao điểm nằm về 2

phía trục tung.

b) Vì các điểm có cùng hoành độ và nên , tương tự .

Tam giác vuông tại vuông tại nên ta có:

Yêu cầu bài toán tương đương với: .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: .

Ví dụ 3.

Trong mặt phẳng tọa độ cho Parabol , đường thẳng và .

Chứng minh rằng đường thẳng cắt tại 2 điểm phân biệt nằm về hai phía điểm

. Giả sử , tìm để .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: ta có:

, do suy ra nên phương trình luôn

có 2 nghiệm phân biệt , hay luôn cắt tại 2 điểm phân biệt . Vì

Theo hệ thức Vi-ét ta có: suy ra suy ra trong 2 nghiệm

có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1. Hay nằm về 2 phía điểm .

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên

. trục thì

. Do Ta có:

(Định lý Thales).

Hay .

Kết hợp với (*) ta có: .

Do nên suy ra

suy ra

hoặc đối chiếu với điều kiện ta thấy cả 2 giá trị đều thỏa mãn.

Ví dụ 4.

Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng và parabol .

Khi tìm tọa độ giao điểm của và . a)

Tìm tất cả các giá trị để đường thẳng cắt tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là sao b)

cho .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

a) Khi ta có: .

Với thì , với thì . Vậy cắt tại 2 điểm .

b) Để cắt tại 2 điểm phân biệt điều kiện là luôn

đúng. Vậy luôn cắt tại 2 điểm phân biệt .

Ta có: .

TH1: . Thay vào điều kiện ta có:

kiểm tra lại ta thấy cả 2 giá trị đều thỏa mãn.

TH2: . Thay vào điều kiện ta có:

đối chiếu

điều kiện ta thấy thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

là tất cả các giá trị cần tìm. Vậy

Ví dụ 5.

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng .

Tìm để đường thẳng cắt parabol tại 2 điểm phân biệt sao cho

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: . Ta có:

nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra

đường thẳng luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt . Ta thấy:

nên hai nghiệm phương trình luôn khác .

Ta có:

Theo hệ thức Vi-ét ta có: .

Thay vào ta có: . Yêu

cầu bài toán tương đương với . Vậy là giá trị cần tìm.

Ví dụ 6.

Trên mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng ( là tham số).

a) Chứng minh. Khi thay đổi thì luôn cắt tại 2 điểm phân biệt.

b) Gọi là hoành độ các giao điểm của và . Tìm sao cho .

Lời giải:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

Do với mọi nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt.

Suy ra đường thẳng luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt.

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có: .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: thay vào ta có: thỏa mãn điều kiện.

Ví dụ 7.

Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng và parabol .

a) Tìm tọa độ giao điểm của và khi .

b) Gọi là hoành độ các giao điểm của và . Tìm để .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

a) Khi thay vào (*) ta có:

Khi .

. Vậy các giao điểm của và là:

b) Để đường thẳng cắt tại 2 điểm phân biệt điều kiện là phương trình (*) có 2 nghiệm phân

biệt. Hay .

Yêu cầu bài toán là: .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: . Thay vào (3) ta được:

. Đối chiếu với điều kiện

bài toán ta thấy thỏa mãn.

Ví dụ 8.

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng .

Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt sao cho diện tích

tam giác bằng .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

Ta có với mọi nên phương trình luôn

có 2 nghiệm phân biệt , suy ra đường thẳng

luôn cắt tại 2 điểm phân biệt .

Để ý rằng đường thẳng luôn đi qua điểm cố định

nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi

thì nên hai giao điểm

nằm về hai phía trục tung.

Giả sử thì ta có:

với lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm trên trục

. Ta có:

Suy ra:

Theo định lý Vi-ét ta có: .

Thay vào ta có: .

Điểm mấu chốt của bài toán là phát hiện nằm về 2 phía trục tung thông qua để phân chia tam

giác thành 2 tam giác .

Ngoài cách làm trên ta cũng có thể tính diện tích tam giác theo cách khác là: Giả sử

với ( ). Gọi là hình chiếu vuông góc của lên trục ta tính được:

Ta có là hình thang vuông tại , tam giác vuông tại , tam giác vuông tại và

. từ đó ta tính được:

Nên .

Ví dụ 9.

Trên hệ trục tọa độ cho parabol và đường thẳng .

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Khi , chứng tỏ rằng luôn cắt tại 2 điểm phân biệt . Từ đó tính diện tích tam

giác .

b) Với giá trị nào của thì cắt tại 2 điểm phân biệt sao cho khoảng cách từ đến trục

bằng khoảng cách từ đến trục .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: .

a) Khi thì , ta có và nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân

biệt . Hay luôn cắt tại 2 điểm phân biệt .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: nên hai giao điểm nằm về 2 phía trục , giả sử

với ta có hình vẽ:

Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục thì

, đường thẳng cắt trục tại

Ta có:

Suy

ra: .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: suy ra .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

. Ta có

, để cắt tại 2 điểm phân biệt thì

Khi đó 2 giao điểm , gọi lần lượt là

hình chiếu vuông góc của lên trục thì khoảng cách

từ đến trục tương ứng là độ dài của đoạn thẳng

. Ta có: , yêu cầu bài toán tương

đương với , do vai trò như nhau nên điều kiện (*) có thể viết lại thành:

Theo hệ thức Vi-ét ta có: .

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra: .

TH1: hoặc đẳng thức (1) trở thành:

loại.

TH2: đẳng thức (1) trở thành:

thỏa mãn điều kiện.

Tóm lại là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 10.

Trong mặt phẳng tọa độ , cho parabol có phương trình . Gọi là đường thẳng đi qua

và có hệ số góc .

a) Viết phương trình đường thẳng và chứng minh đường thẳng luôn cắt parabol tại hai

điểm phân biệt khi thay đổi.

b) Gọi theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của trên trục hoành. Chứng minh rằng tam giác

vuông tại .

Lời giải:

a) Đường thẳng có dạng: , vì đi qua suy ra .

Vậy: .

Xét phương trình hoành độ giao điểm của và : .

với mọi , suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt. Vậy luôn cắt tại hai điểm Ta có

phân biệt.

b) Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt .

Suy ra thì .

Khi đó: .

Theo định lý Vi-ét thì nên .

Vậy tam giác vuông tại .

Ví dụ 11.

Cho parabol và đường thẳng . Tìm để đường thẳng cắt tại 2

điểm phân biệt sao cho .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: .

Để cắt tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt, hay

. Khi đó ta có: với suy ra

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: thay vào ta có:

, hay

hoặc . Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta suy ra: .

Ví dụ 12.

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng .

a) Khi . Chứng minh rằng: đường thẳng luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt .

Tính diện tích tam giác .

b) Tìm để đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt có hoành độ là sao cho

Lời giải:

Khi . Đường thẳng có dạng: . Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

. Do nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt . Suy ra

đường thẳng luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt .

Mặt khác nên hai giao điểm nằm về 2 phía trục .

Ta giả sử với .

Ta thấy đường thẳng cắt trục tại điểm cố định là

nên ta có:

Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục .

lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục .

Ta có:

. Từ đó suy

ra: .

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: thay vào ta Từ đó ta có:

. có:

Ta có thể tính trực tiếp như sau: Giải phương trình (*) suy ra nên các giao điểm là

. Từ đó tính được:

. Cách giải này sẽ hiệu quả khi không phải là số

vô tỷ.

Ví dụ 13.

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol và đường thẳng .

a) Chứng minh rằng: Đường thẳng luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt.

b) Gọi là các hoành độ giao điểm của và . Tìm để: .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: . Ta có:

Do . Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt , suy ra luôn cắt

tại 2 điểm phân biệt.

Vì là hai nghiệm của phương trình .

Do phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1.

Suy ra . Yêu cầu bài toán tương đương với . Vậy .

Ví dụ 14.

Cho parabol và đường thẳng .

a) Chứng minh rằng đường thẳng luôn cắt parabol tại hai điểm phâm biệt với mọi giá trị .

b) Gọi và là các giao điểm của và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Phương trình hoành độ giao điểm của và là: .

Ta có: . Suy ra đường thẳng luôn cắt tại 2 điểm phân biệt .

b) Xét . Vì các giao điểm trên đường thẳng nên ta

có: với là hai nghiệm của phương trình: , từ đó ta suy ra

Theo hệ thức Vi-ét ta có: thay vào ta thu được:

Do . Suy ra .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Vậy GTLN của là khi .

Ví dụ 15.

Cho parabol và đường thẳng .

Tìm để cắt tại 2 điểm phân biệt có hoành độ sao cho là độ dài hai cạnh góc vuông

của tam giác vuông có cạnh huyền là .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: .

Điều kiện để cắt tại 2 điểm phân biệt là phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

. Điều kiện này luôn đúng nên suy ra phương trình luôn có 2

nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Vi-ét ta có: . Vì là độ dài 2 cạnh góc vuông của một tam giác nên

phải là các số dương suy ra điều kiện . Từ giả thiết ta cũng có:

Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có thỏa mãn điều kiện.

Ví dụ 16.

Cho hàm số với và đường thẳng . Chứng minh: luôn cắt tại

hai điểm phân biệt nằm về 2 phía trục tung. Tìm để

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình hoành độ giao điểm của và là: .

Vì với mọi giá trị nên luôn cắt tại hai điểm phân biệt . Do

nên hai điểm nằm về 2 phía trục tung. Yêu cầu bài toán tương đương với:

. Theo hệ thức Vi-ét ta có: thay vào biểu thức ta thu được:

Ví dụ 17.

Cho parabol và đường thẳng .

a) Với , xác định tọa độ giao điểm và và .

Tìm các giá trị của để cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ sao cho . b)

(Trích đề tuyển sinh lớp 10 – Thành phố Hà Nội, năm 2014).

Lời giải:

a) Với ta có phương trình hoành độ giao điểm của và là:

hoặc (do ).

Ta có: . Vậy tọa độ các giao điểm là và .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

Để cắt tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt.

. Khi đó:

Cách 1 :

Khi ta có:

Cách 2:

Khi ta có: .

Theo yêu cầu bài toán ta có: .

Ví dụ 18.

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol , điểm với là tham số khác 0 và điểm

. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm . Chứng minh rằng luôn cắt tại

2 điểm phân biệt với độ dài đoạn .

Lời giải:

Phương trình đường thẳng . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và

parabol là: . Ta có: suy ra luôn cắt tại

hai điểm phân biệt .

Theo định lý Vi-ét ta có: . Vậy nên .

Ví dụ 19.

Cho parabol và đường thẳng .

a) Chứng minh đường thẳng luôn cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt . Gọi là hoành độ

của các điểm . Tìm giá trị lớn nhất của .

b) Tìm để diện tích tam giác bằng .

Lời giải:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của và là: . Ta có:

, với mọi nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng luôn cắt

tại 2 điểm phân biệt. Theo định lý Vi-ét ta có: ta có: . (dùng phương pháp

miền giá trị hàm số. Xem thêm phần ứng dụng trong bài toán GTLN, GTNN), ta dễ tìm được giá trị lớn nhất

của là và GTNN của là đạt được khi và .

b) Để ý rằng đường thẳng luôn đi qua điểm cố định nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi

thì nên hai giao điểm nằm về 2 phía trục tung. Giả sử thì

ta có: với lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm

trên trục . Ta có: .

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra: .

Theo định lý Vi-ét ta có: .

Thay vào ta có: .

Chú ý: Nếu thay điều kiện thành diện tích tam giác nhỏ nhất ta cũng có kết quả như trên. Vì

Ví dụ 20.

Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng và parabol .

a) Tìm để cắt tại 2 điểm phân biệt . Chứng minh và nằm bên phải trục tung.

b) Gọi là hoành độ của và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . (Trích

đề thi vòng 1 THPT chuyên - TP Hà Nội, năm học 2005 – 2006).

Lời giải:

a) Xét phương trình: cắt tại hai điểm phân biệt khi

(1) có hai nghiệm phân biệt .

Kết hợp với điều kiện ta có khi đó (1) có hai nghiệm dương nên nằm ở bên phải trục .

b) Theo định lí Vi-ét ta có: .

Ta có: theo bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có: .

Vậy khi .

Ví dụ 21.

Cho parabol và đường thẳng .

a) Chứng minh rằng đường thẳng luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị .

b) Gọi và là các giao điểm của và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Lời giải:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol là:

, với mọi nên (1) có hai nghiệm phân biệt, suy ra

luôn cắt tại hai điểm phân biệt và .

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Theo định lý Vi-ét, ta có: .

. Vậy khi .

Ví dụ 22.

Trên mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng và parabol .

a) Tìm tọa độ các giao điểm của và .

b) Gọi là hai giao điểm của và . Tính diện tích tam giác . (Trích đề tuyển sinh vào

lớp 10 TPHT Hà Nội, năm 2014).

Lời giải:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của và là :

Ta có: .

Vậy tọa độ giao điểm của và là và .

b) Gọi lần lượt là hình chiếu của xuống trục hoành. Ta có:

Ta có: .

(đvdt), (đvdt).

(đvdt) (Xem thêm ví dụ 8).

Dạng 6. Ứng dụng phương trình bậc hai trong các bài toán số học

Ví dụ 1.

Tìm tất cả các giá trị thực của để phương trình có các nghiệm đều là số

nguyên.

Lời giải:

Điều kiện để phương trình (*) có nghiệm là: luôn đúng với mọi .

Gọi 2 nghiệm là . Theo hệ thức Vi-ét ta có: , do là các số nguyên nên chỉ có thể

hoặc . xảy ra

hoặc . TH1:

hoặc . TH2:

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tóm lại .

Ví dụ 2.

Tìm tất cả các giá trị nguyên dương để phương trình có nghiệm nguyên dương.

Lời giải:

Với ta thấy phương trình có nghiệm .

Xét giả sử phương trình có nghiệm là nghiệm nhỏ nhất theo nghĩa với

là nghiệm của (*). Không mất tính tổng quát ta giả sử .

+ Nếu thì trái với giả thiết, từ đó suy ra .

+ Xét phương trình: , rõ ràng là một nghiệm của (**) gọi là nghiệm thứ 2

của (***).

Theo định lí Vi-ét ta có: (***). Từ (***) ta suy ra nên là số nguyên, do cách

chọn ta suy ra nguyên dương và .

Cũng từ (***) ta có: (do ).

Vậy suy ra hoặc . Để ý rằng nên

thì (*) đều không có nghiệm nguyên dương. Tóm lại là giá trị cần tìm.

Ví dụ 3.

Tìm tất cả các giá trị nguyên dương để phương trình có nghiệm nguyên dương.

Lời giải:

Dễ thấy , phương trình có 1 nghiệm . Khi , phương trình có 1 nghiệm .

Xét . Ta chứng minh: Phương trình (*) không có nghiệm nguyên dương nào khác bằng phản

chứng.

Giả sử phương trình có một nghiệm sao cho và với mọi

nghiệm khác.

• Nếu xét phương trình bậc hai: ta thấy là một nghiệm của

phương trình này, gọi nghiệm thứ 2 là . Theo định lí Vi-ét ta có: . Từ đó ta cũng suy ra

là số nguyên dương và là nghiệm của (**). Từ cách chọn ta suy ra nên

suy ra

vì thay vào ta có theo ví dụ 2 thì phương trình

không có nghiệm nếu .

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Nếu ta có: vì nên

hoặc mâu thuẫn.

Tóm lại:

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán sau: Phương trình có nghiệm nguyên

dương khi và chỉ khi .

Ví dụ 4.

Cho 2 số nguyên dương thỏa mãn là số nguyên. Chứng minh: .

Lời giải:

Ta xét tập . Dễ thấy thỏa mãn điều kiện suy ra .

Xét sao cho nhỏ nhất theo nghĩa với . Giả sử .

Xét phương trình: thì là một nghiệm của phương trình (*) ngoài ra phương trình

này cũng có 1 nghiệm .

Theo định lí Vi-ét ta có: do .

nên vô lý.

Vậy ta có: hay .

Chú ý: Bài toán này là 1 hệ quả của ví dụ 2.

Ví dụ 5.

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: .

Lời giải:

Ta viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc hai của ẩn : .

. Ta có:

Để phương trình có nghiệm ta phải có:

do . Do suy ra từ đó thay vào ta tìm được các

giá trị tương ứng của suy ra nghiệm của phương trình là: .

Ví dụ 6.

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho là các số nguyên dương và là số nguyên. Chứng minh: .

Lời giải:

Đặt .

Để phương trình có nghiệm thì phải là số chính phương hay là số chính

phương.

Ta đặt với .

do cùng tính chẵn lẻ.

Suy ra hay .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Bài 1: (Trích đề Chuyên Đà Nẵng năm học 2019-2020)

Cho hàm số có đồ thị và điểm . Gọi là đường thẳng qua A có hệ số góc m.

Tìm tất cả các giá trị của m để cắt đồ thị tại hai điểm A và B, đồng thời cắt trục Ox tại điểm C sao cho

Bài 2: (Trích đề Chuyên Điện Biên năm học 2019-2020)

Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng ( là tham số) và parabol

. Chứng minh với mọi giá trị của thì luôn cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ

. Tìm sao cho .

Bài 3: (Trích đề Chuyên Hưng Yên năm học 2019-2020)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng và Parabol . Biết

đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm B và C. Tìm tọa độ điểm A trên trục hoành để lớn nhất.

Bài 4: (Trích đề Chuyên Quảng Ninh năm học 2019-2020)

, lấy hai điểm và thuộc trục Cho trước p là số nguyên tố. Trên mặt phẳng tọa độ

. Có bao nhiêu tứ giác nội tiếp sao cho các điểm thuộc trục và đều có tung độ là các

số nguyên dương.

Bài 5: (Trích đề Chuyên Quảng Nam năm học 2019-2020)

Cho parabol và đường thẳng . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để

cắt tại hai điểm phân biệt lần lượt có hoành độ thỏa mãn .

Bài 6: (Trích đề Chuyên Quảng Bình năm học 2019-2020)

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho parabol và đường thẳng đi qua điểm có hệ số góc .

a) Chứng minh rằng đường thẳng luôn cắt tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị .

b) Chứng minh là tam giác vuông với mọi giá trị k (O là gốc tọa độ).

Bài 7: (Trích đề Chuyên Cần Thơ năm học 2019-2020)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng và (m là

tham số thực khác 0). Tìm tất cả giá trị của tham số m để và cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao

cho diện tích của hình thang ABHK bằng . Biết và hai điểm H, K lần lượt là hình chiếu vuông

góc của B và A lên trục hoành.

Bài 8: (Trích đề Chuyên Thừa Thiên Huế năm học 2019-2020)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol và đường thẳng Gọi

(với ) là các giao điểm của (P) và (d), là điểm thuộc (P) sao cho

Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC.

Bài 9: (Trích đề Chuyên Quảng Ngãi năm học 2019-2020)

Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai đường thẳng và

trong đó là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định

khi thay đổi.

Bài 10: (Trích đề Chuyên Bắc Ninh năm học 2019-2020)

Cho hai hàm số và (với là tham số) có đồ thị lần lượt là và . Tìm

để cắt tại hai điểm phân biệt , sao cho .

Bài 11: (Trích đề Chuyên Bình Dương năm học 2019-2020)

Cho parabol và đường thẳng . Tìm để cắt tại hai điểm

phân biệt có hoành độ sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 12: (Trích đề Chuyên Tiền Giang năm học 2019-2020)

Cho parabol (P): , các đường thẳng (d1): . Viết phương trình đường thẳng (d2), biết d2

, với I là trung điểm vuông góc với d1 và d2 cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

của đoạn AB.

Bài 13: (Trích đề Chuyên Khánh Hòa năm học 2019-2020)

Trên mặt phẳng tọa độ , cho (P) và đường thẳng (d)

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a/ Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

b/ Gọi lần lượt là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và (P). Tìm tất cả các giá trị để

Bài 14: (Trích đề Chuyên Gia Lai năm học 2019-2020)

Cho Parabol và đường thẳng , là tham số. Tìm để cắt tại hai

điểm phân biệt.

Bài 15: (Trích đề Chuyên Kon Tum năm học 2019-2020)

Cho parapol và đường thẳng , m là tham số. Tìm m để đường thẳng

cắt parapol tại hai điểm sao cho .

Bài 16: (Trích đề Chuyên An Giang năm học 2019-2020)

Cho hàm số 𝑦 = 𝑎𝑥2 (𝑎 ≠ 0) có đồ thị (𝑃).

a) Xác định hệ số 𝑎 biết đồ thị (𝑃) đi qua điểm 𝐴(√5; √50). Vẽ đồ thị hàm số ứng với 𝑎 vừa tìm được.

b) Với giá trị 𝑎 vừa tìm ở trên, cho biết điểm 𝑀(𝑚; 𝑛) thuộc đồ thị (𝑃). Hỏi điểm 𝑁(𝑛; 𝑚) có thuộc đồ thị

(𝑃) được hay không? Tìm điểm đó nếu có (𝑚, 𝑛 là hai số khác 0).

Bài 17: (Trích đề Chuyên Hưng Yên năm học 2019-2020)

Cho hai đường thẳng (d): và :

a) Tìm m để (d) song song với .

b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm với mọi m.

c) Tìm tọa độ điểm B thuộc sao cho AB vuông góc với .

Bài 18: (Trích đề Chuyên Nam Định năm học 2019-2020)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng và đường thẳng (với

) là hai đường thẳng song song.

Bài 19: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Phước năm học 2018-2019)

Cho hàm số . Tìm các giá trị của để đường thẳng cắt đồ thị hàm số

tại hai điểm phân biệt thỏa mãn .

Bài 20: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh năm học 2018-2019)

Cho hàm số có đồ thị là . Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng

cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm , sao cho tam giác có diện tích là (

là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là ).

Bài 21: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018)

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Biết phương trình có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của

một tam giác vuông. Tìm để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng

Bài 22: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh năm học 2016-2017)

Trong hệ trục tọa độ hãy tìm trên đường thẳng những điểm thỏa mãn điều kiện

Bài 23: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên năm học 2016-2017)

Cho hàm số có đồ thị . Lập phương trình đường thẳng , biết đi qua điểm

và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa

mãn nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).

Bài 24: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Lăk năm học 2015-2016)

Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A và B khác

góc tọa độ O mà thỏa mãn .

Bài 25: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đà Nẵng năm học 2015-2016)

Cho hàm số với a là tham số, và . Tìm tất cả các giá trị của a để khoảng cách từ

góc tọa độ O đến đồ thị của hàm số đạt giá trị lớn nhất.

Bài 26: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh An Giang năm học 2015-2016)

Cho Parabol và điểm .

a) Vẽ Parabol P trên mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Chứng minh rằng nếu điểm M nằm trên Parabol P thì độ dài đoạn thẳng AM bằng khoảng cách từ M đến

đường thẳng . Biết rằng khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trên mặt phẳng

tọa độ Oxy được tính theo công thức .

Bài 27: (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên năm học 2014-2015)

Cho Parabol và đường thẳng (m là tham số thực). Tìm m để (d) cắt (P) tại

hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn .

Bài 28: (Trích đề vào 10 Chuyên Cà Mau năm học 2018-2019)

Cho parabol và đường thẳng

Vẽ đồ thị của và d trên cùng một mặt phẳng tọa độ a)

b) Tìm để d và và đường thẳng cùng đi qua điểm có hoành độ lớn hơn 1

Bài 29: (Trích đề vào 10 Chuyên Hưng Yên năm học 2018-2019)

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm các giá trị của để đồ thị hàm số và cắt nhau tại hai điểm phân biệt

sao cho

Bài 30: (Trích đề vào 10 Chuyên Hưng Yên năm học 2018-2019)

Tìm m để đường thẳng và đường thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung

Bài 31: (Trích đề vào 10 Chuyên Hưng Yên năm học 2018-2019)

Trong mặt phẳng tọa độ , cho và đường thẳng . Tìm tất cả các giá trị của m

để cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thỏa mãn

Bài 32: (Trích đề vào 10 Chuyên Hà Nam năm học 2018-2019)

Trong mặt phẳng tọa độ cho và . Đường d cắt P tại hai

điểm phân biệt A, B , đường d’ cắt P tại hai điểm phân biệt C, D (hoành độ A và D âm). Tìm m sao cho diện

tích tứ giác ABCD gấp 9 lần diện tích tam giác OCD.

Bài 33: (Trích đề vào 10 Chuyên Thái Bình năm học 2018-2019)

(với m là tham số m ≠ 0). Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + m và (d2):

Gọi I(xo; yo) là tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2). Tính:

Bài 34: (Trích đề vào 10 Chuyên Lâm Đồng năm học 2018-2019)

Trên hệ trục tọa độ (cách chọn đơn vị trên hai trục tọa độ như nhau), cho đường thẳng có hệ số góc

là và đường thẳng đi qua . Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng

Bài 35: (Trích đề vào 10 Chuyên Đồng Nai năm học 2018-2019)

Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm và . Tìm số các điểm nguyên nằm bên trong

tam giác OMN (Một điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó đều là các số

nguyên)

Bài 35: (Trích đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm học 2018-2019)

Cho đường thẳng ( là tham số) và parabol . Tìm để cắt tại

hai điểm phân biệt có hoành độ sao cho

Bài 36: (Trích đề vào 10 Chuyên Kiên Giang năm học 2018-2019)

Cho Parabol và đường thẳng (với là tham số). Tìm tất cả các giá trị của

tham số m để cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn

Bài 37: (Trích đề vào 10 Chuyên Thừa Thiên Huế năm học 2018-2019)

Cho parabol và đường thẳng Gọi là các giao điểm của và

Tìm tọa độ điểm trên trục tung sao cho có giá trị nhỏ nhất.

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 38: (Trích đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm học 2018-2019)

Cho hai hàm số và . Tìm để hai đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại ba điểm phân

biệt là ba đỉnh của tam giác đều.

Bài 39: (Trích đề vào 10 Chuyên Điện Biên năm học 2018-2019)

Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng và Parabol . Tìm tọa độ các

giao điểm của và . Tính độ dài đường cao của tam giác .

Bài 40: (Trích đề vào 10 Chuyên Đà Nẵng năm học 2018-2019)

Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho và đường thẳng với là tham

số. Gọi A và H lần lượt là giao điểm của (d) với trục hoành và trục . Tìm tất cả các giá trị của m để

cắt (P) tại hai điểm C và D nằm về hai phía trục tung sao cho C có hoành độ âm và

Bài 41: (Trích đề vào 10 Chuyên Hà Nam năm học 2018-2019)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P) có phương trình và hai đường thẳng (d): ; (d’):

(với ). Đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B; đường thẳng (d’) cắt

Parabol (P) tại hai điểm phân biệt C, D (với hoành độ điểm A và D là số âm). Tìm sao cho diện tích hình

thang ABCD gấp 9 lần diện tích tam giác OCD.

Bài 42: (Trích đề vào 10 Chuyên Bình Phước năm học 2018-2019)

Cho parabol và đường thẳng . Với giá trị nào của m thì d cắt (P) tại hai

điểm phân biệt sao cho biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 43: (Trích đề vào 10 Chuyên Trà Vinh năm học 2018-2019)

Cho đường thẳng . Tìm biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol tại điểm

Bài 44: (Trích đề vào 10 Chuyên Tiền Giang năm học 2018-2019)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol và đường thẳng .

a) Tìm tọa độ giao điểm A và B của và .

b) Tìm tọa độ điểm C nằm trên sao cho tam giác vuông tại C.

Bài 45. (Đề vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội năm 2015-2016)

Một xe tải có chiều rộng là và chiều cao là muốn đi qua một cái cổng có hình Parabol. Biết

khoảng cách giữa hai chân cổng là và khoảng từ đỉnh cổng (đỉnh Parabol) tới chân cổng là (bỏ

qua độ dày của cổng).

1). Trong mặt phẳng tọa độ , gọi Parabol với là hình chiếu biểu diễn cổng mà xe tải

muốn đi qua. Chứng minh

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2). Hỏi xe tải có thể đi qua cổng được không? Tại sao?

Bài 46. (Đề vào 10 Chuyên Hải Dương năm 2012-2013)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): và parabol (P): .

1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho

Bài 47. (Đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm 2012-2013)

Cho parabol (P): y = − x2 và đường thẳng (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m (m là tham số).

a) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B.

b) Gọi yA, yB lần lượt là tung độ các điểm A, B. Tìm m để |yA − yB| = 2.

Bài 48. (Đề vào 10 Chuyên Toán Quảng Nam năm 2012-2013)

Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a; b; c là độ dài 3 cạnh của tam giác vuông trong

đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B có hoành độ lần

lượt là x1 và x2 thỏa mãn

Bài 49. (Đề vào 10 Chuyên Vĩnh Phúc năm 2011-2012)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị (P) của hàm số: và đường thẳng (D):

; trong đó là tham số.

a) Cho , tìm hoành độ các giao điểm của (P) và (D).

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số để (P) và (D) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ không âm.

Bài 50. (Đề vào 10 Chuyên Bình Phước năm 2012-2013)

Cho Parabol (P): và đường thẳng (d): (1).

Tìm giá trị m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là thỏa mãn hệ thức:

Bài 51. (Đề vào 10 Chuyên Đà Nẵng năm 2009-2010)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số có đồ thị (P) và đường thẳng (∆) có phương trình

. Chứng minh rằng (P) và (∆) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B; xác định tọa độ hai điểm đó.

Tính diện tích tam giác OAB (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

Bài 52. (Đề vào 10 Chuyên Kiên Giang năm 2010-2011)

Cho hàm số y = (m – 3)x + 2 + m. Xác định m để:

a) Hàm số là hàm số bậc nhất nghịch biến.

b) Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1 ; 1)

c) Đồ thị cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 3.

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 53. (Đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm 2013-2014)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 2x − y − a2 = 0 và Parabol

(P): y = ax2 ( a là tham số dương).

a. Tìm giá trị a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Chứng tỏ khi đó A và B nằm bên phải trục

tung.

b. Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A và B. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Bài 54. (Đề vào 10 Chuyên Đà Nẵng năm 2009-2010)

Cho hàm số (x là biến số)

1/ Xác định a để hàm số luôn đồng biến.

2/ Xác định a để đồ thị hàm số đi qua điểm B(1; 6). Vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với a vừa tìm được.

3/ Dùng đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau:

Bài 55. (Đề vào 10 Chuyên Thái Bình năm 2009-2010)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): (k là tham số) và parabol (P): .

1. Khi , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);

2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân

biệt;

3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho:

Bài 56. (Đề vào 10 Chuyên Đồng Nai năm 2012-2013)

Cho parabol y = x2 (P) và đường thẳng y = mx (d), với m là tham số.

1/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 9.

2/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm, mà khoảng cách giữa hai điểm này bằng

Bài 57. (Đề vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội năm 2016-2017)

Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng d: y = 2mx – 1 với m là tham số.

a) Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) khi m = 1

b) Chứng minh rằng với mỗi giá trị của m, d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi y1, y2 là tung độ

của A, B. Tìm m sao cho

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cách 1

Đường thẳng có phương trình là luôn đi qua điểm của .

Hình chiếu vuông góc của C lên Oy là , của A lên Oy là , của lên Oy là

Theo định lí Thales có :

Suy ra A’B’ = 6 OB’ = 8

Nếu b = 4, thế vào tìm được m = 3; Nếu b = -4, thế vào tìm được m = -1.

Cách 2

Phương trình đường thẳng là tọa độ điểm C là

Phương trình hoành độ giao điểm của và : (1). Vì thuộc

và nên (1) có 1 nghiệm

, từ AB = 3AC =

m = -1 hoặc m = 3.

Bài 2:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có

luôn cắt tại hai điểm phân biệt

Gọi là hai nghiệm của (*). Theo định lý Viet ta có

Theo giả thiết

TH1: do đó ta có

(vô nghiệm).

TH2: do đó ta có

là giá trị cần tìm. Vậy

Bài 3:

Ta có nên GTLN khi A, B, C thẳng hàng hay A là giao điểm của (d) với

Ox .

Bài 4:

Xét tứ giác thỏa mãn đề bài. Gọi thì .

Tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi suy ra . (1)

Do p nguyên tố và nguyên dương nên có 9 cặp với thỏa mãn (1) là:

Vậy có 9 tứ giác thỏa mãn đề bài.

Bài 5:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(1)

Ta có:

cắt tại hai điểm phân biệt

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

(2)

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

Theo đề bài:

(3)

Từ (2) và (3) là giá trị cần tìm.

Bài 6:

a) Phương trình đường thẳng đi qua điểm có hệ số góc k: .

Phương trình hoành độ giao điểm của và : (1).

Phương trình (1) có .

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng luôn cắt tại hai điểm

phân biệt với mọi giá trị .

b) Gọi và . Khi đó là nghiệm của phương trình (1), suy ra

Phương trình đường thẳng OA:

Phương trình đường thẳng OB:

nên . Vậy là tam giác vuông . Do

Bài 7:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của và :

(vì m 0)

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

H, K lần lượt là hình chiếu của B, A lên Ox nên H(– 1; 0),

Bài 8: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

Các giao điểm là và

Gọi với Gọi theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C trên trục hoành. Ta

có

Ta có

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng khi

Bài 9:

Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai đường thẳng và

trong đó là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định

khi thay đổi.

Nhận xét ;

• Với thì : và vuông góc với nhau

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Với thì :

Khi đó ta có

Vậy với mọi

Vậy giao điểm của hai đường thẳng nói trên nhìn đoạn cố định dưới một góc

vuông nên thuộc đường tròn đường kính khi thay đổi.

Bài 10:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là .

cắt tại hai điểm phân biệt , khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm phân

biệt ,

(*).

Áp dụng ĐL Vi-ét ta có ; .

Từ giả thiết ta có , .

Khi đó .

Do nên .

Do đó,

(t/m (*)).

Bài 11:

Phương trình hoành độ của và là:

Để cắt tại hai điểm phân biệt thì phải có hai nghiệm phân biệt , nghĩa là

Ngoài ra, ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà

Do đó đạt giá trị nhỏ nhất, ngĩa là

Vậy thì thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 12:

Vì d2 vuông góc với d1 nên d2: y = 4x+ b

Phương trình hoành độ giao điểm giữa d2 và (P) :

có hai nghiệm phân biệt d2 cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

với là nghiệm của (!) Gọi

Ta có:

Vậy

Suy ra:

(thỏa điều kiện)

Vậy d2 : y = 4x – 1 hoặc d2: y = 4x + 3

Bài 13:

a/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)

Có:

Vì thế: phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Hay: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

b/ Gọi lần lượt là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P)

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó: và chính là hai nghiệm của

Theo Vi-ét, có:

Có:

) ( do

Vậy .

Bài 14:

Phương trình hoành dộ giao điểm của và :

Ta có: . cắt tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt,

tức là .

Vậy .

Bài 15:

Phương trình hoành độ giao điểm giữa và là

Phương trình bậc hai có với mọi m nên luôn có hai nghiệm

phân biệt khác 0 với mọi m. Do đó luôn cắt parapol tại hai điểm phân biệt với

mọi m

là các nghiệm khac 0 của phương trình .

Áp dụng hệ thức Vi et ta có :

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy m = 2 và m = -2 thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài 16:

2 ⟹ √50 = 𝑎. √5

a) Đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑎𝑥2 đi qua điểm 𝐴(√5; √50)

⟹ 𝑎 = √2

Vậy 𝑎 = √2 ⟹ 𝑦 = √2𝑥2

Bảng giá trị

𝑥 −1 0 1

0 𝑦 = √2𝑥2 √2 √2

Đồ thị như hình

b) Điểm 𝑀(𝑚; 𝑛) thuộc đồ thị ⟹ 𝑛 = √2𝑚2 (1)

Giả sử điểm 𝑁(𝑛; 𝑚) thuộc đồ thị ⟹ 𝑚 = √2𝑛2 (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được 𝑛 − 𝑚 = √2(𝑚2 − 𝑛2)

(𝑛 − 𝑚) (1 + √2(𝑛 + 𝑚)) = 0

+ TH1: Nếu 𝑛 − 𝑚 = 0 ⟺ 𝑛 = 𝑚 thay vào (1) ta được

𝑛 = √2𝑛2 ⟹ 𝑛 = 0; 𝑛 = √2 . 2

+TH2: Nếu 1 + √2(𝑛 + 𝑚) = 0 ⟹ 1 + √2𝑛 + √2𝑚 = 0

⟹ 𝑛 = − − 𝑚 √2 2

Thay vào (1) ta được

− = 0 − 𝑚 = √2𝑚2 ⟺ √2𝑚2 + 𝑚 + √2 2 √2 2

= −3 < 0 ∆= 12 − 4. √2. √2 2

Phương trình vô nghiệm

thì điểm 𝑀(𝑚, 𝑛) thuộc đồ thị (𝑃) khi đó điểm 𝑁(𝑛; 𝑚) thuộc (𝑃). Vậy 𝑚 = 𝑛 = √2 2

Bài 17:

a) (d) song song với

Vậy là giá trị cần tìm.

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Thay vào phương trình được:

(đúng với )

Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm với mọi m.

c)Cách 1:

Vì điểm B thuộc nên tọa độ điểm B có dạng

ĐK: B khác A hay

Giả sử phương trình đường thẳng AB là

Vì và nên ta có hệ phương trình:

AB vuông góc với

hay

Vậy tọa độ điểm B là .

Cách 2:

Giả sử phương trình đường thẳng AB là

AB vuông góc với

hay

phương trình đường thẳng AB có dạng

Vì đường thẳng đi qua nên:

phương trình đường thẳng AB là

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:

Bài 18:

Hai đường thẳng và (với ) song song với nhau

(TMĐK)

Vậy là giá trị cần tìm.

Bài 19:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là hay

và cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi có hai nghiệm phân biệt

Do thuộc nên . Theo đề bài ta có

Theo hệ thức Viet ta có :

thì Nếu (loại).

thì Nếu (nhận). Vậy là giá trị cần tìm.

Bài 20:

Vì ba điểm tạo thành một tam giác nên và .

Tọa độ giao điểm của và là .

Do tam giác vuông tại nên

Do đó,

(thỏa mãn)

Bài 21:

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi

Khi đó 2 nghiệm của phương trình là

Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra hoặc .

Từ hệ thức trong tam giác vuông ta có

(thỏa mãn) Với

(loại) Với

Vậy là giá trị cần tìm.

Bài 22:

Ta có

+ Với , không có x thỏa mãn.

+ Với

Từ đó tìm được các điểm thỏa mãn là hoặc .

Bài 23:

+ Do đi qua điểm nên thay giá trị x, y vào ta được

+ Do cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương khi đó nên

+ Do cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương khi đó nên

Vì và nên .

Ta có .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có nên

Suy ra . Theo bài ra thì dấu bằng xảy ra nên (vì a âm).

Từ đó ta được .

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình đường thẳng là .

Bài 24:

Gọi đường thẳng cần tìm là . Do đường thẳng đi qua điểm nên ta có . Do

đường thẳng cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B nên ta có

Khi thì , do đó ta có . Khi thì , do đó ta có .

Mà ta có nên ta được .

Chú ý rằng đường thẳng cắt tia Ox và Oy nên ta có do đó .

Từ đó ta có

Vậy các đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là hoặc .

Bài 25:

Do và nên đồ thì hàm số cắt trục tung và trục hoành tại các điểm khác gốc tọa

độ O. Gọi các giao điểm đó là và . Khi đó ta có các khoảng cách

. Gọi h là khoảng cách từ O đến đồ thị của .

Khi đó theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có .

, dấu bằng xẩy ra khi Từ đó ta được

Từ đó suy ra .

Vậy khoảng cách lớn nhất từ O đến đường thẳng là khi .

Cách khác: Ta cũng có thể tìm giá trị lớn nhất của h theo cách khác như sau

. Diện tích tam giác OAB là

. Mặt khác ta có

Từ đó ta được . Đến đây ta tìm giá trị lớn nhất của h tương tự như trên.

Bài 26:

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi tọa độ điểm M là và N là hình chiếu của M trên đường thẳng , khi đó ta có

. Từ đó ta được khoảng từ M đến đường thẳng là .

Do có và nên theo công thức tính khoảng cách trên ta có

Từ đó ta được hay độ dài đoạn AM bằng khoảng cách từ M đến đường thẳng .

Chú ý: Với hai điểm bất

kỳ trên mặt phẳng tọa độ Oxy ta có thể chứng

minh công thức

theo cách sau.

Giả sử tọa độ của các điểm C và D được cho như

hình vẽ. Khi đó ta có và

. Do tam giác CDM vuông tại M

nên ta có

Bài 27:

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

Ta có ( vì ) nên đồ thị hàm số (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt)

Theo hệ thức Viète ta có

Gọi A (x1; y1) và B (x2; y2) là giao điểm của (P) và (d) ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 28:

a) Bạn tự vẽ hình

b) Giao điểm của (d) và (P) là hoành độ của phương trình:

đi qua điểm M(2; 4) nên: Dường thẳng

Vậy m = 11/4 là giá trị cần tìm. Bài 29:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

Hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt

Gọi là hai nghiệm của phương trình (*). Khi đó ta có:

Áp dụng hệ thức Vi ét ta có:

Theo đề bài ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+) Với

+)Với

Vậy thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài 30:

Hai đường thẳng cắt nhau khi và chỉ khi

Giả sử hai đồ thị cắt nhau tại điểm

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là :

Hai đồ thị cắt nhau tại A nên khi đó là nghiệm của phương trình (*)

Với (loại) do 2 đường thẳng trùng nhau

thì hai đường thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung Vậy với

Bài 31:

Ta có: phương trình hoành độ giao điểm :

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo định lý Vi-et ta có:

Vậy giá trị cần tìm là

Bài 32:

Điều kiện:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là:

Phương trình hoành độ giao điểm của và đồ thị hàm số (P) là:

Ta có là hai đường thẳng cùng song song với hay là hình thang

Khi đó ta có:

Có:

Lại có:

Theo đề bài ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy thỏa mãn bài toán

Bài 33:

Hoành độ điểm I là nghiệm của phương trình .

Bài 34:

Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng

Theo đề bài : đường thẳng có hệ số góc là

phương trình đường thẳng có dạng

Theo đề bài ta có: đường thẳng đi qua

Gọi lần lượt là giao điểm của với và

Xét tam giác vuông có đường cao chính là khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng

Suy ra độ dài

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OAB có:

THCS.TOANMATH.com Trang 73

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng là

Bài 35:

Gọi phương trình đường thẳng là:

Ta có:

Tương tự ta có:

Phương trình đường thẳng ON là:

Phương trình đường thẳng là:

Những điểm nằm trong tam giác phải thỏa mãn điều kiện:

Do tọa độ nguyên nên các điểm thỏa mãn đề bài là :

Lại có:

Từ đó:

có 1 điểm nguyên ta có: Nếu

có 3 điểm nguyên ta có Nếu

………………

ta có có 99 điểm nguyên Nếu

có 97 điểm nguyên Nếu

…………………

có 1 điểm nguyên Nếu ta có:

Vậy tổng số điểm thỏa mãn là : điểm

Bài 35:

Phương trình hoành độ giao điểm của và : (1)

+ cắt tại hai điểm phân biệt khi hay

+ là hai hoành độ của hai giao điểm và nên là 2 nghiệm của pt (1).

Theo định lý Viet: (thí sinh không viết định lý này mà thể hiện ở dòng dưới đúng cũng

được).

THCS.TOANMATH.com Trang 74

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(thỏa ).

Vậy là giá trị cần tìm.

Bài 36:

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng định lý Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy với m = - 1/2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn

Bài 37:

Hoành độ của và là nghiệm của phương trình:

Phương trình này có hai nghiệm: và

Suy ra

Dễ thấy hai điểm cùng nằm về một phía so với trục tung. Lấy điểm đối xứng với qua

trục tung. Khi đó , nên đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

thẳng hàng, tức là khi là giao điểm của đường thẳng với trục tung.

THCS.TOANMATH.com Trang 75

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình đường thẳng đi qua và có dạng

Ta có hệ Suy ra

Vậy

Bài 38:

Phương trình hoành độ giao điểm

Gọi ba giao điểm là và H là giao điểm của AB và trục tung, suy ra

Tam giác OAB đều

Giải và tìm được , loại . Vậy

Bài 39:

Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

+ Với .

Vậy tọa độ giao điểm của và là .

THCS.TOANMATH.com Trang 76

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi lần lượt là giao điểm của và các trục . Khi đó .

Đường cao của tam giác cũng chính là đường cao của tam giác vuông .

Ta có

Vậy .

Bài 40:

Phương trình hoành độ giao điểm của và :

Có:

cắt tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt

Ta có:

C và D nằm về 2 phía trục tung và C có hoành độ âm:

Gọi và F thứ tự là hình chiếu của C lên trục và D lên trục

Ta có: và nên:

THCS.TOANMATH.com Trang 77

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy giá trị cần tìm là

Bài 41:

Tính được

Tính được ; .( do )

Đặt

Suy ra . Kết luận, là giá trị cần tìm.

Bài 42:

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

Đường thẳng (d) cắt tại hai điểm phương trình có nghiệm

Với thì cắt tại hai điểm

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 78

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì

Đặt

Vậy

Bài 43:

Vì đường thẳng đi qua điểm nên ta có:

(1)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

(2)

Thay (1) vào (2) được:

Vì (d) tiếp xúc với parabol tại điểm nên phương trình (2) có nghiệm kép

. Vậy

Bài 44:

. a) Ta có

Phương trình hoành độ giao điểm .

Vậy 2 giao điểm .

b) Cách 1.

Gọi là điểm cần tìm.

Ta có ; ;

Tam giác vuông tại C khi và chỉ khi

THCS.TOANMATH.com Trang 79

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy là điểm thỏa đề bài.

Cách 2:

Gọi .

Ta gọi M là trung điểm của AB, suy ra .

Ta có vuông tại C nên (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh

huyền)

Suy ra .

Vậy điểm là điểm thỏa đề bài.

THCS.TOANMATH.com Trang 80

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 45:

1). Đỉnh cổng là đỉnh của Parabol ) trùng với gốc tọa độ . (

Gọi điểm biểu thị hai chân cổng trên đồ thị hàm số là ta có đối xứng qua trục tung và cách nhau 4

đơn vị. là giao điểm của với nằm phía dưới trục hoành). (

, suy ra từ đây suy ra và Ta có

Parabol ) đi qua điểm nên ta có ( (thỏa mãn), điều phải

chứng minh.

Nhận xét: Bài toán này, thực chất là sử dụng các tính chất của hàm số, đặc biệt là hàm số bậc hai dạng

với , ngoài ra còn sử dụng các công thức liên quan đến khoảng cách, độ dài,…

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Đồ thị hàm số với là một Parabol nhận gốc tọa độ làm đỉnh và trục trung làm trục đối

xứng, phần lõm hướng xuống dưới,

ta được hình vẽ

Các điểm khác gốc tọa độ nằm trên parabol này đều ở phía dưới trục hoành.

THCS.TOANMATH.com Trang 81

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Định lý Py-ta-go: “Trong một tam giác vuông có tổng bình phương hai cạnh góc vuông bằng bình

phương cạnh huyền).

Tam giác vuông tại , áp dụng định lý Py-ta-go ta có

• Một điểm nằm trên trục tung thì khoảng cách của điểm đó với gốc tọa độ bằng giá trị tuyệt đối tung

điểm của điểm đó.

Điểm H nằm trên trục tung và nằm phía dưới trục hoành nên điểm H có tung độ âm và hoành độ bằng

do nằm dưới trục hoành nên Ta có

suy ra và .

• Một điểm thuộc đồ thị hàm số thì khi thay giá trị hoành độ và tung độ của điểm đó vào hàm số ta

được một phương trình đúng.

Điểm thuộc đồ thị hàm số nên ta có thay và vào hàm số ta được phương

trình đúng (điều phải chứng minh).

2). Gọi giao điểm cảu đường biểu diễn chiều cao của xe tải với Parabol tại và ( nằm về hai

phía của trục tung).

Ta có song song với và .

là giao điểm của và .

Khoảng cách giữa và là 2,5 đơn vị nên suy ra khi đó ta có phương trình đường

thẳng là

Phương trình hoành độ giao điểm của và Parabol là

Khi đó . Tại độ cao 2,5 m thì chiều rộng của cổng là lớn hơn là chiều rộng của xe tải

nên xe tải có thể đi qua cổng.

Nhận xét: Vì chiều cao của xe tải thấp hơn chiều cao của cổng, để biết xe tải có thể đi qua cổng hay không ta

phải xét xem, tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều rộng của cổng bằng bao nhiêu, nếu

chiều rộng đó lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải sẽ đi qua, nếu nhỏ hơn chiều rộng xe tải thì không đi

qua, nếu bằng nhau thì vì bài toán được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua.

THCS.TOANMATH.com Trang 82

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Khoảng cách giữa hai điểm nằm trên một đường vuông góc với hai đường thẳng song song bằng

khoảng cách giữa hai đường thẳng song song đó.

Ta có khoảng cách giữa và chính là chiều cao của xe tải nên bằng khi đó

suy ra .

• Đường thẳng song song với trục hoành và đi qua một điểm nào đó thì chính tập hợp các điểm có tung

độ là tung độ của điểm đó.

Ta có và đi qua điểm nên ta có hàm số biểu thị đường thẳng là

• Phương trình hoành độ giao điểm/ Hệ phương trình tọa độ giao điểm.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng với parabol là

• Khoảng cách giữa hai điểm cùng thuộc một đường thẳng song song với trục hoành bằng giá trị tuyệt

đối hiệu hai hoành độ của hai điểm.

Ta có và cùng thuộc nên

• Đối với bài toán trên, nếu tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều rộng của cổng bằng

bao nhiêu, nếu chiều rộng đó lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải sẽ đi qua, nếu nhỏ hơn chiều rộng xe tải

thì không đi qua, nếu bằng nhau thì vì bài toán được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua.

Ta có tức là chiều rộng của cổng tại độ cao lớn hơn chiều rộng của xe tải nên xe tải đi qua

được cổng.

Bài 46.

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt

Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và

THCS.TOANMATH.com Trang 83

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo hệ thức Vi-et ta có có .Thay y1,y2 vào

m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn m < 3)

Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài

Bài 47

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

− x2 = (3 − m)x + 2 − 2m.

 x2 + (3 − m)x + 2 − 2m = 0 (1)

 = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1

Viết được:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − 1 và kết luận đúng.

b) Giải PT (1) được hai nghiệm: x1 = − 2 và x2 = m − 1

Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2

|yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3|

|yA − yB| = 2  m2−2m−3 = 2 hoặc m2−2m−3 = −2

 m = hoặc m =

Bài 48.

Phương trình hoành độ giao điểm: ax2 − bx − c = 0.

Ta có a; b; c là 3 cạnh của tam giác vuông nên a > 0; b > 0; c > 0

Ta thấy a.(−c) < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu, chứng tỏ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân

biệt.

Theo định lý Viet ta có:

Ta có

(do a2 = b2 + c2 định lý Pitago)

Bài 49.

a) Khi , hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm PT:

, có

Vậy hoành độ các giao điểm là:

b) Hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm PT:

(1)

THCS.TOANMATH.com Trang 84

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, để (P) cắt (D) tại hai điểm phân biệt thì (2) PT (1) có:

Có:

, đúng với mọi .

Gọi là hoành độ giao điểm của (P) và (D) ta có:

Để thì , từ (3) và (4) suy ra: .

Vậy các giá trị cần tìm là:

Bài 50.

+ Pt hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

+ (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

+ Khi đó theo giả thiết và Vi-ét ta có

Thế pt (1), (2) vào (3) ta có

+ Kết luận: giá trị cần tìm m = 5.

Bài 51.

S(OAB) = S(OAC) + S(OBC)

S(OAC) = AH.OC = 1 (cm2)

S(OBC) = BK.OC = 2 (cm2)

S(OAB) = 3 (cm2)

Bài 52.

a) Để hàm số là hàm số bậc nhất nghịch biến thì:

m – 3 < 0 suy ra m < 3

b) Khi đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1 ; 1) ta có :

THCS.TOANMATH.com Trang 85

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(m – 3).1 + 2 + m = 1 m = 1

c) Đồ thị cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 3.

3 Để đồ thị cắt 2 trục tọa độ: Cắt Ox tại A(xA; 0) và cắt Oy tại B(0 ; yB) thì điều kiện m

Thay tọa độ điểm A ta có: (m – 3)xA + 2 + m = 0

Thay tọa độ điểm B ta có: yB = 2 + m (có thể tính OA, OB theo xA và yB)

Ta có tam giác OAB vuông tại O nên diện tích S =

TH1:

TH2:

Vậy giá trị tìm được :

Bài 53.

a/ Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): ax2 = 2x −a2 ( a > 0)

Lý luận (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Δ’ = 1 − a3 > 0

Δ’ = (1−a)(1 + a + a2) > 0 a < 1 ( vì 1 + a + a2 > 0,  a ) K luận 0 < a < 1

Theo Đlý Viet ta có S = x1 + x2 = 2/a ; P = x1. x2 = a

do 0 < a < 1 nên x1 > 0 ; x2 > 0

do x1 > 0 ; x2 > 0,nên hai điểm A; B nằm về bên phải trục tung

Vậy GTNN của M là khi và chỉ khi

Bài 54.

1) Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 86

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy hàm (C) luôn đồng biến khi:

2) + Vì đồ thị đi qua điểm B(1; 6) nên ta có:

Vậy a = 2 thì đồ thị đi qua điểm B(1; 6)

+Với a = 2 thì

Đồ thị được vẽ như sau:

O 2

3) Ta có:

(*)

THCS.TOANMATH.com Trang 87

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của đường thẳng y = 3x + m và đồ thị

. Ta thấy y=3x+ m là đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 3. Dựa vào

đồ thị hàm số đã vẽ ở ý 2/ ta có:

+ m < 3 thì PT vô nghiệm.

+ m = 3 thì PT có vô số nghiệm.

+ m > 3 thì PT có 2 nghiệm.

Bài 55.

1) Với k = −2 ta có đường thẳng (d): y = −3x + 4

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:

x2 = −3x + 4

 x2 + 3x − 4 = 0

Do a + b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = − 4

Với x = 1 có y = 1

Với x = −4 có y = 16

Vậy khi k = −2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1); (−4; 16)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:

x2 = (k − 1)x + 4

 x2 − (k − 1)x − 4 = 0

Ta có ac = −4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.

Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.

3) Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thoả

mãn:

Khi đó:

Vậy y1 + y2 = y1 y2



 (x1 + x2)2 − 2x1x2 = (x1 x2)2

 (k − 1)2 + 8 = 16

 (k − 1)2 = 8

 hoặc

Vậy hoặc thoả mãn đầu bài.

Bài 56.

THCS.TOANMATH.com Trang 88

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1/ P.trình hoành độ giao điểm (P) và (d) :

Vì giao điểm . Với y = 9 => m2 = 9  (m = 3 v m = -3)

Vậy với thì (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 9.

2/ Từ câu 1 => (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi .

Khi đó giao điểm thứ nhất là gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ 2 là điểm A có ( x = m; y = m2).

Khoảng cách giữa hai giao điểm : AO = (1)

Đặt (1)  (t1 = 3 ( nhận ) v t2 = - 2 ( loại))

( nhận) Với t1 = 3  m2 = 3 ,

thì (P) cắt (d) tại hai điểm có khoảng cách bằng . Vậy với

Bài 57.

a) Khi m = 1 ta có d : y = 2x – 1 và (P): y = –x2

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:

Với

Vậy các giao điểm là

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): (*)

Phương trình (*) có ∆’ = m2 + 1 > 0 ⇒ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ∀ m hay d luôn cắt (P) tại hai

điểm phân biệt.

Áp dụng Viét ta có:

Khi đó ta có

Ta có

Đặt có phương trình (vì t ≥ 0)

Suy ra

Vậy

THCS.TOANMATH.com Trang 89

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH .................................................................................................................... 2

CHỦ ĐỀ 1. HỆ BẬC NHẤT HAI ẨN ........................................................................................................................... 2

CHỦ ĐỀ 2. MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC .................................................................................. 11

Dạng 1. Hệ đối xứng loại I ................................................................................................................................. 11

Dạng 2. Hệ đối xứng loại II ................................................................................................................................ 14

Dạng 3. Hệ có yếu tố đẳng cấp.......................................................................................................................... 16

Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương ............................................................................................ 20

Dạng 5. Phương pháp đặt ẩn phụ ................................................................................................................... 26

Dạng 6. Phương pháp đưa về hằng đẳng thức ........................................................................................... 29

Dạng 7. Khi trong hệ có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x, hoặc y .............................................. 32

Dạng 8. Phương pháp đánh giá ....................................................................................................................... 33

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 37

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH

CHỦ ĐỀ 1. HỆ BẬC NHẤT HAI ẨN

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng:

+ Cặp số được gọi là một nghiệm của hệ phương trình nếu nó là nghiệm chung của cả hai phương

trình đó.

+ Hệ có thể có nghiệm duy nhất, vô nghiệm hoặc vô số nghiệm tùy theo vị trí tương đối của hai đường thẳng

biểu diễn nghiệm của hai phương trình.

+ Phương pháp giải hệ: Chúng ta thường dùng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số để khử bớt

một ẩn, từ đó sẽ giải được hệ.

B. PHÂN DẠNG, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Xác định các hệ số a, b của hàm số để:

a. Đồ thị của nó đi qua hai điểm .

b. Đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -4 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2.

Lời giải:

a. Thay tọa độ các điểm A, B vào phương trình của đường thẳng ta được:

. Vậy

b. Tương tự phần (1) ta có hệ:

Vậy .

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau:

a. b. c.

Lời giải:

a. Đặt . Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:

Từ đó suy ra: .

b. Đặt . Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra: .

c. Điều kiện . Đặt ta có hệ phương trình mới

Vậy hệ có nghiệm duy nhất .

Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau:

a. b. c.

d. f. e.

g. h.

Lời giải:

a. Điều kiện: . Ta viết lại hệ phương trình thành:

Từ thay vào ta tìm được . Vậy hệ phương trình có nghiệm là

b. Điều kiện . Ta nhân phương trình thứ nhất của hệ với 2 thì thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, cộng hai phương trình của hệ mới ta có:

. Với thay vào phương trình ban đầu của hệ ta có:

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

c. Điều kiện , ta viết lại hệ thành:

Cộng 2 phương trình của hệ ta thu được: thay

Vào ta tìm được: thỏa mãn điều kiện.

Vậy hệ có nghiệm .

d. Điều kiện . Ta viết lại hệ phương trình thành:

, cộng 2 phương trình của hệ thu được:

suy ra thay vào phương

trình thứ 2 ta tìm được: . Vậy hệ có nghiệm là .

e. Điều kiện: , ta viết hệ lại dạng:

Suy ra thỏa mãn điều kiện . Vậy hệ có nghiệm

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f. Đặt (với . Hệ đã cho trở thành

Phương trình (2) có dạng

+ Với thay vào PT (1) tìm được . Ta có hệ phương trình nên x, y là nghiệm của

phương trình , tức là .

+ Với thay vào PT (1) tìm được . Ta có hệ phương trình nên x, y là nghiệm của

phương trình , tức là . Từ đó suy ra hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm.

g. Điều kiện: . Ta biến đổi hệ phương trình đã cho thành:

Vậy hệ phương trình có nghiệm là .

h. Điều kiện: , hệ phương trình được viết lại thành:

(TMĐK)

Vậy hệ có nghiệm là .

Ví dụ 4. Cho hệ phương trình:

a. Giải hệ phương trình với .

b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất trong đó x, y trái dấu.

c. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn .

Lời giải:

a. Với ta có hệ phương trình:

b. Từ phương trình (1) ta có . Thay vào phương trình (2) ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với:

. Từ đó ta được: .

Ta có: . Do đó (thỏa mãn điều kiện).

c. Ta có:

Từ (4) suy ra . Với điều kiện ta có:

. Vậy .

Ví dụ 5. Cho hệ phương trình:

a. Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất?

b. Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m.

c. Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất mà x, y đều là số nguyên.

d. Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất thì điểm luôn chạy trên một đường thẳng cố

định.

e. Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

a. Từ phương trình (2) ta có . Thay vào phương trình (1) ta được:

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, tức là

Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

b. Từ phương trình (2) ta có . Thay vào phương trình (1) ta được:

Trường hợp 1: . Khi đó hệ có nghiệm duy nhất

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 2: . Khi đó phương trình (3) thành: .

Vậy hệ có vô số nghiệm dạng .

Trường hợp 3: khi đó phương trình (3) thành:

(3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm.

c. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi .

Ta có: . Vậy x, y nguyên khi và chỉ khi nguyên. Do đó chỉ có thể là

. Vậy (thỏa mãn) hoặc (loại).

Vậy m nhận các giá trị là .

d. Khi hệ có nghiệm duy nhất ta có:

Vậy điểm luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình .

e. Khi hệ có nghiệm duy nhất theo (d) ta có: . Do đó:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: .

Vậy với thì đạt giá trị nhỏ nhất.

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ theo cách khác: Khi hệ phương trình

có nghiệm duy nhất lấy phương trình (2) trừ đi phương trình (1) của hệ ta

thu được: .

Ví dụ 6. Cho hệ phương trình: . Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có

nghiệm. Gọi là một cặp nghiệm của phương trình.

Chứng minh: .

Lời giải:

Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có thay vào phương trình (1) của hệ ta có:

. Do với mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất x0. Suy ra

hệ luôn có nghiệm với mọi m.

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi là một nghiệm của hệ: Từ hệ phương trình ta có: . Nhân cả hai vế phương

trình thứ nhất với , phương trình thứ hai với rồi trừ hai phương trình cho nhau ta được:

Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:

. Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng (d) luôn đi qua

điểm cố định: và đường thẳng (d’) luôn đi qua điểm cố định: . Mặt khác ta cũng dễ chứng

minh đường thẳng (d) và đường thẳng (d’) vuông góc với nhau nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi

là giao điểm của hai đường thẳng thì tam giác MAB vuông tại M. Gọi I là trung điểm của AB thì

suy ra

Ví dụ 7. Cho hệ phương trình:

Hệ có nghiệm duy nhất , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây:

Lời giải:

Từ phương trình (2) ta suy ra: . Thay vào phương trình (1) ta được:

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi:

Khi đó

a. Ta có:

khi .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.

b. Ta có:

Đặt

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2

Ví dụ 8. Cho hệ phương trình: . Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất và

tìm GTLN của biểu thức .

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán – ĐHSP Hà Nội 2015).

Lời giải:

Xét hai đường thẳng

+ Nếu thì và suy ra (d1) luôn vuông góc với (d2).

+ Nếu suy ra thì đường thẳng (d1), (d2) lần lượt có hệ số góc là:

do đó .

Tóm lại với mọi m thì hai đường thẳng (d1) luôn vuông góc với (d2). Nên hai đường thẳng luôn vuông góc

với nhau.

Xét hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau

nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là cố đường thẳng (d1) đi qua

cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB. Gọi định, đường thẳng (d2) luôn đi qua

là trung điểm AB thì .

Hay . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

Ví dụ 9:Giải hệ phương trình:

Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh Trà Vinh, năm 2009 – 2010)

Lời giải:

Từ phương trình (1) ta có: thế vào phương trình (2) ta được:

• Trường hợp 1. Xét

Phương trình

(thỏa mãn)

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ (1), suy ra:

• Trường hợp 2. Xét

Phương trình

Từ (1), suy ra:

• Trường hợp 3. Xét

Phương trình (*)

(thỏa mãn)

Từ (1) suy ra

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

Ví dụ 10:Giải hệ phương trình:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học Vinh, năm học 2015 – 2016)

Lời giải:

Ta có:

• Trường hợp 1. Xét

• Trường hợp 2. Xét

Từ phương trình (1) ta có thế vào phương trình (2), ta được:

Với

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHỦ ĐỀ 2. MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC

Dạng 1. Hệ đối xứng loại I

Phương pháp giải:

a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I nếu mỗi phương trình ta đổi vai

trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi.

b) Tính chất

Nếu là một nghiệm thì hệ cũng là nghiệm.

c) Cách giải: Đặt điều kiện quy hệ phương trình về 2 ẩn S, P.

Chú ý:

• Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện trong một phương trình. Ta cần dựa

vào phương trình đó để tìm quan hệ S, P từ đó suy ra quan hệ x, y.

• Một số hệ phương trình ta cần phép đặt ẩn phụ để đưa về dạng hệ phương trình đối xứng loại I.

Ví dụ . Giải các hệ phương trình sau:

b. c. a.

d. e.

f. g.

Lời giải:

a. Đặt điều kiện hệ phương trình đã cho trở thành:

. Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình:

Từ đó ta có:

b. Đặt điều kiện hệ phương trình đã cho trở thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Suy ra x, y là hai nghiệm của

phương trình:

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm .

c. Đặt hệ đã cho trở thành: . Đặt điều kiện thì

hệ đã cho trở thành:

. Suy ra a, b là hai nhiệm của phương trình:

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm

d. Điều kiện: . Đặt điều kiện hệ phương trình đã cho trở thành:

Vậy hệ đã cho có nghiệm .

e. Hệ phương trình trở thành: . Ta viết lại hệ phương trình thành:

Đặt điều kiện thì hệ đã cho trở thành.

Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau

Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất .

f. Điều kiện: .

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hệ đã cho tương đương:

Đặt

Hệ trở thành:

Vậy hệ đã cho có nghiệm:

g. Hệ tương đương với:

Đặt . Ta thu được hệ:

TH1:

TH2:

Vậy hệ có nghiệm:

Hệ tương đương với :

Đặt Ta thu được hệ

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

TH1:

TH2:

Vậy hệ có nghiệm

Dạng 2. Hệ đối xứng loại II

Phương pháp giải:

Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là đối xứng loại II nếu trong hệ phương trình ta đổi vai trò x, y cho

nhau thì phương trình trở thành phương trình kia.

+ Tính chất: Nếu là 1 nghiệm của hệ thì cũng là nghiệm.

+ Phương pháp giải:

Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng:

Ví dụ. Giải các hệ phương trình sau:

a. b.

c. d. (Tuyển sinh 10 chuyên Toán Hà Nội, 2017)

Lời giải:

a. Điều kiện: . Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

Vì nên phương trình đã cho tương đương với:

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hay

Vậy hệ có 3 cặp nghiệm:

b. Hệ đã cho

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:

+ Nếu thay vào hệ ta có:

+ Nếu

Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:

. Đặt

Ta có:

Trường hợp 1:

Trường hợp 2: vô nghiệm.

Vậy nghiệm của hệ đã cho là:

c. Điều kiện:

Để ý rằng không phải là nghiệm.

Ta xét trường hợp

Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi xét phương trình:

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất: .

d. Từ giả thiết ta suy ra , mặt khác , tương tự ta có

Trừ theo vế 2 phương trình của hệ ta có:

suy ra hoặc .

TH 1: thay vào phương trình (1) của hệ ta có:

do là nghiệm duy nhất của phương

trình. Hệ có 1 nghiệm là .

TH 2: . Để ý rằng từ giả thiết kết hợp bất đẳng thức

ta có: , tương tự suy ra và

nên vô nghiệm.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất .

Dạng 3. Hệ có yếu tố đẳng cấp

Phương pháp giải:

+ Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp.

+ Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra phương trình đẳng cấp.

Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như:

…

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Một số hệ phương trình có tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa căn đòi hỏi người giải cần tinh

ý để phát hiện:

Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo

ra phương trình đẳng cấp bậc n:

Từ đó ta xét hai trường hợp:

thay vào để tìm x. +

ta đặt thì thu được phương trình: +

Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm x, y.

Chú ý: Ta cũng có thể đặt

Ví dụ 1: Giải các hệ phương tình sau:

b. a.

d. c.

f. e.

Lời giải:

a. Ta biến đổi hệ:

Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có:

đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ đó ta có lời giải như sau:

Vì không là nghiệm của hệ nên ta đặt . Khi đó hệ thành:

. Suy ra hệ phương tình có các cặp nghiệm: *

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Phương trình (2) của hệ có dạng:

và TH 1:

TH 2:

Nếu ta thay vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3:

Từ đó ta có lời giải như sau:

Ta thấy không là nghiệm của hệ:

Xét đặt thay vào hệ ta có:

Chia hai phương tình của hệ ta được:

c. Điều kiện:

Phương trình (2) tương đương:

Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và

+ Xét hệ vô nghiệm.

+ Xét . Đặt ta thu được phương trình:

Suy ra

Thay vào phương trình (1) ta được:

Vậy hệ có một cặp nghiệm:

d. Ta có thể viết lại hệ thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng cấp ta sẽ thay vế phải thành

Như vậy ta có:

+ Nếu không thỏa mãn.

+ Nếu ta có .

+ Nếu

Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:

e. Điều kiện . Ta viết lại hệ thành:

Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với

Dễ thấy không phải là nghiệm của hệ phương trình.

Xét . Đặt thay vào hệ ta có:

+ Nếu thì . Không thỏa mãn hệ

+ Nếu

Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất

f. Điều kiện:

Từ phương trình thứ nhất ta có: thay vào phương trình thứ hai ta thu được:

Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với và

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt ta thu được:

Khi ta có: thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được:

Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm .

Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương

Phương pháp giải:

Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật cơ bản như: Thế, biến đổi các

phương trình về dạng tích, cộng trừ các phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc

biệt …

Ví dụ 1.

b. a.

d. (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Hà c.

Nội, 2018)

e. f.

Lời giải:

a. Điều kiện: . Phương trình (1) tương đương:

TH 1: . Bình phương hai vế phương trình ta được:

TH 2: . Bình phương hai vế phương trình:

Vậy hệ có nghiệm

b. Từ phương trình (1) ta thấy: .

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

TH 1: thay vào (2) ta có:

TH 2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới:

Phương trình (3) tương đương với:

+ Nếu: thay vào (*) ta có:

. Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm

+ Nếu thay vào (*) ta có:

Vậy hệ có nghiệm

c. Phương trình (1) tương đương:

TH 1:

TH 2: thay vào (2) ta có:

Vậy hệ có nghiệm

d. Từ phương trình thứ nhất ta suy ra thay vào phương trình thứ 2 ta thu được:

hoặc

TH 1: thay vào ta tìm được:

TH 2: thay vào phương trình ta có:

Hay từ đó tìm được các nghiệm của hệ là:

Kết luận: Hệ phương trình có 6 nghiệm .

Cách khác: suy ra

hoặc đến đây việc xử lý bài toán dành cho học sinh.

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

e. Ta có:

(do ).

f. Từ phương trình thứ nhất ta suy ra thay vào phương trình thứ 2 ta được:

+ Nếu thay vào ta có hệ:

+ Nếu

Thử lại ta thấy nghiệm này không thỏa mãn.

Vậy hệ có nghiệm: .

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:

a. b. c.

d. e.

Lời giải:

a. Cách 1: Đặt thay vào phương trình (1) của hệ ta có:

Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều kiện là:

Từ đó ta có cách đặt ẩn phụ như sau: Đặt thay vào hệ ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

đây là hệ đẳng cấp.

Từ hệ ta suy ra

Công việc còn lại là khá đơn giản.

Cách 2: Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2).

. Ta có:

Ta mong muốn có dạng có nghiệm kép:

Từ đó ta có cách giải như sau:

Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:

Ta có

Từ đó tính được: . Phần việc còn lại là khá đơn giản.

b. Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:

Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng:

+ Ta đặt sau đó tìm điều kiện để phương trình không có số hạng bậc 1 hoặc không có số

hạng tự do.

+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k sao cho có thể biểu diễn được x

theo y. Để có được quan hệ này ta cần dựa vào tính chất. Phương trình biểu diễn được thành

dạng: .

c. Phương trình (1) của hệ được viết lại thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ đó thay vào phương trình thứ 2 ta tìm được các nghiệm của hệ.

d. Từ phương trình đầu của hệ ta suy ra thay vào

phương trình thứ 2 ta thu được: .

Điều kiện ta viết lại phương trình thành: . Bình phương hai vế phương

trình trở thành: . Vậy hệ có nghiệm .

Cộng hai phương trình của hệ ta có:

Thay vào phương trình đầu ta tìm được nghiệm của hệ.

e. Đối với các hệ đại số bậc 3:

Ta có thể vận dụng các hướng giải:

+ Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức.

+ Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương trình để tạo ra quan hệ tuyến

tính.

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:

b. a.

d. c.

e. (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Trường chuyên KHTN – ĐHQG Hà

Nội, 2018).

Lời giải:

a. Phân tích: Ta viết lại hệ như sau:

Nhận thấy thì hệ trở thành:

Từ đó ta có cách giải như sau:

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:

Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ:

b. Làm tương tự như câu a

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được:

Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ.

c. Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được:

Thay vào phương trình (2) ta có:

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là:

Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:

Trường hợp 1: hệ vô nghiệm

Trường hợp 2:

Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:

+ Nếu

+ Nếu ta có hệ:

Trừ hai phương trình cho nhau ta có: thay vào thì hệ vô nghiệm.

Kết luận: Nghiệm của hệ là:

d. Ta có:

Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với:

e. Đặt . Hệ đã cho trở thành hay

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chú ý rằng: nên từ (*) ta suy ra

Từ đó ta có hệ hoặc

Chú ý rằng: với mọi số thực a, b suy ra không thể xảy ra.

Xét

Kết luận: Hệ có 1 nghiệm:

Dạng 5. Phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp giải:

Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức trong hệ phương trình để đặt thành các ẩn phụ mới

làm đơn giản cấu trúc của phương trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn

giản hơn, hay quy về các dạng quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp….

Để tạo ra ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm

phân tử chung, chia các phương trình theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đổi

biến theo đặc thù phương trình,…

Ta quan sát các ví dụ sau:

Ví dụ. Giải các hệ phương trình sau:

b. a.

d. c.

e. f.

g. h.

Lời giải:

a. Ta viết lại hệ phương trình thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt ta thu được hệ phương trình:

Từ phương trình (2) suy ra vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được:

Khi . Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:

b. Ta viết lại hệ phương trình thành:

Đặt . Ta có hệ phương trình sau:

Xét

+ Nếu

Tóm lại hệ có các cặp nghiệm:

c. Để ý rằng khi thì hệ vô nghiệm

Xét . Ta viết lại hệ thành:

Chia hai phương trình của hệ cho , ta thu được:

Đặt . Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy hệ có nghiệm

d. Điều kiện:

Hệ đã cho tương đương:

Đặt hệ thành:

Vậy hệ có nghiệm

e. Điều kiện:

Phương trình (2) tương đương:

Đặt

Hệ thành:

Vậy hệ có nghiệm

f. Triển khai phương trình (1)

Nhận thấy không là nghiệm của hệ.

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình (1) khi đó là:

Đặt . Hệ đã cho tương đương với:

Vậy hệ có nghiệm

g. Xét thay vào hệ phương trình ta thấy không thỏa mãn, suy ra , chia 2 phương trình của hệ lần

lượt cho ta thu được:

Đặt ta có hệ phương trình: rút thay vào phương trình thứ 2 ta

thu được:

Để ý rằng không phải là nghiệm của phương trình: Chia 2 phương trình của hệ lần lượt cho ta

thu được hệ:

Hay

Dạng 6. Phương pháp đưa về hằng đẳng thức

Ví dụ. Giải các hệ phương trình sau:

b. a.

d. c.

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f. e.

Lời giải:

a. Điều kiện: . Phương trình (1) tương đương:

. Ta có phương trình: Đặt

suy ra phương trình cho ta Do

thay vào ta có:

ta có hệ phương trình sau: Đặt

Vậy hệ có nghiệm

b. Điều kiện: .

Ta viết lại phương trình đầu thành:

Dễ thấy không phải là nghiệm. Khi thay vào phương trình còn lại ta được:

(thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm

c. Điều kiện: .

Ta thấy không là nghiệm của hệ, chia hai vế của phương trình đầu cho ta được:

. Đặt ta có phương trình: suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ đó tính được

Vậy hệ đã cho có nghiệm

d. Điều kiện: . Ta thấy khi thì hệ không có nghiệm.

Chia phương trình (1) cho :

Đặt . Ta có

Thay vào phương trình còn lại ta được:

. Vậy hệ có nghiệm

e. Điều kiện:

Biến đổi phương trình đầu ta có:

Đặt ta có

Thay vào phương trình còn lại ta có: (4)

Điều kiện xác định của phương trình (4) là:

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có do điều kiện

Kết luận:

f. Điều kiện:

Nhận thấy thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi

Từ phương trình đầu ta sử dụng phương pháp liên hợp:

Rõ ràng , từ đó suy ra

Thay vào phương trình còn lại ta được:

Biến đổi phương trình đã cho tương đương:

suy ra Đặt

Vậy hệ có nghiệm

Dạng 7. Khi trong hệ có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x, hoặc y

Phương pháp giải:

Khi trong hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x hoặc y ta có thể nghĩ đến các hướng xử lý

như sau:

* Nếu chẵn, ta giải x theo y rồi thế vào phương trình còn lại của hệ để giải tiếp.

* Nếu không chẵn ta thường xử lý theo cách:

+ Cộng hoặc trừ các phương trình của hệ để tạo được phương trình bậc hai có chẵn hoặc tạo thành các

hằng đẳng thức.

+ Dùng điều kiện để tìm miền giá trị của biến x, y. Sau đó đánh giá phương trình còn lại trên miền

giá trị a, y vừa tìm được:

Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ: Giải các hệ phương trình sau:

a. b.

Lời giải:

a. Xét phương trình (1) của hệ ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có:

. Từ đó suy ra

Trường hợp 1: . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: suy ra phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2: thay vào phương trình thứ hai ta có:

Vậy hệ có một cặp nghiệm:

b. Xét phương trình (1) của hệ ta có:

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:

Suy ra

Trường hợp 1: thay vào phương trình (2) ta thu được:

Do nên

Trường hợp 2: thay vào phương trình (2) ta thu được:

Giải tương tự như trên ta được

Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:

Dạng 8. Phương pháp đánh giá

Phương pháp giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để giải được hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ta cần nắm chắc các bất đẳng thức cơ bản như:

Cauchy, Bunhiacopxki, các phép biến đổi trung gian giữa các bất đẳng thức, qua đó để đánh giá tìm ra

quan hệ x, y.

Ngoài ra ta cũng có thể dùng hàm số để tìm GTLN, GTNN từ đó có hướng đánh giá, so sánh phù hợp.

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau:

a. b.

Lời giải:

a. Điều kiện: .

Đặt

Ta có:

Ta sử dụng bổ đề với và ta có bất đẳng thức:

(đúng)

Vậy

Đẳng thức xảy ra khi . Thay vào (2) ta tìm được nghiệm của phương trình.

Nghiệm của hệ

b. Điều kiện:

Phương trình (1) tương đương:

Đặt phương trình (1) thành:

Thay vào (2) ta được:

Ta có

Vậy hệ có nghiệm

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau:

a. b.

c. d.

Lời giải:

a. Hiển nhiên là một nghiệm của hệ. Ta xét và . Cộng theo vế hai phương trình trong

hệ ta được

Chú ý rằng

Với ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Với . Khả năng này không thể xảy ra. Thật vậy, không

làm mất tính tổng quát giả sử thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm

là .

b. Theo bất đẳng thức ta có:

Ta sẽ chứng minh:

Ta có: . Để chứng minh (*) ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:

Mặt khác ta cũng có: nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được:

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì chia hai vế cho đặt bất đẳng thức (2) trở thành.

Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do:

Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số x, y thỏa mãn điều kiện

là nghiệm của hệ

c. Ta có

Từ đó suy ra

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Thay vào phương trình còn lại ta có:

Để ý rằng không phải là nghiệm. Ta xét , chia phương trình cho thì thu được:

. Đặt ta có phương trình:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

d. Điều kiện:

Cộng hai phương trình vế theo vế ta có:

Ta có:

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi a, y phải thỏa mãn: Vậy

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất

e. Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra . Xét phương trình:

Ta có:

Thao bất đẳng thức Cô si ta có:

Suy ra . Ta có

. Suy ra

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Thay vào phương trình (2) ta thu được:

. Suy ra hoặc

do nên phương trình này vô nghiệm.

Tóm lại: Hệ có nghiệm: .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Bài 1. Giải hệ phương trình sau:

a) b) c)

Lời giải:

a) Từ phương trình (1) và (2) ta có

Kết hợp với phương trình (3) ta có hệ phương trình:

Thay vào phương trình (1) ta tính được

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

b) Từ phương trình (1) ta có: thay vào phương trình (2), (3) ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ phương trình (1) ta có:

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

c) Từ phương trình (1) ta có: thay vào phương trình (2), (3) ta được:

Từ phương trình (1) ta có:

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

Bài 2. Giải hệ phương trình:

a) b)

Lời giải:

a) Từ phương trình (1) và (2) cộng vế với vế:

Từ phương trình (3) và (4) cộng vế với vế:

Từ đó ta có hệ phương trình:

Thay vào phương trình (1) và (3) ta được:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

b) Từ hệ phương trình, cộng vế với vế ta được:

Từ phương trình (*) kết hợp với hệ phương trình ta có:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

Bài 3. Giải hệ phương trình:

b) a)

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Đặt suy ra

Mà nên

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

b) Đặt suy ra

Mà nên

Suy ra

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

Bài 4. Giải hệ phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, Quảng Ngãi, năm học 2008 – 2009)

Lời giải:

• Nhận xét: là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.

• Xét hệ phương trình viết dưới dạng:

Từ phương trình (1), (2), (3) cộng vế với vế ta được:

(4)

Từ phương trình (1) và (4) ta có:

Từ phương trình (2) và (4) ta có:

Từ phương trình (3) và (4) ta có:

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 5. Giải hệ phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2006 – 2007)

Lời giải:

Do nên hệ phương trình tương đương với:

Từ phương trình (1), (2), (3) cộng vế với vế ta được:

Từ phương trình (1) và (4) ta có:

Từ phương trình (2) và (4) ta có:

Từ phương trình (3) và (4) ta có:

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

Bài 6. Tìm thỏa mãn hệ sau:

(Thi học sinh Toán lớp 9, Ninh Bình, năm học 2007 – 2008)

Lời giải:

Ta có:

Nhân từng vế của ba phương trình ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với thế vào phương trình, ta được

Tương tự với hoặc thay vào phương trình ta đều có

Vậy hệ có nghiệm

Bài 7. Giải hệ phương trình (Với x, y, z là các số thực dương)

(Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh Bắc Ninh, năm 2012 – 2013)

Lời giải:

Từ hệ phương trình, nhân vế với vế ta được:

Trường hợp 1. Xét

Kết hợp các phương trình (1), (2), (3) ta có:

Từ các phương trình (5), (6), (7) cộng vế với vế ta được:

Kết hợp các phương trình (5), (6), (7) ta được một nghiệm là:

Trường hợp 2. Xét không xảy ra vì

Vậy hệ có nghiệm

Bài 8. Giải hệ phương trình:

Lời giải:

Cộng vế với vế ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy nghiệm của phương trình là:

Bài 9. Giải hệ phương trình:

Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh Trà Vinh, năm 2009 – 2010)

Lời giải:

Từ phương trình (1) ta có: thế vào phương trình (2) ta được:

• Trường hợp 1. Xét

Phương trình

(thỏa mãn)

Từ (1), suy ra:

• Trường hợp 2. Xét

Phương trình

Từ (1), suy ra:

• Trường hợp 3. Xét

Phương trình (*)

(thỏa mãn)

Từ (1) suy ra

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

Bài 10. Giải hệ phương trình:

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) b) c)

Lời giải:

a) Từ phương trình (2) ta có: thay vào phương trình (1) ta được

• Trường hợp 1: Xét ta được phương trình

suy ra

• Trường hợp 2: Xét ta được phương trình

suy ra

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

b) Từ phương trình (1) ta có: thay vào phương trình (2) ta được

• Trường hợp 1: Xét ta được phương trình

suy ra

• Trường hợp 2: Xét ta được phương trình

suy ra

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

c) Từ phương trình (2) thay vào phương trình (1) ta được:

• Trường hợp 1: Xét ta được phương trình

(không thỏa mãn)

• Trường hợp 2: Xét ta được phương trình

(thỏa mãn)

Suy ra

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 11. Giải hệ phương trình:

Lời giải:

Từ phương trình (1), (2), (3) nhân vế với vế ta được:

 Trường hợp 1. Xét kết hợp với hệ phương trình ta được:

Từ phương trình (5), (6), (7) cộng vế với vế ta được:

Từ phương trình (8) và (5) ta có:

Từ phương trình (8) và (6) ta có:

Từ phương trình (8) và (7) ta có:

Nên là nghiệm một của phương trình.

 Trường hợp 2. Xét kết hợp với hệ phương trình ta được:

Từ phương trình (9), (10), (11) cộng vế với vế ta được:

Từ phương trình (12) và (9) ta có:

Từ phương trình (12) và (10) ta có:

Từ phương trình (12) và (11) ta có:

Nên là một nghiệm của phương trình.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

Bài 12. Giải hệ phương trình:

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ phương trình (1); (2); (3) nhân vế với vế ta được:

Trường hợp 1. Xét

Từ phương trình (1) và (4) ta có:

Từ phương trình (2) và (4) ta có:

Từ phương trình (3) và (4) ta có:

Suy ra là một nghiệm của hệ phương trình.

Trường hợp 2. Xét

Từ phương trình (1) và (4) ta có:

Từ phương trình (2) và (4) ta có:

Từ phương trình (3) và (4) ta có:

Suy ra là một nghiệm của hệ phương trình.

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình:

Bài 13. Giải hệ phương trình:

Lời giải:

• không phải là nghiệm của phương trình

• Xét hệ phương trình viết dưới dạng:

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ phương trình (1), (2), (3) cộng vế với vế ta được:

Kết hợp phương trình (4) với các phương trình (1), (2), (3) ta được:

Từ phương trình (5); (6); (7) nhân vế với vế ta được:

Trường hợp 1. Xét

Kết hợp phương trình (8) với các phương trình (5), (6), (7) ta được:

Trường hợp 2. Xét

Kết hợp phương trình (9) với các phương trình (5), (6), (7) ta được:

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình:

Bài 14. Giải hệ phương trình:

Lời giải:

Từ phương trình (1), (2), (3) cộng vế với vế ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ phương trình (4) kết hợp với các phương trình (1), (2), (3) ta được:

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

Bàu 15. Giải hệ phương trình:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học Vinh, năm học 2015 – 2016)

Lời giải:

Ta có:

• Trường hợp 1. Xét

• Trường hợp 2. Xét

Từ phương trình (1) ta có thế vào phương trình (2), ta được:

Với

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

Bài 16. Giải hệ phương trình:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học Vinh, năm học 2012 – 2013)

Lời giải:

• Nhận xét là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.

• Xét hệ phương trình viết dưới dạng:

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ phương trình (1), (2), (3) cộng vế với vế ta được:

Từ phương trình (1) và (4) ta có:

Từ phương trình (2) và (4) ta có:

Từ phương trình (3) và (4) ta có:

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

Bài 17. Cho hệ phương trình (m là tham số)

a) Với m nào thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

b) Tìm m nguyên để hệ phương trình có nghiệm nguyên x; y nguyên và bé nhất.

(Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh An Giang, năm học 2011 – 2012)

Lời giải:

a) Từ phương trình (2) ta có: thế vào phương trình (1) ta có:

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất phương trình (*) có nghiệm duy nhất

b) Với từ phương trình (*) ta có:

Suy ra:

là nghiệm của hệ phương trình.

mà Ư(12) . Suy ra:

m-1 -1 -2 -3 -4 -6 -12 1 2 3 4 6 12

M 0 -1 -2 -3 -5 -11 2 3 4 5 7 13

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà

Thử trực tiếp ta được: thì đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 18. Tìm tất cả các số thực m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn và

(Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh ĐakLac, năm học 2011 – 2012)

Lời giải:

Từ phương trình (1) của hệ suy ra: thay vào phương trình (2) ta được:

Vậy thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn

Bài 19. Cho hệ phương trình (m là tham số)

a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. Tìm nghiệm đó.

b) Xác định giá trị nhỏ nhất của

(Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh An Giang, năm 2012 – 2013)

Lời giải:

a) Hệ phương trình

thì hệ phương trình có nghiệm:

b) Nếu thì

Nếu thì

Giá trị nhỏ nhất của P là 0 khi

Bài 20. Cho hệ phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m.

b) Tìm các số nguyên m để cho hệ có nghiệm duy nhất với x; y là các số nguyên.

Lời giải:

a) Từ phương trình (1) ta có: thay vào phương trình (2) ta được:

Xét phương trình vô số nghiệm hệ phương trình vô số nghiệm, nghiệm tổng quát của

hệ phương trình là:

phương trình vô nghiệm hệ phương trình vô nghiệm

Kết luận:

• Với thì hệ phương trình vô số nghiệm, nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:

• thì hệ phương trình vô nghiệm.

• thì phương trình có nghiệm duy nhất là

b) Ta có Ư(2) và

thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn .

Bài 21. Cho phương trình

a) Giải hệ (1) với

b) Tìm các giá trị của a để hệ (I) vô nghiệm.

Lời giải:

a) Với thì hệ (I) trở thành

b) Ta có thế vào phương trình (1)

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Hệ (I) vô nghiệm phương trình (3) vô nghiệm

và

Bài 22. Cho hệ phương trình

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m.

b) Xác định các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm duy nhất sao cho

c) Với giá trị nguyên nào của m thì hệ có nghiệm với x; y là số nguyên dương.

d) Tìm giá trị m để hệ có nghiệm duy nhất sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.

e) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất thì điểm luôn nằm trên một đường thẳng cố

định.

Lời giải:

a) Từ phương trình dưới

Thế vào phương trình trên:

• Xét hệ phương trình có dạng:

• Xét phương trình (*) có dạng: vô nghiệm

hệ phương trình vô nghiệm.

• Xét từ (*) suy ra:

Kết luận:

• Với hệ phương trình có vô số nghiệm, nghiệm tổng quát là:

• Với hệ phương trình vô nghiệm.

• Với hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

b) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy thì hệ phương trình có hai nghiệm dương.

c) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì và nghiệm duy nhất là:

Để hệ phương trình có nghiệm nguyên dương Ư(5) và , suy ra:

m+2 1 5

m -1 3

d) Với hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

Xét

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là khi

e) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì và nghiệm duy nhất là:

suy ra:

Vậy điểm luôn nằm trên một đường thẳng cố định là

Bài 23. Cho hệ phương trình: (với m là tham số)

Xác định tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Đồng Tháp, năm học 2014 – 2015)

Lời giải:

Ta có:

• Khi phương trình (2) trở thành (vô lý). Hệ phương trình vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Khi hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

Suy ra:

Do nên

Vậy với thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện:

Bài 24. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9 , tỉnh Nghệ An , năm học 2012-2013)

Lời giải:

• Xét ta có hệ hệ vô nghiệm

• Vậy khác 0 đặt

Ta có hệ (*)

Vì mỗi vế hệ (*) khác 0 ta chia vế hệ (*) cho nhau ta được :

• Với thay vào hệ (*) ta được :

Giải ra ta có nghiệm

• Với thay vào hệ (*) ta được :

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giải ra ta có nghiệm

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là :

Bài 25. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9 , tỉnh Hải Dương , năm học 2013-2014)

Lời giải:

Từ phương trình (1) và (2) vế trừ vế ta được :

• Trường hợp 1 . Xét thế vào phương trình (1) ta có :

suy ra

• Trường hợp 2. Xét

Từ phương trình (1), (2) cộng vế với vế ta được

Xét

Vế trừ vế ta được :

Giải như trên ta được

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là :

Bài 26. Giải hệ phương trình :

Lời giải:

Từ phương trình (1) suy ra , thế vào phương trình (2) ta được :

Giải ra ta được

• Với ta được

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 27. Giải hệ phương trình

Lời giải:

hoặc

• Trường hợp 1: Giải hệ phương trình

Từ phương trình (1) ta có thay vào phương trình (2) ta được :

Giải ra ta được

• Trường hợp 2 : Giải hệ phương trình

Từ phương trình (3) ta có thay vào phương trình (4) ta được

phương trình vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

Bài 28. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi , Tỉnh Thái Bình , năm học 2009-2010)

Lời giải:

Đặt hệ phương trình có dạng

Từ phương trình (2) thay vào phương trình (1) ta được

Giải ra ta dược

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Trường hợp 1 : Xét . Giải ra ta được

• Xét

• Trường hợp 2: Xét ta có

phương trình này vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

Bài 29. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi toán 9, tỉnh Thanh Hóa , năm học 2008-2009)

Lời giải:

hệ phương trình có dạng : Đặt

• Trường hợp 1. Xét

Suy ra u, v là nghiệm của phương trình

Phương trình (1) có nghiệm . Suy ra

 Xét

Suy ra x; y là nghiệm của phương trình phương trình (2) vô nghiệm

 Xét

Suy ra x; y là nghiệm của phương trình

Phương trình (3) có nghiệm suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Trường hợp 2. Xét

Suy ra u; v là nghiệm của phương trình phương trình (4) có nghiệm là :

. Suy ra

 Xét

Suy ra x, y là nghiệm của phương trình

Giải phương trình (5) ta được

Suy ra

 Xét

Suy ra

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

Bài 30. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9 , tỉnh Hà Tĩnh , năm học 2007-2008)

Lời giải:

Đặt

Hệ phương trình có dạng

Từ phương trình (1) ta có thay vào phương trình (2) ta được

• Với ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giải hệ có nghiệm

• Với thì ta có

vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là :

Bài 31. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán 9,tỉnh Quãng Ngãi , năm học 2009-2010)

Lời giải:

Từ phương trình (2) ta có :

• Trường hợp 1. Xét thay vào phương trình (1) ta được :

Giải ra ta được :

• Trường hợp 2 . Xét

Thay vào (1) ta có

Giải ra ta được

Vậy tập nghiệm của phương trình là :

Bài 32. Giải hệ phương trình :

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

Lời giải:

Điều kiện

Đặt với

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hệ phương trình có dạng :

Từ phương trình (1) suy ra thay vào phương trình (2) ta được:

Giải phương trình ta được : (loại)

(thỏa mãn)

Với . Suy ra

Suy ra là nghiệm của phương trình

Giải ra ta được :

Suy ra :

Vậy tập nghiệm của phương trình là :

Bài 33. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Phú Thọ , năm học 2011-2012)

Lời giải:

Suy ra :

• Trường hợp 1. Xét thay vào phương trình (1) ta được:

• Trường hợp 2 . thay vào (1)

vô nghiệm

Thử lại hệ phương trình

Vậy tập nghiệm của phương trình là

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 34. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9 , tỉnh Hải Dương , năm học 2009-2010)

Lời giải:

Đặt , hệ phương trình trở thành :

Suy ra a; b là nghiệm của hệ phương trình . Giải ra ta được

do đó

• Với

Vậy hệ phương trình đã có cho nghiệm là

Bài 35. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9 , tỉnh Hải Dương , năm học 2014-2015)

Lời giải:

Ta có :

hoặc

• Với thay vào (2) ta được : suy ra

Ta được nghiệm

• Với thay vào (2) ta dược : , suy ra

Ta tính được nghiệm và

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy hệ phương trình có nghiệm và

Bài 36. Giải hệ phương trình :

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9 , tỉnh Thanh Hóa , năm học 2014-2015)

Lời giải:

• Với là nghiệm của hệ phương trình

• Nhận thấy nếu thì và ngược lại

Xét hệ phương trình tương đương với

Thay (1) vào (2) ta được

Vậy hệ có nghiệm là

Bài 37. Giải hệ phương trình :

(Tuyển sinh lớp 10 , THPT chuyên , Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh, năm học 2015-2016)

Lời giải:

Ta có

Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó ta có :

Với

Thử lại ta thấy : là nghiệm của hệ phương trình

Bài 38. Giải hệ phương trình :

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên , TP. Hà Nội , năm học 2015-2016)

Lời giải:

Ta có :

Trường hợp 1 . Xét

Trường hợp 2. Xét vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm là

Bài 39. Giải hệ phương trình :

(Tuyển sinh lớp 10 , THPT chuyên , tỉnh Gia Lai , năm học 2014-2015)

Lời giải:

Ta có :

Thay (1) vào (2) ta được :

Thay vào phương trình (1) ta được :

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với thì

Vậy phương trình có hai nghiệm :

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ V. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ...................................................... 2

CHỦ ĐỀ 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN ........................................................................................................ 2

Dạng 1. Dạng cơ bản .............................................................................................................................................. 2

Dạng 2. Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn ............................................................. 3

Dạng 3. Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về hệ đối xứng loại 2 ................................................................... 6

CHỦ ĐỀ 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT KHÁC .................................................................................... 17

Dạng 1. Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp ......................... 17

Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp của phương trình .............................................................. 24

Dạng 3. Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ....................... 33

CHỦ ĐỀ 3. SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ......................................................... 39

CHỦ ĐỀ 4. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ................................................................................................................ 43

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 48

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ V. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

CHỦ ĐỀ 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN

Dạng 1. Dạng cơ bản Phương pháp giải:

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

a. b.

Lời giải:

a. Phương trình tương đương với:

Kết luận là nghiệm của phương trình.

b. Điều kiện: . Bình phương 2 vế ta được:

Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

a. . b. .

Lời giải:

a. Điều kiện thỏa mãn với mọi x. Ta viết phương trình lại thành

và bình phương 2 vế rồi ta có

Kết luận .

b. Điều kiện: . Bình phương 2 vế phương trình ta thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

Dạng 2. Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn Phương pháp giải:

+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức để đặt sao cho phần còn

lại phải biểu diễn được theo ẩn . Những bài toán dạng này nói chung là dễ.

+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có sẵn ở phương trình từ đó mới

phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta có thể chia cho phù hợp (thông thường ta

chia cho với là số hữu tỉ).

+ Đối với những bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mới phức tạp như: Số mũ cao, căn

bậc cao… thì ta có thể nghĩ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy về hệ phương trình hoặc dựa vào các hằng

đẳng thức để giải toán.

Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1.

. c.

. d.

. e.

. f.

Lời giải:

a. Ta viết lại phương trình thành: , đặt ta có phương trình mới:

suy ra thỏa mãn điều kiện.

Giải ta có: .

b. Đặt phương trình đã cho trở thành:

thỏa mãn điều kiện. , do

Giải ta có

Kết luận là nghiệm của phương trình.

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. Điều kiện: . Phương trình đã cho có thể viết lại như sau:

. Ta thấy không phải là nghiệm của

phương trình. Ta chia hai vế cho thì thu được:

. Đặt ta có phương trình theo :

Trường hợp 1: ta có:

Trường hợp 2: ta có:

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất .

d. Ta thấy không phải là nghiệm của phương trình.

Vì vậy ta chia hai vế cho thì thu được:

Đặt ta thu được phương trình:

Kết luận: Phương trình có nghiệm .

e. Điều kiện: .

Ta thấy không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho ta thu được:

. Đặt , theo bất đẳng thức Cô si ta có .

Thay vào phương trình ta có:

. Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm:

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f. Nhận xét: không phải là nghiệm của phương trình.

Ta chia hai vế cho khi đó phương trình trở thành: . Đặt phương

trình trở thành: .

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

b. .

Lời giải:

a. Điều kiện . Phương trình được viết lại như sau:

Đặt . Điều kiện .

Phương trình đã cho có dạng: .

Ngoài ra ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ.

b. Điều kiện: . Phương trình đã cho được viết lại như sau:

Đặt

Từ phương trình suy ra . Hay

Bình phương 2 vế ta thu được:

Tại sao ta phân tích được hai phương trình như trên:

Ta thấy với những phương trình:

thì một trong những cách xử lý khá hiệu quả

là:

và sau đó ta có thể đặt ẩn phụ trực Phân tích:

tiếp, hoặc đặt hai ẩn phụ để quy về hệ.

Ví dụ:

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi giải phương trình: ta thực hiện cách phân

tích:

+ Giả sử:

Đồng nhất hai vế ta suy ra:

+ Tương tự ta giả sử:

Khi giải phương trình: .

Ta thực hiện phân tích: và

Sau đó đồng nhất 2 vế đề tìm ta có:

Như vậy, ngoài cách đặt ẩn phụ như trên ta có thể giải các bài toán theo cách khác như sau:

a. Điều kiện:

Đặt thì .

Từ cách phân tích trên ta có hệ sau:

Đặt . Điều kiện: .

Ta có hệ mới sau: .

b. Đặt ta có hệ phương trình

. Giải hệ phương trình ta thu được: .

Dạng 3. Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về hệ đối xứng loại 2 Phương pháp giải:

Phương pháp này đặc biệt hiệu quả với các phương trình dạng: hoặc

Với mục đích tạo ra các hệ đối xứng hoặc gần đối xứng ta thường làm theo cách:

Đối với những phương trình dạng: .

Ta đặt thì thu được quan hệ:

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta mong muốn có quan hệ . Nếu điều này xảy ra thì từ hệ trên ta sẽ có:

. Công việc còn lại là chọn chẵn thỏa mãn (*)

Đối với những phương trình dạng:

Ta đặt: thì thu được hệ:

. Để thu được quan hệ ta cần:

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

. a.

. b.

. c.

. d.

. e.

Lời giải:

a. Điều kiện: . Đặt , khi đó ta có hệ:

. Ta cần tìm để tạo ra quan hệ

. Chọn

Chú ý:

Việc nhân số 2 vào phương tình (1) của hệ để tạo ra là rất cần thiết để chọn m được chẵn và

nhóm thành bình phương biểu thức bậc 2 được dễ hơn.

Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau:

Đặt thì thu được hệ: .

Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Trường hợp 1:

. Trường hợp 2:

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: .

b. Điều kiện: .

Phương trình đã cho được viết lại như sau:

Đặt

Ta cần: . Chọn .

Đặt Hệ phương trình sau: . Trừ hai phương trình của hệ ta thu

được: . Giải phương trình ứng với hai trường hợp trên ta thu được các nghiệm là:

và .

Chú ý: Ta có thể tìm nhanh hơn bằng cách:

Đặt khi đó ta có hệ: . Trừ hai phương trình cho nhau:

Để có quan hệ: ta cần: .

Tương tự khi giải quyết câu b).

c. Đặt ta có hệ sau:

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta chọn sao cho

Đặt . Ta có hệ phương trình sau:

Trừ hai phương trình cho nhau ta thu được:

Giải ta có:

Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm: .

d. Ta viết lại phương trình thành: .

Đặt ta có hệ phương trình:

Trừ hai phương trình của hệ ta thu được:

Thay vào ta được:

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm là: .

e. Đặt điều kiện là , phương trình đã cho trở thành:

Đặt ta có hệ phương trình:

Trừ 2 phương trình của hệ ta thu được:

TH1: hay do bình phương 2 vế ta thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Đối chiếu điều kiện ta thấy thỏa mãn Hay

Suy ra .

TH2: (điều kiện ), bình phương 2 vế ta thu được:

(không thỏa mãn điều kiện) do .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

Với các phương trình dạng: thì việc đặt ẩn rồi đưa về hệ đối xứng loại I

là cách giải cực kỳ hiệu quả.

Chú ý :

+ Với những phương trình dạng:

Bằng phép đặt ta có hệ đối xứng loại 2 là:

+ Trong phương trình (*) nếu ta thay bằng các biểu thức chứa thì cách giải phương trình vẫn như

trên. Những phương trình dạng này thường có hình thức và lời giải khá đẹp.

* Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

. a.

. b.

c. (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên KHTN – ĐHQG

Hà Nội 2018).

Lời giải:

a. Ta viết lại phương trình thành:

Đặt ta thu được hệ sau:

. Trừ hai phương trình của hệ ta được:

Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 2:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: .

b. Ta viết lại phương trình thành:

Đặt ta thu được hệ phương trình:

. Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

TH1: ta có:

TH2:

vô nghiệm.

Tóm lại phương trình có 2 nghiệm là .

c. Điều kiện: , đặt với thì cộng theo vế 2 phương

trình ta thu được: . Từ đây giải 2 trường hợp ta

thu được các nghiệm của phương trình là và .

Ví dụ 4. Giải các phương trình:

. a.

b. .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a. Đặt

Mặt khác với các phép đặt ẩn phụ trên, từ phương trình trong đầu bài, ta có .

Như vậy ta được hệ phương trình:

Nhìn thấy hệ trên không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với nên không mất tính tổng quát, ta có

thể giả thiết (x là số lớn nhất trong 3 số hay )

Nếu , từ (1) và (2) suy ra

Khi đó từ (2), (3) suy ra . Mâu thuẫn với giả thiết ở trên. Do đó phải có

Với , từ (1) và (2) suy ra vậy . Phương trình (1) trở thành: hay

nên PT (4) có nghiệm duy nhất . Vì

khi đó phương trình đưa về b. Đặt

, điều kiện: . Đặt

. Ta có:

Do đó ta có hệ phương trình: .

Do điều kiện . Nhân các phương trình theo vế rồi rút gọn được

Mặt khác từ hệ phương trình (*), cộng các phương trình vế theo vế ta có:

Do đẳng thức xảy ra nên phải có (vì ).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất .

Ví dụ 5. Giải các phương trình:

a. . b. .

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. . d. .

Lời giải:

a. Cách 1: Biến đổi phương trình như sau:

Đặt (với ), ta có:

Với thì , nên từ (*) suy ra , phương trình này có hai nghiệm là

. Đối chiếu với điều kiện chỉ chọn được .

Khi đó . Phương trình (**) có hai nghiệm là

. Vậy tập nghiệm của PT đã cho là .

Cách 2: Biến đổi PT về dạng:

. Đặt

Ta có hệ

Dẫn đến , PT này có 2 nghiệm . Do nên chọn . Từ đó suy ra kết

quả như cách 1.

b. Điều kiện trên ta được: hoặc . Phương trình (1) tương đương:

. Đặt với . Ta được:

Lại có

Từ (1) và (2) suy ra: . Vì nên

Thử lại thấy nghiệm không thỏa mãn điều kiện, nghiệm thỏa mãn phương trình.

c. Điều kiện: . Đặt với khi đó ta có hệ phương trình:

. Đặt điều kiện và giải hệ ta thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

d. Điều kiện . Đặt ta suy ra

Phương trình đã cho trở thành: .

Thay ta thu được phương trình:

Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là:

Khi gặp các phương trình dạng: ta có thể đặt ẩn phụ theo cách:

Đặt

Từ đó ta có hệ phương trình:

Ví dụ 6. Giải các phương trình:

a. . b. .

c. . d. .

Lời giải:

a. Điều kiện:

Đặt , ta có hệ phương trình:

. Phương trình (*) có 3 nghiệm

thỏa mãn . Từ đây ta tìm được: .

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm .

b. Điều kiện: .

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta thấy tổng của biểu thức trong căn bằng 1 nên đặt: với .

Khi đó ta có hệ:

Vì . Hệ phương trình có nghiệm khi

là nghiệm của phương trình đã cho.

c. Đặt thì

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là :

. Vậy ta có:

d. Sử dụng đẳng thức . Lập phương trình hai vế ta thu được:

. Thay thì phương trình trở

. thành:

Ví dụ 7. Giải các phương trình:

. a.

b. .

c. .

d. .

Lời giải:

a. Điều kiện: . Đặt

Phương trình đã cho trở thành:

. Giải phương trình (*) ta thu được .

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là .

b. Điều kiện: . Phương trình . Đặt

. Phương trình trở thành:

là nghiệm của

phương trình.

c. Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương với

. Đặt . Ta có phương

trình:

+ Nếu: (do )

+ Nếu vô nghiệm, do

+ Nếu

Vậy phương trình có 2 nghiệm: .

d. Điều kiện: hoặc . Đặt thì ta có phương

trình:

Nếu

Nếu thì .

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tóm lại phương trình có 4 nghiệm là: .

CHỦ ĐỀ 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT KHÁC

Dạng 1. Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp Phương pháp giải:

Dấu hiệu:

+ Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng:

Mà không thể đưa về một ẩn, hoặc khi đưa về một ẩn thì tạo ra những phương trình bậc cao dẫn đến việc

phân tích hoặc giải trực tiếp khó khăn.

+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó: bằng thủ công (hoặc sử dụng máy tính cầm tay)

Phương pháp:

• Đặt điều kiện chặt của phương trình (nếu có)

Ví dụ: Đối phương trình: .

Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy:

Phương trình xác định với mọi . Nhưng đó chưa phải là điều kiện chặt. Để giải quyết triệt để phương

trình này ta cần đến điều kiện chặt đó là:

Ta viết lại phương trình thành:

Để ý rằng: do đó phương trình có nghiệm khi

• Nếu phương trình chỉ có một nghiệm :

Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành:

Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý:

+ Nếu có nghiệm thì ta luôn phân tích được

Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung thì phương trình ban đầu trở thành:

Việc còn lại là dùng hàm số, bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để kết luận vô nghiệm.

• Nếu phương trình có 2 nghiệm theo định lý Vi-et đảo ta có nhân tử chung sẽ là:

Ta thường làm như sau:

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong ta trừ đi một lượng . Khi đó nhân tử chung sẽ là

kết quả sau khi nhân liên hợp của

+ Để tỉm ta xét phương trình: . Để phương trình có hai nghiệm ta cần tìm

sao cho

+ Hoàn toàn tương tự cho các biểu thức còn lại:

Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

a. .

b. .

c. .

Lời giải:

a. Nếu ta bình phương liên tục cho đến khi hết dấu thì sẽ tạo ra phương trình bậc 4.

Để ý rằng là một nghiệm của phương trình nên ta sẽ phân tích để tạo nhân tử chung là .

Điều kiện: .

Khi thì nên ta viết lại phương trình thành:

Để ý rằng với điều kiện thì nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất

. Kết luận là nghiệm của phương trình.

b. Phân tích: Phương trình trong đề bài gồm nhiều biểu thức chứa căn nhưng không thể quy về một ẩn. Nếu

ta lũy thừa để triệt tiêu thì sẽ tạo ta phương trình tối thiểu là bậc 6. Từ đó ta nghĩ đến hướng giải: Sử

dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung.

Điều kiện: .

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: . Khi đó

Ta viết lại phương trình thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dễ thấy:

Với điều kiện: thì

Nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất .

c. Điều kiện: .

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: . Khi đó

Từ đó ta có lời giải như sau:

Phương trình đã cho tương đương với:

Để ý rằng với điều kiện thì nên

Từ đó suy ra: là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vô nghiệm ta thường dùng các ước lượng cơ bản:

với từ đó suy ra với mọi số thỏa mãn

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

. b. a.

Lời giải:

a. Điều kiện: .

Ta nhẩm được nghiệm nên phương trình được viết lại như sau:

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta dự đoán: (Bằng cách thay một giá trị ta sẽ thấy

)

Ta sẽ chứng minh: và

Thật vậy:

+Ta xét .

Đặt . Bất phương trình tương đương với

. Điều này hiển nhiên đúng.

+ Ta xét: , .

Điều này luôn luôn đúng. Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất .

b. Điều kiện: .

Để đơn giản ta đặt

Phương trình đã cho trở thành:

Nhẩm được . Nên ta phân tích phương trình thành:

Để ý rằng và nên ta có . Vì vậy phương

trình có nghiệm duy nhất .

Nhận xét: Việc đặt trong bài toán để giảm số lượng dấu căn đã giúp đơn giản hình thức bài toán.

Ngoài ra khi tạo liên hợp do nên ta tách nó ra khỏi biểu thức để các thao tác tính toán được đơn

giản hơn.

Ví dụ 3.

a. .

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. .

Lời giải:

a. Điều kiện:

Ta nhẩm được 2 nghiệm là nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung là: . Để làm được

điều này, ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau:

+ Ta tạo ra sao cho phương trình này nhận là nghiệm.

Để có điều này, ta cần:

+ Tương tự nhận là nghiệm.

Tức là . Từ đó ta phân tích phương trình thành:

Dễ thấy với thì

Nên

Phương trình đã cho tương đương với

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: .

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Điều kiện: .

Phương trình được viết lại như sau:

Ta nhẩm được 2 nghiệm nên suy ra nhân tử chung là:

Ta phân tích với nhân tử như sau:

+ Tạo ra sao cho phương trình này nhận là nghiệm. Tức là cần thỏa

mãn hệ:

+ Tương tự với ta thu được:

Phương trình đã cho trở thành:

Ta xét

Ta chứng minh: tức là:

Điều này hiển nhiên đúng.

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: .

Chú ý:

Những đánh giá để kết luận thường là những bất đẳng thức không chặt nên ta luôn đưa về được

tổng các biểu thức bình phương.

Ngoài ra, nếu tinh ý ta có thể thấy:

. Nhưng điều này là hiển nhiên đúng do:

với mọi .

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. Điều kiện: .

Ta nhẩm được nên biến đổi phương trình như sau:

Ta có: khi , khi nên ta trừ 2 vào 2 vế thì thu được:

Giải (1) suy ra

Giải (2) ta có: .

Kết luận: Phương trình có nghiệm là

Nhận xét: Ta cũng có thể phân tích phương trình như câu a, b.

d. Ta có: nên phương trình tương đương với

Giải (1):

Đặt . Phương trình trở thành:

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm: .

Ví dụ 4. Giải các phương trình

a. . b.

Lời giải:

a. Phương trình được viết lại như sau:

. Để phương trình có nghiệm ta cần:

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Nhẩm được nên ta viết lại phương trình thành:

Để ý rằng: nên phương trình có nghiệm duy nhất .

b. Điều kiện

Ta viết lại phương trình như sau:

Xét phương trình: . Bình phương 2 vế ta thu được:

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là:

Nhận xét:

+ Ta thấy phương trình có nghiệm . Nên ta phân tích phương trình thành

thì sau khi liên hợp phương trình mới thu được sẽ là:

. Rõ ràng phương trình hệ quả

phức tạp hơn phương trình ban đầu rất nhiều.

+ Để ý rằng khi thì nên ta sẽ liên hợp trực tiếp biểu thức .

Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp của phương trình Phương pháp giải:

Ta thường gặp phương trình dạng này ở các dạng biến thể như:

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thực chất phương trình (*) khi bình phương 2 vế thì xuất hiện theo dạng (1) hoặc (2).

Để giải các phương trình (1), (2).

Phương pháp chung là:

+ Phân tích biểu thức trong thành tích của 2 đa thức

+ Ta biến đổi bằng cách đồng nhất hai vế.

Khi đó phương trình trở thành:

Chia hai vế cho biểu thức ta thu được phương trình:

. Đặt thì thu được phương trình:

Một cách tổng quát: Với mọi phương trình có dạng:

thì ta luôn giải được theo cách trên.

Một số ví dụ:

Ví dụ 1. Giải các phương trình

. b. . a.

c. .

Lời giải:

a. Điều kiện: .

Ta viết lại phương trình thành:

Giả sử . Suy ra phải thỏa mãn

Phương trình đã cho có dạng:

Chia phương trình cho ta thu được: .

Đặt , ta thu được phương trình:

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Điều kiện:

Bình phương 2 vế của phương trình ta thu được:

Giả sử

Phương trình trở thành:

Chia phương trình cho ta thu được:

. Đặt ta có:

Phương trình

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm .

Nhận xét: Trong lời giải ta đã biến đổi:

là vì .

c. Điều kiện:

Ta viết lại phương trình thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét phương trình: .

Dễ thấy không phải là nghiệm.

Xét ta chia cho thì thu được phương trình:

Giải (1):

Giải (2):

Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

a. . b. .

c. .

Lời giải:

a. Điều kiện:

Phương trình đã cho được viết lại như sau:

Xét phương trình:

Ta giả sử:

Phương trình trở thành: . Chia cho

Ta có: . Đặt , phương trình mới là:

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Với ta có:

Nhận xét:

+ Đối với phương trình ta có thể không cần đưa x vào trong dấu khi đó ta

phân tích: và chia như trên thì bài toán vẫn được giải quyết. Việc đưa vào

là giúp các em học sinh nhìn rõ hơn bản chất bài toán.

+ Ngoài ra cần lưu ý rằng: Khi đưa một biểu thức vào trong dấu thì điều kiện là . Đây là

một sai lầm học sinh thường mắc phải khi giải toán.

b. Điều kiện: .

Phương trình đã cho được viết lại thành:

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được:

Nếu ta giả sử thì phải thỏa mãn

điều này hoàn toàn vô lý.

Để khắc phục vấn đề này ta có chú ý sau: khi đó

Bây giờ ta viết lại phương trình thành:

Giả sử:

Như vậy, phương trình trở thành:

Chia cho ta thu được: .

Đặt

Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra thỏa mãn điều kiện.

Trường hợp 2:

Tóm lại: Phương trình có 2 nghiệm là: và

c. Điều kiện: .

Chuyển vế bình phương ta được:

Giả sử:

Khi đó ta có: không tồn tại thỏa mãn hệ.

Nhưng ta có:

Giả sử: . Suy ra

Ta viết lại phương trình: .

Chia hai vế cho ta thu được:

Đặt ta thu được phương trình:

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là: .

Ví dụ 3. Giải các phương trình

a. . b.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a. Điều kiện: .

Bình phương 2 vế phương trình ta thu được:

Ta giả sử:

Phương trình trở thành:

Đặt

Về cơ bản đến đây ta hoàn toàn tìm được x. Nhưng với giá trị như vậy việc tính toán sẽ gặp

khó khăn.

Để khắc phục ta có thể xử lý theo hướng khác như sau:

lúc này bằng cách phân tích như trên ta thu được phương Ta viết lại:

trình:

Đặt

. Kiểm tra điều kiện ta thấy chỉ có giá trị là thỏa mãn điều kiện.

b. Điều kiện: .

Ta viết lại phương trình thành:

Để ý rằng:

Nếu ta đặt thì phương trình trở thành: . Đây là một phương trình đẳng cấp

bậc 3. Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau:

+ Xét trường hợp: không thỏa mãn phương trình;

+ Xét . Ta chia phương trình cho thì thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt ta có phương trình:

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm: .

Ví dụ 4. Giải các phương trình:

. a. . b.

. c. . d.

Lời giải:

a. Hình thức bài toán dễ làm cho người giải bối rối nhưng để ý thật kỹ ta thấy:

Chìa khóa bài toán nằm ở vấn đề phân tích biểu thức:

Ta thấy do vế trái là biểu thức bậc 3 nên ta nghĩ đến hướng phân tích:

. Đồng nhất hai vế ta thu được:

. Nên ta viết lại phương trình đã cho thành:

Chia cho ta thu được:

ta có phương trình: Đặt

. Giải

Kết luận: Thử lại ta thấy 3 nghiệm: đều thỏa mãn.

b. Điều kiện:

Ta thấy chìa khóa bài toán nằm ở việc phân tích biểu thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giả sử

Phương trình trở thành:

. Chia hai vế cho ta thu được:

. Đặt ta có phương trình:

Trường hợp 1: vô nghiệm.

Trường hợp 2:

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là:

Nhận xét: Ta có thể phân tích:

Chú ý: Trong một số phương trình: Ta cần dựa vào tính đẳng cấp của từng nhóm số hạng để từ đó phân tích

tạo thành nhân tử chung.

c. Ta thấy rằng nếu bình phương trực tiếp sẽ dẫn đến phương trình bậc 5

Để khắc phục ta sẽ tìm cách tách ra khỏi

Từ đó ta viết lại phương trình như sau:

Do . Phương trình đã cho tương đương với

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất .

d. Điều kiện:

Giả sử:

Phương trình đã cho trở thành:

Chia phương trình cho ta thu được:

Đặt

Ta thu được phương trình:

+ Nếu

Kết luận: .

Dạng 3. Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Phương pháp giải:

+ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là phương pháp chọn một số hạng trong phương trình để đặt làm ẩn sau đó ta

quy phương trình ban đầu về dạng một phương trình bậc 2: (phương trình này vẫn

còn ẩn x)

+ Vấn đề của bài toán là phải chọn giá trị m bằng bao nhiêu để phương trình bậc 2 theo ẩn t có giá trị chẵn

như thế việc tính t theo x sẽ được dễ dàng.

+ Thông thường khi gặp các phương trình dạng: thì phương pháp

đặt ẩn phụ không hoàn toàn tỏ ra rất hiệu quả:

+ Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách:

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

- Đặt

- Ta tạo ra phương trình:

Ta có: . Để có dạng thì điều kiện cần và đủ

. là

Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

. a.

. b.

(Trích đề TS lớp 10 Chuyên tự nhiên – ĐHQG Hà Nội, 2009). c.

(Trích đề TS lớp 10 Chuyên Toán TP Hà Nội, 2018). d.

Lời giải:

a. Đặt

Phương trình đã cho trở thành:

Ta sẽ tạo ra phương trình:

(Ta đã thêm vào nên phải bớt đi một lượng )

Phương trình được viết lại như sau:

Ta mong muốn

Phương trình mới được tạo ra là:

Ta có:

Từ đó ta có:

+ Trường hợp 1:

+ Trường hợp 2:

Phương trình vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tóm lại: Phương trình có hai nghiệm là: .

b. Điều kiện:

Bình phương 2 vế phương trình và thu gọn ta được: .

Đặt ta tạo ra phương trình là:

Ta mong muốn phải có nghiệm kép. Tức là:

Từ đó suy ra phương trình mới là:

Tính được:

+ Trường hợp 1:

+ Trường hợp 2:

Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất

c. Đặt ta tạo ra phương trình:

Làm tương tự như trên ta tìm được . Nên phương trình có dạng

giải theo các trường hợp của t ta

tìm được là nghiệm của phương trình.

d. Đặt ta tạo ra phương trình .

Làm tương tự như trên ta tìm được khi đó phương trình trở thành:

suy ra: . Từ đó suy ra x. Ta có

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

a. .

b. .

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. c.

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP HCM, 2018) d.

Lời giải:

a. Điều kiện: . Đặt ta tạo ra phương trình:

. Ta có:

Ta cần: . Phương trình đã cho trở thành:

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm: .

b. Điều kiện: . Đặt . Do hệ số của trong phương trình là 1:

Phương trình đã cho trở thành:

. Suy ra:

Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 2:

Tóm lại phương trình có 3 nghiệm: .

c. Điều kiện: . Ta viết phương trình thành: .

Bình phương 2 vế ta thu được phương trình mới:

. Đặt ta tạo ra phương trình:

, có

Ta mong muốn

Từ đó tính được

Phương trình đã cho trở thành:

. Ta có . Suy ra

Trường hợp 1: thỏa mãn điều kiện.

Trường hợp 2:

Thử lại ta thấy: thỏa mãn phương trình.

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm .

Chú ý: Ở bước cuối cùng khi giải ra nghiệm ta phải thử lại vì phép bình phương lúc đầu khi ta giải là không

tương đương.

d. Ta viết lại phương trình thành: . Đặt , ta tạo ra phương trình:

từ đó dễ tìm được và phương trình trở thành:

, công việc còn lại khá đơn giản, dành cho các bạn học sinh.

Ví dụ 3. Giải các phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. a.

Lời giải:

a. Ta viết lại phương trình thành:

Đặt suy ra . Ta tạo ra phương trình

. Ta có

. Ta cần

. Phương trình trở thành:

. Ta có:

Từ đó tính được: .

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:

b. Điều kiện: .

Ta viết lại phương trình thành: .

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình mới:

Đặt suy ra .

Ta tạo ra phương trình: .

Ta có:

Ta cần .

Phương trình trở thành: .

Ta có: .

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó tính được:

Trường hợp 1: .

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có là thỏa mãn điều kiện.

Trường hợp 2: .

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có là thỏa mãn điều kiện.

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: và .

CHỦ ĐỀ 3. SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

Phương pháp giải:

Các bài toán giải được bằng hằng đẳng thức thường có dạng:

hoặc

Phương pháp chung để giải các bài toán này là: Đặt với hoặc .

Đưa phương trình ban đầu về dạng

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

. a. b. .

. c. d. .

. e. f.

Lời giải:

Những phương trình có dạng:

Hoặc:

Ta thường giải theo cách:

Đối với (1): Đặt khi đó thay vào phương trình ta đưa về dạng:

. Sau đó biến đổi phương trình thành: .

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đối với (2): Đặt , sau đó tạo ra hệ tạm:

, cộng hai phương trình ta thu được:

, sau đó đưa phương trình về dạng:

Ta xét các ví dụ sau:

a. Đặt ta có hệ sau:

Cộng hai phương trình của hệ với nhau ta thu được:

. Ta nghĩ đến việc biến đổi vế trái thành: để phương trình

. có dạng:

. Giả sử:

Đồng nhất hệ số của .

Như vậy phương trình (*) có dạng:

Đặt . Từ phương trình ta suy ra:

Qua ví dụ trên ta thấy việc chuyển qua hệ tạm giúp ta hình dung bài toán được dễ dàng hơn.

b. Đặt ta thu được hệ phương trình sau:

. Cộng hai phương trình của hệ ta thu được:

Đặt ta thu được phương trình:

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. Điều kiện: . Ta đặt thì phương trình đã cho trở thành:

Đặt ta thu được hệ sau: . Cộng hai phương trình của hệ với nhau ta thu được:

Đặt ta có: .

Tương tự như các bài toán trên ta suy ra .

Theo (*) ta có .

Kết luận: là nghiệm duy nhất của phương trình.

d. Đặt ta có hệ sau:

. Thay vào phương trình ta có:

e. Đặt ta có hệ:

Suy ra:

Đặt thay vào ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thử lại ta thấy chỉ có thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

. b. . a.

c. .

Lời giải:

a. Nhận thấy không phải là nghiệm của phương trình:

Chia hai vế phương trình cho ta thu được: .

Đặt ta thu được hệ sau: .

Cộng hai phương trình của hệ ta có:

Đặt ta thu được:

Suy ra .

b. . Nhận thấy không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho thì thu

. được phương trình tương đương là:

Đặt ta có hệ sau: . Cộng hai phương trình của hệ ta có:

Từ phương trình ta suy ra

c. Ta viết lại phương trình thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt ta có hệ tạm sau:

Cộng hai vế hệ phương trình ta thu được: . Đặt ta có:

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: .

CHỦ ĐỀ 4. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Phương pháp giải:

Những kỹ thuật quan trọng để giải phương trình giải bằng phương pháp đánh giá ta thường sử dụng là:

+ Dùng hằng đẳng thức:

+ Dùng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, Bất đẳng thức hình học;

+ Dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm.

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

. a.

. b.

(Trích Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Amsterdam, c.

2014).

. d.

Lời giải:

a. Điều kiện: . Ta viết lại phương trình thành:

b. Điều kiện: . Ta viết lại phương trình thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. Điều kiện . Ta viết lại phương trình thành:

Suy ra là nghiệm duy nhất của phương trình.

d. Điều kiện: . Ta viết lại phương trình thành:

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

. a. b. .

c. .

Lời giải:

a. Vì nên phương trình đã cho có nghiệm khi .

Để ý rằng khi thì nên ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng xảy ra khi

. Mặt khác khi thì từ những cơ sở trên ta có lời giải như sau:

Theo bất đẳng thức Cô si dạng ta có:

Mặt khác ta có:

Suy ra . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Tóm lại: Phương trình có nghiệm duy nhất .

b. Vì nên phương trình đã cho có nghiệm khi

. Để ý rằng khi thì nên ta nghĩ đến sử dụng bất

đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng xảy ra khi . Khi thì . Từ những

cơ sở trên ta có lời giải như sau:

Theo bất đẳng thức Cô si dạng ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

c. Điều kiện: . Để ý rằng là nghiệm của phương trình nên ta có lời giải như sau:

Mặt khác, ta có:

Suy ra .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Ví dụ 3. Giải các phương trình:

a. . b. .

c. . d. .

Lời giải:

a. Điều kiện:

Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: .

+ Ta chứng minh: . Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với . Điều

này hiển nhiên đúng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

+ Ta chứng minh: . Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

Điều này hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Từ đó suy ra . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta thấy rằng:

Theo bất đẳng thức Cô si ta có:

Mặt khác, ta có:

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 3 số)

Từ đó suy ra:

Tương tự ta cũng có:

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

c. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng: ta có:

. Lại có suy ra

Tương tự:

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều (1), (2) ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

d. Ta có

Điều kiện xác định là

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Và

Như vậy:

Từ đó suy ra: .

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:

a. .

b. .

Lời giải:

a. Điều kiện:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho hai bộ số và ta có:

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi . Do nên . Áp

dụng BĐT Cauchy ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và . Từ đó ta có nghiệm của PT (*) là .

b. Ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Mặt khác ta cũng có:

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Từ đó ta có nghiệm của phương trình là .

c. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Từ đó suy ra .

Mặt khác ta có .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất .

Ví dụ 5. Giải các phương trình sau:

. b. . a.

Lời giải:

a. Điều kiện:

Phương trình đã cho tương đương với:

Do nên từ phương trình ta cũng suy ra:

Lập phương hai vế ta thu được:

Như vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi .

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: và .

b. Điều kiện: .

Xét trên . Dễ thấy .

Xét trên ta có:

Dễ thấy . Suy ra

Từ (1), (2) suy ra phương trình có nghiệm khi .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Giải các phương trình sau:

Bài 1. (1).

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 2. .

Bài 3. .

Bài 4. .

Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất

Bài 6. .

Bài 7. .

Bài 8. Tìm để phương trình sau có nghiệm: .

Bài 9. Cho phương trình

a) Giải phương trình với .

b) Tìm để phương trình có đúng hai nghiệm.

Bài 10. .

Bài 11. .

Bài 12. (*).

Bài 13. .

Bài 14. (1).

Bài 15. .

Bài 16. (1).

Bài 17. (*).

Bài 18.

Bài 19. Giải bất phương trình: .

Bài 20.

Bài 21.

Bài 22.

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 23. .

Bài 24.

Bài 25.

Bài 26.

Bài 27.

Bài 28.

Bài 29.

Bài 30.

Bài 31.

Bài 32.

Bài 33.

Bài 34.

Bài 35.

Bài 36.

Bài 37.

HƯỚNG DẪN

Bài 1. Giải:

Điều kiện:

Ta có: (1) (2)

Đặt

Do đó (2)

Với , ta giải phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với , ta giải phương trình

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm .

Bài 2.

Điều kiện .

Ta có (1)

Trường hợp 1: với

(thỏa mãn) hoặc (loại)

Trường hợp 2: với

( thỏa mãn) hoặc (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm .

Bài 3.

Đặt

Phương trình đã cho trở thành: (1)

Xem (1) như là phương trình bậc hai đối với biến , giải ra được hoặc .

Xét , vì

. Với

Vậy phương trình có hai nghiệm .

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 4. Giải:

Điều kiện:

Dễ thấy là 1 nghiệm và không là nghiệm của phương trình đã cho

Xét khi đó phương trình đã cho tương đương với

Đặt ;

Ta có hệ

Vậy phương trình có hai nghiệm .

Bài 5. Phương trình đã cho tương đương với

Yêu cầu bài toán tương đương (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

Vậy .

Bài 6.

Phương trình đã cho tương đương với .

Do và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nên phương trình có nghiệm

duy nhất .

Bài 7.

Phương trình đã cho tương đương với:

Vậy phương trình có hai nghiệm .

Bài 8. Giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình có nghiệm khi .

Bài 9. Phương trình đã cho tương đường với:

Đặt , ta được:

a) Với ta có phương trình:

ta suy ra hoặc

b) Tự giải

Bài 10. .Giải:

Điều kiện: . Phương trình tương đương với

(vô nghiệm). Trường hợp

Trường hợp .

Bài 11. .Giải:

Điều kiện .Ta có là một nghiệm của phương trình.

Với . Đặt , phương trình đã cho thành: .

Ta có

Phương trình vô nghiệm.

Với . Chứng minh tương tự, ta có phương trình vô nghiệm.

Vậy là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 12. Giải:

Ta có (*) (1)

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt thì và

Do đó (1) thành: (vì )

Từ đó ta có: (2)

Phương trình có nghiệm là

Từ (2) suy ra chỉ có là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 13.

Giải:Điều kiện .

Phương trình tương đương với:

(thỏa mãn

Bài 14. Giải:

Điều kiện: . Dễ thấy là nghiệm của (1)

Với , chia hai vế của (1) cho , ta được:

(1)

Đặt

Ta có hệ phương trình:

Giải hệ ta được từ đó ta có .

Bài 15. .Giải:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là .

Bài 16. Giải:

Điều kiện:

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nhân hai vế của phương trình (1) với , ta được phương trình tương đương:

Bài 17. Giải:

Đặt , ta có (*) thành:

Bình phương rồi biến đổi thành:

Do đó các nghiệm của phương trình là .

Bài 18. Điều kiện:

Nhân cả tử và mẫu vế trái với biểu thức ta thu được:

(*)

Nếu thì nên là nghiệm của phương trình.

hay VT(*) với Nếu thì

Vì nên

Do đó phương trình đã cho không có nghiệm trong nửa khoảng .

Vậy phương tình đã cho có nghiệm duy nhất .

Bài 19. Giải:

Điều kiện:

Trường hợp : áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Trường hợp : từ phần trên ta thấy, với mọi đều thỏa mãn bất phương trình

Đáp số .

Bài 20. .Giải:

Điều kiện

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chia cả hai vế bất phương trình cho và đặt , ta đưa về bất phương trình

Với điều kiện thì cả hai vế của (1) đều dương. Bình phương hai vế ta đưa về bất phương trình tương

đương

Bất phương trình này nghiệm đúng với mọi .

Vậy nghiệm của bất phương tình đã cho là .

Bài 21. .Giải:

Điều kiện:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: ;

;

Do đó với mọi thỏa mãn

Vậy nghiệm của bất phương trình là .

Bài 22. Đặt . Phương trình trở thành :

. Ta có . Do

ta chỉ cần giải: .

Bài 23. Điều kiện: . Bình phương 2 vế ta thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đối chiếu với điều

kiện nài toán chỉ có nghiệm thỏa mãn điều kiện.

Bài 24. Ta viết lại phương trình thành:

Đặt ta có hệ sau:

Trừ từng vế 2 phương trình của hệ ta có:

Giải phương trình ứng với 2 trường hợp ta thu được:

Bài 25. Điều kiện:

Ta viết lại phương trình thành:

Đặt ta có hệ phương trình:

Trừ từng vế hai phương trình ta có:

Giải theo hai trường hợp ta thu được phương trình vô nghiệm.

Bài 26. Cách 1: Ta viết lại phương trình thành:

Chia phương trình cho ta thu được:

. Đặt

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có phương trình:

Giải

* Cách 2:

Xét chia hai vế phương trình ta có:

Đặt ta có phương trình:

Xét chia hai vế phương trình ta có:

Đặt ta có phương trình:

Bài 27. Điều kiện: . Phương trình được viết lại:

Ta viết lại phương trình thành:

Ta thấy

Ta chứng minh: nhưng điều này là hiển nhiên đúng do:

nên

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

Bài 28. Điều kiện . Đặt phương trình đã cho trở thành

+ Nếu

Mặt khác ta có: ; nên phương trình đã cho vô nghiệm

Kết luận:

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Bài 29. Sử dụng đẳng thức:

Phương trình

Bài 30.

. Điều kiện: . Đặt

PT đã cho thành:

hệ vô nghiệm. *

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất .

Bài 31.

Điều kiện.

Đặt , ta có:

* PT vô nghiệm

32) Do nên .

Ta có PT

là

nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 33. Điều kiện: .

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta thấy không là nghiệm của phương trình nên ta có:

Phương trình .

(1)

* Nếu

Khi đó (1) đúng là một nghiệm của phương trình.

* Nếu

Ta thấy: (1) có 2 nghiệm

Vậy phương trình có 4 nghiệm: .

Bài 34. Điều kiện:

Bài 35.

Điều kiện:

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

* Với , phương trình đã cho tương đương với:

(1)

Dễ thấy phương trình (1) có và do ta có nên phương trình đã cho vô

nghiệm

* Với phương trình đã cho tương đương với

(2)

Đặt , phương trình (2) thành:

 (1)

Lưu ý rằng với có và nên .

Vậy (3)

KL: Phương trình có 1 nghiệm

Bài 36.

Điều kiện:

BPT được viết lại:

Đặt a = 2x + 1; b

Kết luận: Nghiệm của bất phương trình là:

Bài 37.

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1

Bình phương 2 vế ta có :

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

Dấu bằng

MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC TRONG ĐỀ THI CHUYÊN VÀ HSG

I. HSG

Bài 1. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Trị năm học 2012 - 2013)

Bài 2. Giải các phương trình sau:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2007 - 2008)

Bài 3. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi tỉnh Bình Định, năm học )

Bài 4. Giải phương trình: .

Bài 5. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2009 - 2010)

Bài 6. Giải phương trình.

(Thi học sinh giỏi Toán 9, thành phố Hồ Chí Minh, năm 2008 - 2009)

Bài 7.Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2009 - 2010)

Bài 8. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2008 - 2009)

Bài 9. Giải phương trình .

Bài 11. Giải phương trình: .

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Quảng Bình, năm học 2009 - 2010)

Bài 12. Giải phương trình: .

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 13. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Nghệ An, năm học 2011 - 2012)

Bài 14. Giải các phương trình:

a) ;

b) ;

c) .

(Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hà Nội, năm học 2010 - 2011)

Bài 15. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2013 - 2014)

Bài 16. Giải phương trình:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hồ Chí Minh, năm học 2014- 2015)

Bài 17. Giải phương trình:

Bài 18. Giải phương trình .

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, Hà Nam, năm học 2016- 2017)

Bài 19. Giải phương trình .

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, Vinh, năm học 2018- 2019)

HƯỚNG DẪN

Bài 1.

Tìm cách giải. Quan sát đề bài, chúng ta nhận thấy bài toán có dạng: . Do đó nên

đặt: . Giải phương trình ẩn y.

Trình bày lời giải

Đặt , suy ra .

Phương trình có dạng: .

Giải ra ta được: .

• Với y = 1 thì

• Với thì

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy tập nghiệm của phương trình là :

Bài 2.

a) Đặt , phương trình đã cho trở thành .

Giải ra ta được: .

- Với y = -1 ta có giải ra ta được

- Với y = 7 ta có giải ra ta được

Vậy tập nghiệm của phương trình là :

b) Điều kiện .

Đặt phương trình đã cho trở thành:

Giải ra ta được (thỏa mãn); (không thỏa mãn)

Với ta có:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.

Nhận xét: Ngoài cách giải trên, ta có thể chuyển một dấu căn sang vế kia (cô lập căn thức). Sau đó bình

phương hai vế.

c) Điều kiện

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có:

Dấu bằng xảy ra khi

Hệ trên vô nghiệm nên dấu bằng không xảy ra. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 3.

Tìm cách giải. Quan sát phương trình ta có thể tiếp cận cách giải theo các hướng sau:

- Hướng 1. Quan sát nếu nâng lên lũy thừa để khử căn thì được phương trình bậc bốn, nên nếu có nghiệm thì

hoàn toàn giải được bằng cách phân tích đa thức thành nhân tử.

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

- Hướng 2. Bài toán có dạng nên có thể đưa về . Từ đó giải tiếp

được phương trình đơn giản.

- Hướng 3. Bài toán có dạng nên có thể chuyển về giải hệ phương trình đối xứng, bằng

cách đặt ta được hệ phương trình:

Trình bày lời giải

Cách 1. Ta có: có điều kiện

Bình phương hai vế ta được:

Giải phương trình: ta được

Kết hợp với tập xác định ta được, nghiệm của phương trình là:

Cách 2. Xét

- Giải phương trình (1): đk

Suy ra ta được

- Giải phương trình (2): với điều kiện

Giải ra ta được: (thỏa mãn), (loại).

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với tập xác định ta được, nghiệm của phương trình là:

Cách 3. Đặt

Kết hợp với phương trình đề bài ta có hệ phương trình

Từ phương trình (3) và (4) vế trừ vế ta được:

• Trường hợp 1. Xét x = y, thay vào phương trình (3) ta được:

Giải ra ta được

• Trường hợp 2. Xét thay vào phương trình (3) ta được:

Giải ra ta được: (thỏa mãn), (loại).

Kết hợp với điều kiện ta được, nghiệm của phương trình là:

Bài 4.

Điều kiện .

Cách 1. Đặt phương trình có dạng:

x = 0, không phải là nghiệm của phương trình nên . Giải phương trình ẩn t, ta được:

• Trường hợp 1. (loại) vì .

• Trường hợp 2. , bình phương hai vế ta

được: với ,

vì (thỏa mãn), (loại)

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cách 2.

• Trường hợp 1. vô

nghiệm.

• Trường hợp 2. với điều kiện .

Giải ra ta được x = 3 (thỏa mãn), x = 8 (không thỏa mãn).

Vậv tập nghiệm của phương trình là .

Bài 5.

Tìm cách giải. Quan sát đặc điểm của phương trình, ta thấy có hai hướng suy nghĩ:

• Cách 1. Vì vế phải xuất hiện dạng: còn vế trái xuất hiện , nên tìm cách đưa về hằng đẳng thức:

. Sau đó giải tiếp.

• Cách 2. Đưa về hệ phương trình đối xứng loại hai.

Trình bày lời giải

Cách 1. . Điều kiện .

• Giải phương trình (1):

Điều kiện

Giải ra ta được: (thỏa mãn) (loại).

• Giải phương trình (2): vì và nên phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:

Cách 2. Điều kiện

Đặt điều kiện . kết hợp với phương trình ban đầu ta có hệ

phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vế trừ vế ta được

• Trường hợp 1. Xét x = y suy ra: .

Giải ra ta được: (thỏa mãn), (loại).

• Trường hợp 2. Xét x = - y suy ra . Với thì vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: .

Nhận xét. Kĩ thuật của bài là việc chọn ẩn phụ từ việc làm ngược.

Đặt và .

Để được hệ đối xứng thì ta chọn . Từ đó ta có cách giải trên. Ngoài ra ta có thể bình phương

hai vế rồi giải phương trình bậc 4. Thật vậy

từ đó ta cũng giải được.

Bài 6.

Tìm cách giải. Để giải dạng toán này, ta thường có hai cách:

• Cách 1. Chuyển thành hệ phương trình đối xứng loại 1, bằng cách đặt phần chứa căn bằng y.

• Cách 2. Nhận thấy: x2 và có tổng là hằng số, đồng thời trong phương trình xuất hiện

, nên chúng ta có thể đặt: . Sau đó biểu diễn phần còn lại theo y.

Trình bày lời giải

Cách 1. Đặt .

Từ đó, ta có hệ phương trình

Đặt . Hệ phương trình có dạng

Từ phương trình (2) ta có thay vào phương trình (1) ta được:

Giải ra ta được: .

• Trường hợp 1. Xét u = 5; v = 4 ta có

x, y là nghiệm của phương trình (3). Giải hệ phương trình (3) ta được

Suy ra

• Trường hợp 2. Xét u = -7; v = 16 ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

x, y là nghiệm của phương trình (4).

Phương trình này vô nghiệm.

Suy ra hệ phương trình này vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Cách 2.

Đặt:

. Phương trình đã cho có dạng:

Giải ra ta được .

• Trường hợp 1. Với y = 5 ta có .

điều kiện

Giải ra ta được x = 1; x = 4 (thỏa mãn).

• Trường hợp 2. Với y = -7 ta có

điều kiện . Suy ra vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Bài 7.

Đặt với

Phương trình có dạng

Giải ra ta được y1 = 1; y2 = 3

- Với y = 1 thì

- Với y = 3 thì

Giải ra ta được x = -1, x = 3.

Vậy tập nghiệm của phương trình là

Bài 8.

, phương trình có dạng Đặt

Giải ra ta được y = 3 (thỏa mãn); y = - 4 (không thỏa mãn)

Với

Giải ra ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 9.

Điều kiện

với điều kiện

Giải ra ta được .

So sánh với điều kiện, ta được (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là .

Bài 10.

Điều kiện

Đặt phương trình có dạng:

- Trường hợp 1. Xét

với . Giải ra ta được x = -1 (loại), x = 2 (thỏa mãn).

- Trường hợp 2. Xét

Vậy tập nghiệm của phương trình là

b) Đặt

giải ra ta được (loại); (thỏa mãn)

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với

Bài 11.

Đặt

hay

Từ đó, ta có hệ phương trình

Trừ từng vế các phương trình ta được

- Trường hợp 1. Xét t = x ta có

Giải ra ta được (loại)

- Trường hợp 2. Xét t + x + 4 = 0 ta có

Giải ra ta được x = 0 (loại), x = -4.

Vậy nghiệm của phương trình là

Bài 12.

Đặt với

Từ đó ta có hệ phương trình

Với

Giải ra ta được (loại); (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là

Bài 13.

Đặt

Điều kiện

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có hệ phương trình

Suy ra

nên Do

Suy ra

thỏa mãn. Thử lại

(không thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2.

Bài 14.

điều kiện a/

Đặt

Phương trình có dạng:

- Trường hợp 1. Xét

Suy ra vô nghiệm.

- Trường hợp 2. Xét

Suy ra .

Giải ra ta được

Vậy phương trình có tập nghiệm là :

điều kiện b/

Đặt

Phương trình có dạng :

- Trường hợp 1. Xét . Suy ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giải ra ta được:

- Trường hợp 2. Xét

vô nghiệm. Suy ra

Vậy phương trình có tập nghiệm là:

điều kiện c/

. Phương trình có dạng: Đặt

- Trường hợp 1. Xét .

vô nghiệm. Suy ra

- Trường hợp 2. Xét

Giải ra ta được: (thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của phương trình:

Bài 15.

Điều kiện xác định:

Phương trình tương đương với

Đặt

Ta có phương trình hoặc b = -3a

Khi đó hoặc

- Với , điều kiện x > 0, ta có:

hoặc (loại)

- Với , điều kiện , ta có:

hoặc (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm

Bài 16.

THCS.TOANMATH.com Trang 73

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

ĐKXĐ:

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

Bài 17.

Nhận xét:

ĐKXĐ:

Phương trình viết dưới dạng

Đặt

Phương trình có dạng

Trường hợp 1. Xét a = b, ta có:

Phương trình có hai nghiệm: (thỏa mãn), (thỏa mãn)

Trường hợp 2. Xét 2a = b, ta có:

Phương trình có hai nghiệm: (thỏa mãn), (không thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: ; ;

Bài 18.

Điều kiện xác định của phương trình đã cho là hoặc . Phương trình đã cho tương

đương với

THCS.TOANMATH.com Trang 74

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dễ thấy nên từ phương trình trên ta được

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là .

Bài 19.

Phân tích. Điều kiện xác địnhcủa phương trình là . Nhận thấy phương tình có chứa hai căn thức nên

ta đặt và với . Nhận thấy ta có các biến đổi

sau. Phương trình đã cho tương đương với

Từ đó ta có phương trình . Đến đây chỉ cần giải phương

trình tích là xong.

Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là . Phương trình đã cho tương đương với

Đặt và với . Khi đó phương trình trên trở thành

+ Với .

+ Với , khi đó ta có phương trình

Kết hợp với điều kiện xác định ta được là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét. Nhận thấy là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận

lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương . Ta có các biến đổi sau

+ Với , thỏa mãn điều kiện xác định.

THCS.TOANMATH.com Trang 75

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Với .

Từ đó ta được . Với thì (Mâu thuẫn)

Vậy là nghiệm duy nhất của phương trình.

II. CHUYÊN

Câu 1: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Khoa học Tự nhiên năm học 2018 – 2019)

Giải phương trình: .

Câu 2: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Bắc Giang năm học 2018 – 2019)

Giải phương trình: .

Câu 3: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định năm học 2018 – 2019)

Giải phương trình: .

Câu 4: Giải phương trình: .

Câu 5: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Phan Bội Châu năm học 2017 – 2018)

Giải phương trình: .

Câu 6: (Đề thi thử vào lớp 10 Chuyên Khoa học Tự nhiên năm học 2017 – 2018 vòng 1)

Giải phương trình: .

Câu 7: Giải phương trình: .

Câu 8: Giải phương trình: .

Câu 9: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm học 2017 – 2018)

Giải phương trình: .

Câu 10: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ năm học 2018 – 2019)

Giải phương trình: .

Câu 11: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Bắc Ninh năm học 2018 – 2019)

Giải phương trình: .

Câu 12: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ năm học 2017 – 2018)

Giải phương trình: .

Câu 13: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương năm học 2017 – 2018)

Giải phương trình: .

Câu 14: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Đại học Vinh năm học 2018 – 2019)

Giải phương trình: .

THCS.TOANMATH.com Trang 76

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 15: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Thái Bình năm học 2017 – 2018)

Giải phương trình: .

Câu 16: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Ninh Bình năm học 2017 – 2018)

Giải phương trình: .

Câu 17: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán – TP Hà Nội năm học 2018 – 2019)

. Giải phương trình:

HƯỚNG DẪN

Câu 1:

Điều kiện xác định: .

Đặt và thì ta có và .

Ngoài ra, từ giả thiết ta cũng có hay .

Suy ra hoặc .

+) Với , thay vào (1), ta được .

Giải phương trình này, ta được (tương ứng và ) hoặc (tương ứng và ).

+) Với , thay vào (1), ta được .

Giải phương trình này, ta được (tương ứng và ).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm và .

Câu 2:

Điều kiện xác định: .

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:

Do nên , suy ra với mọi x.

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất (thỏa mãn điều kiện).

Câu 3:

Điều kiện xác định: .

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 77

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(vô nghiệm) (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

Câu 4:

. Đặt

Phương trình trở thành: .

Suy ra

(*)

Xét

suy ra . Vì

Kết hợp (*) suy ra hay .

Ta có:

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu 5:

Điều kiện xác định: .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đưog với

THCS.TOANMATH.com Trang 78

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Mà nên

. Từ đó suy ra

Do vậy (thỏa mãn điều kiện xác định).

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu 6:

Điều kiện xác định: .

Phương trình tương đương với

(thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu 7:

Điều kiện xác định: .

Phương trình đã cho tương đương với

Ta có nên để phương trình có nghiệm thì .

Với ta có .

Mặt khác nên .

Do vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

Câu 8:

Điều kiện xác định: .

THCS.TOANMATH.com Trang 79

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét .

Thay vào phương trình ban đầu thấy thỏa mãn.

Xét , khi đó phương trình đã cho tương đương

+) Nếu ta có (1)

Giải phương trình (1) ta thấy phương trình vô nghiệm.

+) Nếu ta có (2)

Giải phương trình (2) ta tìm được . Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm và .

Câu 9:

Điều kiện xác định: .

Đặt .

Ta có: . Từ cách đặt ta có:

Từ đó x là nghiệm của phương trình: .

Thử lại ta được thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu 10:

Điều kiện xác định: .

Phương trình đã cho tương đương với

Từ đây, suy ra (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất .

THCS.TOANMATH.com Trang 80

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 11:

Điều kiện: .

Đặt .

Ta có hệ:

Từ đó ta có: (thỏa mãn điều kiện) là nghiệm của phương trình đã cho.

Câu 12:

Điều kiện: .

Phương trình đã cho tương đương với: .

Đặt (*) ta được hệ: .

Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được:

+) Nếu , thay vào (*) ta được: .

Thử lại thấy hai nghiệm đều thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm và .

Câu 13:

Điều kiện: .

Phương trình đã cho tương đương với:

Giải phương trình trên ta tìm được 2 nghiệm là .

Câu 14:

Điều kiện xác định: .

THCS.TOANMATH.com Trang 81

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm và .

Câu 15:

Điều kiện: .

Đặt .

Từ đó, ta có phương trình:

hay (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

Câu 16:

Điều kiện: .

Đặt

+) Nếu vô nghiệm.

+) Nếu , thay vào ta được không thỏa mãn điều kiện xác định.

+) Nếu , thay vào ta tìm được . Thử lại thấy nghiệm đúng.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất .

Câu 17:

Do nên phương trình đã cho xác định với mọi .

Từ phương trình ban đầu ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 82

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm và .

THCS.TOANMATH.com Trang 83

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ VI. MIN-MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC ............................................................................................... 2

CHỦ ĐỀ 1. BIẾN ĐỐI TƯƠNG ĐƯƠNG .................................................................................................................. 2

CHỦ ĐỀ 2. BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM .................................................................................................................. 11

CHỦ ĐỀ 3. MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM ..................................................... 20

Dạng 1. Dự đoán dấu đẳng thức để phân tích các số hạng và vận dụng bất đẳng thức AM-GM 20

Dạng 2. Kỹ thuật ghép đối xứng ...................................................................................................................... 28

Dạng 3. Kỹ thuật AM-GM ngược dấu .............................................................................................................. 31

Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ ................................................................................................................... 33

CHỦ ĐỀ 4. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ .......................................................................................... 39

Dạng 1. Làm quen bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ................................................................................... 39

Dạng 2. Kỹ thuật tách ghép ............................................................................................................................... 45

Dạng 3. Kỹ thuật thêm bớt ................................................................................................................................ 49

Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ ................................................................................................................... 53

Dạng 5. Kỹ thuật đối xứng hóa ........................................................................................................................ 54

CHỦ ĐỀ 5. MỘT SỐ KỸ THUẬT XỬ LÝ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI CÁC BIẾN BỊ CHẶN TÊN TỪNG

KHOẢNG ĐOẠN.......................................................................................................................................................... 55

CHỦ ĐỀ 6. MỘT SỐ CÁCH ĐÁNH GIÁ KHÁC ...................................................................................................... 74

CHỦ ĐỀ 7. BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR ................................................................................................................... 78

CHỦ ĐỀ 8. CÔNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG .................................................................................................. 83

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 87

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ VI. MIN-MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC

CHỦ ĐỀ 1. BIẾN ĐỐI TƯƠNG ĐƯƠNG

Phương pháp giải:

Để chứng minh bất đẳng thức . Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức

trên thành một bất đẳng thức đúng mà phổ biến là các dạng sau:

+ Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức:

+ Dạng tổng bình phương: , với các số m, n, k không âm

+ Dạng tích hai thừa số cùng dấu: hoặc

Ví dụ 1

Chứng minh các bất đẳng thức sau với a, b là số thực bất kỳ.

với . h)

Lời giải:

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (*)

rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi

b) Cộng hai vế (*) với ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.

c) Cộng hai vế (*) với ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.

d) Từ , tương tự ta cũng có: cộng 3 bất đẳng thức cùng chiều ta

có: (**)

Ngoài ra ta cũng có thể làm theo cách khác:

, bất đẳng thức cuối

cùng luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

e) Nhân hai vế (**) với 2 rồi cộng 2 vế với ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f) Cộng 2 vế (**) với ta thu được điều phải chứng minh.

g) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

h) Với mọi số thực dương a, b, c và số thực k thỏa mãn: ta có:

. Chia 2 vế cho

ta thu được: , tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu

được:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và Hay

chỉ khi .

Ví dụ 2

Cho các số thực không âm a, b. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

d) với

e) . với

g) với

i) với

j) với

Lời giải:

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu đẳng thức

xảy ra khi và chỉ khi

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

c) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

hay , bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi .

d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

, bất đẳng thức này luôn đúng với mọi số thực không âm a, b thỏa mãn .

e) Làm tương tự câu d.

f) Áp dụng bất đẳng thức ở câu c ta có:

Tương tự ta cũng có: , cộng 2 bất đẳng thức cùng chiều ta thu được:

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

g) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Rõ ràng bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

h) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi .

i) Áp dụng bất đẳng thức ở câu g liên tục 2 lần ta có:

đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức ở câu h ta có:

Hay (đpcm)

Các bất đẳng thức ở g, h, i còn có tên gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Đây là những bất đẳng thức cơ

sở để giải quyết hầu hết các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Học sinh cần nắm chắc phần này.

j) Áp dụng bất đẳng thức ở câu d) liên tục 2 lần ta có:

Hay , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

k) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

. Suy ra

. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cách khác:

Áp dụng bất đẳng thức với ta thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 3.

Chứng minh rằng:

với các số thực dương a, b, c. a)

với b)

với . c)

với . d)

e) Tìm hằng số k lớn nhất sao cho với .

với . f)

Lời giải:

a) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với x, y là các số dương

Thật vậy .

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được

b) Đặt , khi đó .

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

. Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

hay .

c) Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại thành . Đặt , khi đó ta được

. Suy ra . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì . Vậy bất

đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

e) Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

. Vì nên bất đẳng

thức đúng khi và chỉ khi

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho thì bất đẳng thức trên trở thành . Ta chứng minh là hằng số lớn

nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho. Thật vậy, ta xét các trường hợp sau

+ Với thì

+ Với thì bất đẳng thức trên được viết lại thành

. Ta có nên

Và . Do đó ta có

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8.

f) Bất đẳng thức cần chứng minh được biến đổi như sau:

Vì nên ta cần chứng minh

Thật vậy, ta có

Do vậy bất đẳng thức trên tương đương với

Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi

Vi dụ 4

Chứng minh các bất đẳng thức:

a) với

b) với .

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

với ( ) c)

với và d)

Lời giải:

a) Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét như sau:

+ Dự đoán đẳng thức xảy ra khi .

+ Khi thay 1 bằng vào bất đẳng thức và chuyển vế thì ta được các nhóm

. Do vai trò a, b, c như nhau nên ta dự đoán

mỗi nhóm trên không âm. Để chứng minh dự đoán trên ta có thể bình phương làm mất căn bậc hai rồi biến

đổi tương đương thành tổng các bình phương.

+ Để ý giả thiết , khi đó ta có . Dễ dàng nhận ra

. Như vậy chỉ cần áp dụng tương tự cho hai trường hợp còn lại thì bất đẳng thức

được chứng minh.

Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Ta cần chứng minh

Thật vậy ta có

Chứng minh tương tự ta được

Đến đây bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Cách 2: Kết hợp với giả thiết ta có

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

Mặt khác ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chứng minh tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Hay . Vậy bất đẳng thức

được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

b) Ta sẽ chứng minh với a, b là các số thực dương.

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được

. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do đó bất đẳng thức được chứng minh. Chứng

minh tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Vậy bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Cách 3: Ta có

. Do đó ta có hay ta được

. Áp dụng tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được .

Vậy bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

c) Ta có: . Suy ra

suy ra đpcm.

Áp dụng bất đẳng thức ở trên ta có:

Suy ra . Tương tự ta có:

. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ta có:

ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn

(*). là:

Đặt

Do suy ra , lại có

dẫn đến , vậy . Ta có (*) tương đương với

, bất đẳng thức này luôn đúng với mọi . Dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi .

CHỦ ĐỀ 2. BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

Phương pháp giải:

1. Bất đẳng thức AM-GM

Trong chương trình toán THCS ta thương dúng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số thực không âm hoặc 3 số

thực không âm,. Phạm vi chuyên đề này chỉ đề cập các bài toán trong khuôn khổ trên

a) Cho các số thực không âm a, b khi đó ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

b) Cho các số thực không âm a, b, c khi đó ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2. Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức AM-GM

a) Với từ (*).

b) Với lại có suy ra từ

đây là kết quả rất hay dùng trong chứng minh các bài toán BĐT.

c) Với từ

d) Với từ , vì suy ra hay

đây cũng là kết quả rất hay dùng trong chứng minh các bài toán BĐT.

e) với .

Thật vậy: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra:

+ Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được:

Ví dụ 1.

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

d) Cho . Chứng minh:

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, năm 2015).

e) Cho các số thực . Tìm giá trị nhỏ nhất của

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – THPT chuyên KHTN, năm 2015).

f) Cho các số thực dương a, b. Chứng minh:

(Tuyển sinh THPT chuyên KHTN, 2018)

g) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: . Chứng minh:

h) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – THPT

chuyên TP Hà Nội, 2018)

Lời giải::

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Ta có

Và

Áp dụng bất đẳng thức Am-GM ta có: suy ra

nên

hay dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Cách khác: Đặt

Thay vào ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

. Do theo bất đẳng thức

AM-GM nên ta suy ra bất đẳng thức cuối cùng đúng.

b) Cách 1: Ta có:

Cách 2: . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

. Suy ra

Chú ý: là một biến đổi được sử dụng rất nhiều trong

chứng minh bất đẳng thức:

c) .

Chú ý rằng . Áp dụng câu c ta có đpcm.

d) Ta chú ý: .

Suy ra . Theo bất đẳng thức AM-Gm ta có:

. Mặt khác sử dụng:

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Tứ đó suy ra: . Dấu đẳng thức

xảy ra khi và chỉ khi

e) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: . Từ đó suy ra

. Tương tự ta có 2 BĐT nữa và cộng lại ta có:

Áp dụng câu a ta có: , suy ra . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

f) Ta có . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

Nên . Dẫn đến .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

g) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại ra suy ra:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Chú ý: Trong bài toán này ta đã sử dụng một kết quả là: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn khi đó

. Phần chứng minh dành cho bạn đọc.

h) Từ . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

. Từ đó suy ra

Để ý rằng:

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Nên ta có . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 2.

a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng: .

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 – TP Hà Nội, 2013).

b) Cho các số thực dương a, b sao cho: . Chứng minh:

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương, 2013).

c) Cho các số thực dương a, b sao cho . Chứng minh:

d) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của

(Trích đề tuyển sinh lớp 10 – TP Hà Nội, 2014)

e) Cho các số thực không âm a, b sao cho . Tìm GTLN của .

(Trích đề tuyển sinh lớp 10 – TP Hà Nội 2015).

f) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: . Chứng minh rằng:

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – Tin TP Hà Nội 2017).

Lời giải::

a) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi . Ta có cách giải như sau:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

. Cộng 6 bất đẳng thức cùng

chiều ta suy ra

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

b) Dự đoán khi thì bất đẳng thức xảy ra dấu bằng. Từ đó ta có cách áp dụng BĐT AM-GM như

Ta có: . Từ đó suy ra

. Từ giả thiết

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

suy ra . Do .

Suy ra . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

c) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

. Hay

Với . Ta có (*) tương đương với:

. Do và nên . Dấu bằng xảy ra

. khi và chỉ khi

d) . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM

, tương tự ta có:

Suy ra

Dấu đẳng thức xảy ra khi .

e) Ta viết lại . Đặt .

. Ta có . Suy ra . Do

Vậy . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy GTLM của P bằng tại .

f) Theo bất đẳng thức AM-GM

. Từ đó suy ra

. Áp dụng bất đẳng thức: ta có:

. Tương tự ta cũng có:

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 3. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn

Chứng minh rằng:

(Tuyển sinh lớp 10, chuyên toán ĐHSP Hà Nội, năm học 2013-2014)

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Kết hợp với (1) suy ra:

Điều phải chứng minh

Ví dụ 4. Cho .So sánh P với

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho mẫu số ta có:

Vậy

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 1. Cạnh a, b, c thỏa mãn:

Chứng minh tam giác ABC đều.

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Tĩnh, năm học 2012- 2013)

Lời giải:

Theo giả thiết

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do a, b, c là ba cạnh của tam giác có chi vi bằng 1 nên

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự ta có

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy tam giác ABC là tam giác đều

Ví dụ 6. Cho x; y; z là các số không âm. Chứng minh rằng:

Lời giải:

Biến đổi vế phải, ta được:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tương tự ta có:

Từ đó suy ra:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Từ đó suy ra

Dấu bằng xảy ra khi

Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị lớn nhất của

(thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2014-2015)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

Tương tự ta có:

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

Từ (4) và (5) suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 khi

CHỦ ĐỀ 3. MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

Dạng 1. Dự đoán dấu đẳng thức để phân tích các số hạng và vận dụng bất đẳng thức AM-GM

Phương pháp giải:

Đối với các bài toán bất đẳng thức đối xứng thông thường dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau đây

là cơ sở để ta phân tích các số hạng sao cho khi áp dụng bất đẳng thức AM-GM thì dấu đẳng thức phải đảm

bảo.

Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1

a) Cho x, y là các số dương thỏa mãn . Chứng minh

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chu Văn An, Hà Nội – Amsterdam 2006 – 2007).

b) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của .

c) Cho a, b là các số không âm thỏa mãn . Chứng minh rằng:

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ngoại ngữ DDHQGHN, năm 2008 – 2009).

d) Với ba số dương x, y, z thỏa mãn , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2014).

e) Cho và . Chứng minh rằng .

f) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng: .

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên tỉnh Nam Định, 2018).

Lời giải:

a) Ta dự đoán dầu bằng xảy ra khi . Khi đó

Mặt khác, để tận dụng giả thiết ta sẽ đưa về hằng đẳng thức . Vì vậy ta phân tích bài toán

như sau: . Theo bất đẳng thức AM-GM thì

. Từ đó suy ra . Dấu

bằng xảy ra khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ngoài cách làm trên ta có thể giải bài toán bằng cách đưa về một biến: hoặc với chú ý:

.Thật vậy: Đặt .

. Do . Ta cần chứng minh:

Bất đẳng thức này luôn đúng với mọi giá trị

b) Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Do nên việc đánh giá

theo sẽ dẫn đến ngược dấu. Do đó ta sẽ tìm cách dùng AM-GM sao cho việc xuất hiện

phải đảm bảo BĐT không bị ngược dấu.

Ta thấy rằng khi thì . Nên ta phân tích

. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với chú ý

và . Ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Vậy GTNN của P bằng tại

c) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi . Khi đó nên ta có thể áp dụng bất đẳng

thức AM-GM trực tiếp cho biểu thức trong dấu căn. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng , dễ

thấy ,

Cộng hai bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được:

. Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức AM-GM

kết hợp với giả thiết, ta có: . Từ đó ta có ngay . Dấu đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi .

d) Ta có: .

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực dương ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chứng minh tương tự rồi cộng vế, ta suy ra . Đẳng thức xảy ra khi . Vậy Q lớn nhất bằng

1 khi và chi khi .

e) Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Ta đánh giá để đưa về xy.

Theo bất đẳng thức Am-GM ta có: suy ra .

Suy ra . Để ý rằng dấu đẳng thức xảy ra thì nên ta phân tích như

sau: . Áp dụng bất đẳng thức Am-GM ta có:

. Suy ra . Đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi .

f) Từ và

Do đó, phương trình bậc hai (ẩn a) có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Có . Vì nên .

Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM với hai số dương

và ta được:

(đpcm)

Ví dụ 2.

a) Cho và . Chứng minh rằng: .

b) Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng .

c) Cho x, y, z là ba số dương và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức:

e) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

f) Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm gái trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải:

a) Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi . Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành:

. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng: , ta có:

. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi . Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh bài toán bằng biến đổi tương

đương.

b) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng: , dễ thấy:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

c) Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .Với giả thiết và các số hạng ở dấu

giúp ta nghĩ đến đẳng thức quen thuộc: .

Như vậy ta chỉ cần chỉ ra .

Thật vậy ta có: với mọi

. Tương tự ta có:

Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ta có:

Vậy .

d) Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , từ đó ta có đánh giá

Ta có:

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

ta có:

. Để ý rằng do: nên

. Do đó

. Vậy .

e) Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Để ý rằng khi thì

nên ta nghĩ đến áp dụng AM-GM cho

Suy ra .

. Đặt .

Khi đó do và và .

Suy ra:

Hay

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để ý rằng: .

dẫn đến .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

f) Ta có thể viết lại , biểu thức này có dạng để ý khi dấu đẳng thức

xảy ra thì . Theo câu e) ta có:

thay suy ra .

Lại có suy ra . Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và

cộng lại thì thu được: . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi .

Đối với các bài toán mà dấu đẳng thức không xảy ra khi các biến bằng nhau. Ta cần chú ý tính đối xứng của

từng bộ phận, để dự đoán sau đó liên kết các dữ liệu của bài toán để tìm ra điểm rơi. Từ đó áp dụng bất đẳng

thức AM-GM để thu được kết quả.

Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 3.

a) Cho thỏa mãn: . Tìm GTNN của .

b) Cho thỏa mãn: . Tìm GTNN của .

c) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: . Tìm GTNN của .

d) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: .Tìm GTNN của

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Trường chuyên KHTM – ĐHQG Hà Nội, 2012)

e) Cho x, y, z là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng .

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Huế, 2018)

f) Cho các số thực dương a, b. Tìm GTNN của .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và mong muốn biến đổi được:

để tận dụng giả thiết và dấu bằng xảy ra khi

. Để có tích ta áp dụng . Để tạo ra ta áp dụng: . Để tạo ra

ta áp dụng: . Vì hệ số của là a nên ta nhân a vào bất đẳng thức đầu tiên rồi cộng

lại theo vế ta thu được

. Để tạo ra ta cần có tỷ lệ Hay

. Từ đó ta tìm được: . Các em học sinh tự hoàn thiện lời

giải.

b) Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và . Theo bất đẳng thức AM-

GM ta có:

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có: . Tức là

Bây giờ ta cần chọn a, b sao cho

Giải hệ tìm được: . Từ đó bạn đọc tự hoàn thiện lời giải.

c) Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi với và

Ta có: , suy ra

. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều suy ra:

. Ta cần chọn x, y, z để:

và . Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta dễ dàng tìm được:

. Học sinh tự hoàn thiện lời giải.

d) Biểu thức P cho ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , để giảm ẩn trong bài toán

ta sẽ áp dụng bất đẳng thức AM-GM theo cách:

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra . Cộng bốn bất đẳng thức cùng chiếu ta có:

. Bây giờ ta chọn x sao cho

. Đặt thay vào ta tìm được

. Bạn đọc tự hoàn thiện lời giải.

e) Ta có . Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

khi đó .

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Suy ra . Ta cần tìm a, b, c để:

kết hợp với điều kiện .

Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

(1). Tương tự ta có: (2) và (3)

Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

f) Đặt với , thì . Giả sử dấu đẳng thức xảy ra khi khi đó

nên ta tạo ra nên ta tạo ra

Từ đó ta có: , ta cần chọn m sao cho

. Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra m phải thỏa mãn: .

Ta có lời giải như sau: . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

nên . Khi nên GTNN của P là .

Dạng 2. Kỹ thuật ghép đối xứng

Phương pháp giải:

Trong nhiều bài toán mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng minh trực tiếp trở nên khó khăn

thì ta có thể sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng để bài toán trở nên đơn giản hơn.

Các bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp hai dạng sau:

Chứng minh

Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra và

(nhờ tính đối xứng của bài toán). Sau đó cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta có ngay

điều phải chứng minh.

Dạng 2: Chứng minh với

Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra và (nhờ tính

chất đối xứng của bài toán). Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta có:

Ví dụ

a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng

(Đề thi tuyển sinh lới 10 tỉnh Thái Bình, năm

2005 – 2006).

b) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

(Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10- Trường Chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014).

c) Cho ba số dương x, y, z thỏa . Chứng minh rằng .

d) Cho và . Chứng minh rằng

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2005 – 2006).

e) Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán –Tin TP Hà Nội năm 2017)

Lời giải:

a) Ta cần một đánh giá dạng: sao cho dấu bằng xảy ra khi . Để có được

đánh giá này thông thường ta viết lại

Từ đó suy ra . Từ đó ta có:

tương tự ta có 2 bất đẳng thức và cộng lại ta có:

dấu đẳng thức xảy ra khi

Ta cũng có thể chứng minh trực tiếp:

(đúng theo AM-GM).

b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực dương ta có:

(1).

Mặt khác ta cũng có: . Suy ra

(2). Cộng theo vế (1) và (2) ta có ddpcm.

c) Từ giả thiết , ta suy ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

Nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta thu được:

d) Với giả thiết , ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa bài toán về dạng đơn giản và quen thuộc hơn.

với . Bài toán quay về chứng minh với thỏa Đặt

. Ta có: mãn:

. Nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta Tương tự:

. được:

(1) e) Ta có

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

(2)

(3)

(4)

Nhân từng vế của (2), (3), (4) và từ (1) suy ra

Dấu đẳng thức trong xảy ra  đồng thời có dấu bằng trong (2), (3), (4)

. Từ đó suy ra .

f) Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức nữa rồi cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và có:

chỉ khi .

Dạng 3. Kỹ thuật AM-GM ngược dấu

Ví dụ 1

a) Cho và . Chứng minh rằng:

b) Cho và . Chứng minh: .

c) Cho và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

d) Cho các số thực dược a, b, c thỏa mãn: . Chứng minh rằng:

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2017)

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

. Tương tự:

Cộng ba bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được:

. Bài toán được quy về chứng minh:

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

b) Ta chứng minh được

. Mặt khác ta có:

. Suy ra . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều suy ra đpcm.

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) Ta có: . Theo bất đẳng thức AM-GM thì . Suy ra . Tương

tự, ta có: .

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có .

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: .

Vì

Như vậy .

d) Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại thành:

hya

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Từ đó suy ra . Ta cần chứng minh:

. Ta có .

Mà

đpcm. Suy ra

Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014-2015)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Suy ra:

Tương tự

Từ (1), (2) và (3) cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên:

Do đó Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất của P là khi

Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp giải:

Kỹ thuật đặt ẩn phụ là một kỹ thuật rất đặc biệt trong chứng minh bất đẳng thức.

Việc chọn ẩn phụ thích hợp sẽ giúp bài toán trở nên đơn giản hơn.

Một số kỹ thuật hay gặp như sau.

1) Khi có giả thiết: ta có thể biến đổi thành: .

Đặt .

2) Khi gặp giả thiết ta có thể viết thành .

Đặt .

3) Khi gặp giả thiết: ta có thể viết thành .

Đặt .

4) Từ điều hiển nhiên:

Đặt ta suy ra . Từ đó suy ra khi

gặp giả thiết: ta có thể đặt

+ Nếu đổi ta có: tương đương với

. Vì vậy khi gặp giả thiết , ta có thể đặt

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Một cách tổng quát. Khi gặp giả thiết: , khi khai triển thu gọn ta có:

. Suy ra tồn tại các số x, y, z sao cho

. Như vậy: Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn:

. Thì tồn tại các số sao cho:

+ Nếu và thì ta có thể đặt .

5) Khi gặp giả thiết . Ta có thể chọn các phép đặt:

hoặc .

6) Đặt hoặc đặt .

Ví dụ 1

a) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

b) Cho và . Chứng minh: .

c) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng:

d) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng:

e) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

f) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(Tuyển sinh lớ 10 chuyên Toán THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội 2017)

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Từ giả thiết , ta có . Đặt

Giả thiết trở thành:

Để ý rằng:

Lúc này P có dạng

. Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:

hay . Dấu = xảy ra

. Vậy .

Giá trị lớn nhất đạt được khi và chỉ khi

b) Đặt , đặt . Từ giả thiết ta có và

. Lúc này dễ thấy .

Theo bất đẳng thức AM-GM

ta có: .

Cộng từng vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta có . Mặt khác ta có kết

quả quen thuộc: kết hợp với suy ra . Vậy . Giá

trị nhỏ nhất đạt được khi .

c) Đặt

Từ đó ta suy ra . Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

. Đây là bất đẳng thức quen thuộc (xem ở 1).

d) Với giả thiết ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa bài toán về dạng đơn giản và quen thuộc hơn.

Đặt với . Bài toán quay về chứng minh

Với thỏa mãn:

. Đến đây ta đặt tiếp

. Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Tương tự: .

Do đó bất đẳng thức trở thành:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: .

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra

e) Ta có:

Suy ra tồn tại các số dương m, n, p sao cho: .

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

Cộng ba bất đẳng thức này lại theo vế, ta được:

f) Đặt thì giả thiết bài toán trở thành: , biểu thức Q thành:

. Ta tiếp tục biến đổi giả thiết thành

đặt thì gỉa thiết trở thành: và .

Để ý rằng: suy ra

Ta lại có

và suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

dẫn đến mà

dẫn đến . Dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi

Ví dụ 2

a) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn chứng minh: (Tuyển

sinh lớ 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2016).

b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

c) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: . Chứng minh rằng:

d) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Áp dụng giả thiết ta được

Hoàn toàn tương tự ta được

Đặt , khi đó ta viết lạ được bất đẳng thức thành:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được . Cộng theo vế các bất đẳng thức

trên ta được , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

b) Đặt khi đó ta được và biểu thức P được viết lại thành

. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó ta được

Chứng minh tương tự ta có:

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được .

e) Giả thiết của bài toán được viết lại thành .

Đặt thì ta được . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:

. Chú ý đến giả thiết , ta có

. Hoàn toàn tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với .

Đặt , bất đẳng thức trên trở thành

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng

Ta có

Mặt khác ta lại có

Do đó là bất đẳng thức đúng suy ra bất đẳng thức ban đầu được chứng

minh. Dất đẳng thức xảy ra tại .

Chủ đề Phương pháp giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHỦ ĐỀ 4. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ

Dạng 1. Làm quen bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Phương pháp giải:

Trong phần này ta tập trung vào phương pháp vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng

để giải quyết các bài toàn

Phần chứng minh bất đẳng thức này đã được nếu ở đầu chương bất đẳng thức.

Ví dụ 1

a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

b)Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

c) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh:

d) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh:

Lời giải:

a) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

. Ta cần chứng minh:

. Theo bất đẳng thức AM-

GM ta có: , nhân 2 vế các bất đẳng thức dương cùng chiều ta có

đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

. b) Ta có:

Ta cần chứng minh: . Điều này là hiển nhiên.

c) Ta có: .

Suy ra: . Ta cần chứng minh:

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

hay . Sau khi khai triển

và thu gọn ta được: . Để ý rằng: nên bất đẳng thức trở thành:

d) Ta mong muốn xuất hiện lượng:

Ta có: , Từ đó suy ra:

. Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại thì suy ra điều phải

chứng minh.

Ví dụ 2

a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh:

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường Chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015)

b) Cho các số thực dương a, b. Tìm GTLN của biểu thức:

(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2017)

c) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường Chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014).

d) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2018)

Lời giải:

a) Ta viết lại giả thiết bài toán thành:

hay

. Ta có:

Tương tự ta có: . Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

hay . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

b) Áp dụng đẳng thức: ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Tương tự ta cũng có:

Từ đó suy ra . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy GTLN của P bằng 1.

c) Sử dụng bất đẳng thức . Ta có:

Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và giả thiết ta có:

Từ đó suy ra . Bây giờ ta sẽ chứng minh:

với

Mặt khác ta có: . Suy ra đpcm.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

d) Chú ý rằng: .

Ta có . Áp dụng bất đẳng

thức Cauchy-Schwarz ta có:

Lại có:

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Từ đó ta có:

Ví dụ 3

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh

d) với

Lời giải:

a) Ta muốn làm xuất hiện:

Ta có: . Tương tự với 2 số hạng còn lại ta có:

b) Ta muốn làm xuất hiện:

Từ đó suy ra: . Ta chỉ cần chứng minh:

. Nhưng bất đẳng thức này là hiển nhiên

đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

c) Ta muốn làm xuất hiện

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ đó suy ra:

Ta cần chứng minh: . Nhưng điều này là hiển nhiên

đúng do:

d) Ta đặt . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

. Ta có:

Ta cần chứng minh: .

Điều này là hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức

e) Do bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

Ta có:

Tương tự với 2 số hạng còn lại và cộng ba bất đẳng thức cùng chiều suy ra đpcm.

f) Ta có:

Suy ra

Ta cần chứng minh:

(Nhưng đây là hằng đẳng thức)

Ví dụ 4

a) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán TP Hà Nội, 2014)

b) Cho các số thực không âm a,b, c sao cho và . Chứng minh:

c) Cho các số thực x, y sao cho . Tìm GTLN, GTNN của

(Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Trường chuyên – KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

d) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: . Chứng minh rằng:

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2017)

Lời giải:

a) Ta có:

Chú ý rằng: Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì:

Từ đó suy ra: . Tương tự ta có:

. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

b) Ta có

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

Bây giờ ta chứng minh: .

Theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có: .

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Ta cũng có thể chứng minh:

. Bất đẳng thức này luôn đúng.

c) Từ giả thiết ta suy ra .

Đặt . Ta được . Ta có:

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

Suy ra . Với

. Vậy GTLN của P là , GTNN của P là .

d) Do nên: . Tương tự ta cũng có hai đánh

giá nữa và cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra

, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

Mà . Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.

Dạng 2. Kỹ thuật tách ghép

Phương pháp giải:

Để giải quyết những bài toán dạng này người giải cần linh hoạt trong việc tách các nhóm số hạng sao cho

đảm bảo dấu bằng và tạo ra các bất đẳng thức phụ quen thuộc.

Ta cần chú ý các bất đẳng thức quen thuộc sau: và .

Ví dụ 1

a) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh:

b) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh:

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) Cho các số thực dương a, b, c. saoo cho . Chứng minh rằng:

d) Cho các số thực a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Ta có:

tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được:

Hay , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

b) Ta có: . Từ đó suy ra

Ta có suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

c) Ta có:

Tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức nữa. Suy ra

hay

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

d) Ta có

Mặt khác ta có:

Tương tự ta có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

suy ra đpcm.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Ví dụ 2

Cho các số thực duwong a, b, c. Chứng minh rằng:

biết d)

Lời giải:

a) Ta có:

Từ đó suy ra:

Chú ý: Nếu ta thay thì thu được bất đẳng thức mới là:

Nếu phân tích: thì thu được bất đẳng thức mới:

. Đây là các bất đẳng thức đẹp và khó.

b) Ta có:

Thay ta thu được kết quả:

Mặt khác ta có: nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành:

. Thay ta lại thu được:

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Những bất đẳng thức này có ứng dụng rất quan trọng.

c) Ta có:

Từ đó suy ra:

Áp dụng kết quả của câu b ta suy ra điều phải chứng minh.

d) Ta có: nên bất đẳng thức tương đương với

. Ta có:

Tương tự với hai số hạng còn lại ta có: . ở đây ta đã sử dụng

kết quả:

Ví dụ 3

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh:

b) biết a, b, c thỏa mãn: .

c) .

Lời giải:

a) Ta có:

. Từ đó suy ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có:

Từ đó ta có:

Như vậy:

Từ đó suy ra:

c) Ta có:

Suy ra

d) Ta có:

Tương tự có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được:

Dạng 3. Kỹ thuật thêm bớt

Ví dụ 1

a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

b) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

c) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng:

d) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Phân tích: Nếu ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức: thì phần sau sẽ bị ngược

dấu. Để khắc phụ ta thêm bớt như sau:

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét: ta chọn m sao cho và chỉ còn đơn giản một số

hạng. Điều này làm ta nghĩ đến .

Từ đó ta có cách chứng minh như sau:

Áp dụng bất đẳng thức: ta có:

Ta cần chứng minh:

b) Phân tích:

Xét: ta nghĩ đến chọn . Khi đó ta có:

Áp dụng bất đẳng thức: ta có:

. Ta cần chứng minh:

. Nhưng đây là một đẳng thức.

Suy ra điều phải chứng minh.

Ngoài ra ta có thể giải bằng cách khác nhu sau:

. Từ đó cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra điều phải

chứng minh:

Chú ý: Với các giả thiết a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác ta cần chú ý biến đổi để sử dụng điều kiện

c) Phân tích:

Ta viết lại: . Ta chọn khi đó:

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:

Ta có

Đối với các bất đẳng thức dạng . Ta thường thêm bớt vào một số m để tử số có

dạng bình phương.

d) Phân tích:

Ta lấy để phân tích được thành: thì

có nghiệm kép. Hay .

Ta viết lại bất đẳng thức thành: hay

. Áp dụng bất đẳng thức: ta thu được:

Ta cần chứng minh: hay

Ta có:

. Ta quy bài toán về chứng minh:

. Đặt . Ta có bất đẳng thức trở thành:

. Điều này là hiển nhiên. Dấu

bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Một số cách thêm bớt không mẫu mực

a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh:

b) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh:

c) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh:

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Với a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác d)

Lời giải:

. Vì vậy ta quy bài toán về chứng minh: a) Ta có:

Ta có:

Suy ra

b) Do nên ta viết lại bất đẳng thức thành: .

Lại có: nên ta sẽ chứng minh: .

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM Schwarz ta có:

Ta cần chứng minh: nhưng đây là bài toán quen thuộc.

c) Nhân 2 vế với và chú ý: . Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh

thành:

Ta có:

Cuối cùng ta chứng minh:

Nhưng nên ta quy về:

. Phần chứng minh cho học sinh.

d) Ta xét:

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chọn để xuất hiện:

Khi đó ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

Suy ra . Đpcm.

Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp giải:

Tùy theo bài toán ta có thể chọn một trong các cách đặt ẩn phụ sau:

Ví dụ

a) Cho các số thực dương x, y, z sao cho . Chứng minh rằng:

b) Cho các số thực dương x, y, z sao cho . Chứng minh rằng:

c) Cho 3 số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Phân tích: Nếu áp dụng trực tiếp bất đẳng thức: thì bất đẳng thức tiếp theo

bị ngược dấu.

Để không bị ngược dấu ta thay thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

(*)

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức: ta có:

. Ta cần chứng minh:

Nhưng đây là kết quả quen thuộc.

b) Phân tích:

Đặt , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

. Áp dụng bất đẳng thức: ta có:

. Ta cần chứng minh:

. Đây là kết quả quen thuộc.

c) Đặt . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

Mặt khác ta có: . Mặt khác ta có:

. Ta quy bài toán về chứng minh:

. Mặt khác ta có: . Ta quy bài toán về

chứng minh:

Dạng 5. Kỹ thuật đối xứng hóa

Ví dụ

a) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh

b) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh

c) Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a) Ta có:

Bây giờ ta cần chứng minh:

Nhưng đây là kết quả quen thuộc

b) Ta có:

Ta cần chứng minh: . Sau khi khai triển và thu gọn thì được:

. Đây là bài toán quen thuộc.

c) Ta có: suy ra

Ta cần chứng minh:

. Khai triển và thu gọn ta quy về:

. Nhưng bất đẳng thức này là hiển nhiên

đúng theo BĐT AM-GM

CHỦ ĐỀ 5. MỘT SỐ KỸ THUẬT XỬ LÝ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI CÁC BIẾN BỊ CHẶN TÊN

TỪNG KHOẢNG ĐOẠN

Phương pháp giải:

Khi các biến bị chặn trên một đoạn, khoảng ta cần chú ý các cách đánh giá để chặn biến như sau:

+ thì

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu cần đánh giá theo ta dùng: .

Nếu cần đánh gái để tạo ra ab ta dùng .

Nếu cần đánh giá đồng thời 3 biến ta dùng:

+ Ngoài ra cần chú ý: Nếu giả thiết a, b, c là các số thực không âm thì:

+ Nếu biết . Trong 3 số a, b, c nếu giả sử a là số lớn nhất thì ta suy ra

Sau khi chứng minh nếu phát sinh điều kiện cuả một biến thì ta có thể quay lại để chặn biến nhằm tạo ra

điều kiện:

Ví dụ 1

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: và

a) Tìm GTLN, GTNN của

b) Tìm GTLN, GTNN của

c) Tìm GTLN, GTNN của

d) Biết a, b, c thỏa mãn: và . Tìm GTLN, GTNN của .

Lời giải:

a) Ta viết lại . Ta cần đánh giá .

Thật vậy từ giả thiết: ta suy ra

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều theo vế với chú ý ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong ba số a, b, c có một số

bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1.

Ta cũng có: với mọi a, b, c.

Suy ra . Như vậy .

Từ đó suy ra . Khi thì , khi (a; b; c) là hoán vị của bộ số (0;

1; 2) thì .

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có bất đẳng thức sau: với mọi . Tương tự ta có 2 bất đẳng thức

với b, c. Suy ra , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Giả sử c là số lớn nhất trong 3 số a, b, c suy ra , kết hợp với điều kiện đề bài ta suy ra

. Ta có:

Do nên suy ra , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị

của bộ số (0; 1; 2).

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . c) Ta có:

Ta cũng có dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị của bộ số (0; 1; 2).

d) Từ giả thiết ta có:

cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra: , lại có

Ta có các biến đổi quen thuộc sau:

Từ đó ta có:

Hay , khi là hoán vị của bộ số (1; 2; 3) thì dấu đẳng thức xảy ra.

Vậy GTLN của P là 36.

Ta cũng có đánh giá quen thuộc: với mọi

và

Từ đó suy ra .

Suy ra . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Vậy GTNN của P là 24.

Ví dụ 2

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: .

a) Tìm GTLN của

b) Tìm GTLN của .

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a) Giả sử b là số nằm giữa a, c thì

Suy ra

luôn đúng. Ta chứng minh:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị của bộ số (0; 1; 2).

b) Ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị của bộ Từ đó suy ra

số (0; 1; 2)

Ví dụ 3

Cho các số thực không âm a, b, c sao cho . Tìm GTLN, GTNN của

a) Tìm GTLN, GTNN của .

b) Tìm GTLN của .

c) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

d) Cho và . Tìm gía trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

Lời giải:

a) Do nên nên ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a;

b; c) là hoán vị của bộ số (1; 0; 0).

Ta có

Suy ra , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b) làm tương tự câu a ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị của bộ số (1; 0; 0).

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Từ giả thiết ta suy ra: dẫn tới dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

hoặc .

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại ta suy ra: . Dấu đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi có 1 số bằng 1, hai số bằng 0.

+ Tìm giá trị lớn nhất:

Cách 1: Ta chứng minh: . Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi , tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Cách 2: Ta viết lại . Ta có

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: và suy ra

do đó .

d) Tìm max: Ta có , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Tương tự ta có 2 đánh giá với suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Tìm min:

Từ giả thiết ta suy ra .

Đặt suy ra và

Khi đó ta có: .

Từ điều kiện

ương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại suy ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 trong 3 số x, y, z bằng 1, số còn lại bằng , hay 2 trong 3 số a, b, c

bằng 0, số còn lại bằng 3.

Cách làm khác:

Ta cần tìm 2 số m, n để: sao cho dấu đẳng thức xảy ra tại hoặc .

Hay tại hoặc .

Cho , cho suy ra .

Ta chứng minh: . Bình phương 2 vế ta thu được:

hay

, bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do .

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Suy ra

2 trong 3 số x, y, z bằng 1, số còn lại bằng , hay 2 trong 3 số a, b, c bằng 0, số còn lại bằng 3.

Ví dụ 4

Cho các số thực không âm a, b, c sao cho .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức với mọi x, y, z ta có:

Lại có: vậy dấu đẳng

thức xảy ra tại .

Ta có:

Lại có:

Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác dẫn tới

Vậy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c là hoán vị cả bộ số (1; 0; 0)

Ví dụ 5

(Một số đánh giá quen thuộc)

Cho các số thực không âm a, b, c sao cho .

Chứng minh

Lời giải:

a) Ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc .

b) Ta có: . Lại có:

suy ra . Ta chứng minh:

luôn đúng.

c) Ta có:

Ta chỉ cần chứng minh: luôn đúng

Vận dụng

1) Tìm GTLN, GTNN của biết .

Lời giải:

Ta có:

Dẫ

n đến: . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi là hoán vị của bộ số

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có .

Lại có: dẫn đến .

Suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị của bộ số (1; 0; 0).

Vậy GTLN của P là , giá trị nhỏ nhất của P là 1.

2) Choc các số thực không âm a, b, c sao cho .

Tìm GTLN của .

Lời giải:

Ta có:

Suy ra . Từ đó suy ra , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b,

c là hoán vị của bộ số (1; 1; 0).

Hoặc ta nhận xét: suy ra

3) Cho và . Tìm GTLN của

Lời giải:

Ta có:

. Suy ra

. Suy ra , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b;

c) là hoán vị của bộ số (1; 1; 0)

Ví dụ 6

a) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu

thức .

b) Cho các số thực sao cho . Tìm giá trị nhỏ nhất của

(Đề thi thử Archimes, 2018).

c) Cho các số thực a, b sao cho biết . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

d) Tìm các số thực a,b,c thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a) Để đưa bài toán về bất đẳng thức đối xứng ta đặt với . Giả thiết

của bài toán trở thành: hay .

Nếu thì suy ra

. Vô lý, vậy , từ đó ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cách khác:

Từ giả thiết ta có:

Cũng từ giả thiết ta suy ra: suy ra

b) Đặt suy ra thay vào giả thiết ta có:

(*)

Nếu trong 2 số y, z tồn tại một số lớn hơn 1 thì vế trái (*) lớn hơn 11. Điều này vô lý, dẫn đến hay

. Để ý rằng: dẫn đến .

Suy ra

Dấu đẳng thức xảy ra tại hay .

c) Vì , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Từ giả thiết suy ra .

Nếu thì , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Nếu thì nên , do

nên , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

d) Đặt thì thay vào điều kiện ta thu được:

Coi đây là phương trình bậc 2 của b thì điều kiện để phương trình có nghiệm là:

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(*), do nên bất phương

trình (*) tương đương với , theo giả thiết suy ra .

. Vậy

Ví dụ 7

a) Cho các số thực . Tìm GTLN, GTNN của .

b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn . Tìm GTLN, GTNN của

c) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn . Tìm GTLN, GTNN của

d) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn . Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Ta có: , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ta cũng có: , đặt .

Ta chứng minh: luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi hoặc .

Cũng có thể làm theo cách:

suy ra

b) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: suy ra , dấu đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi

Ta viết lại , không mất tính tổng quát giả sử thế thì:

, tương tự ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra , để ý rằng: nên , ta có:

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy GTLN của P là 7 khi có 1 một số bằng 2 lần số còn lại.

c) Đặt suy ra . Khi đó ta có:

Vì nên , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay .

Phần còn lại làm như câu a). Ta có: .

d) Đặt . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

, không mất tính tổng quát ta giả sử y là số nằm giữa x và z thế thì ta có:

hay . Ta sẽ

bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì chứng minh:

và . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là hoán vị của bộ số (1; 0; 0)

Ví dụ 8

a) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: và . Chứng minh rằng:

b) Cho 2 số a, b thỏa mãn . Tìm GTLN, GTNN của .

c) Cho các số thực a, b, c, d thay đổi thỏa mãn: . Tìm GTLN của

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra

Suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Nên

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

hoặc .

b) Đặt với . Ta cần tìm x để hệ có nghiệm.

Ta biến đổi giả thiết thành: . Do nên ta có:

Vậy , khi thì .

Khi hoặc thì .

c) Vì

Vậy , khi thì . Vậy GTLN của P là 3.

Ví dụ 9

a) Cho các số thực thỏa mãn: . Tìm GTLN của

b) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

c) Cho các số thực không âm a, b, c sao cho . Tìm GTNN của

. d) Cho các số thực thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của

Lời giải:

a) Cách 1: Giả sử x là số lớn nhất khi đó ta có: . Từ giả thiết ta có:

. Ta có:

Vậy GTLN của P là 4, đẳng thức xảy ra tại và các hoán vị.

Cách 2: Gọi x là số nhỏ nhất.

Nếu thì

Nếu thì khi đó ta có:

Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Giả sử

Từ giả thiết ta có: và . Ta có:

Với

+ Ta có: , dấu đẳng thức xảy ra tại

+ Do dẫn tới . dấu đẳng thức xảy ra tại

hay hoặc

Kết luận: GTNN của P là 4, GTLN của P là 9

Có thể tìm GTNN của P theo cách: Trong 3 số luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử

cùng dấu, suy ra

Suy ra

suy ra .

c) Từ giả thiết ta được hay

. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

Do đó ta được

Vậy GTNN của P là 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

d) Với mọi số thực ta có , dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi hoặc .

Áp dụng vào bài toán ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

có hai số bằng 2, một số bằng -1. Từ giả thiết ta suy ra . Ta có:

. Sủy a , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có một số

bằng 3, hai số bằng 0.

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 10

a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: . Chứng minh

b) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của

c) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: Tìm GTLN, GTNN của

d) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN

của

Lời giải:

a) Ta có: với

. Do nên và nên

Ta có: suy ra đpcm.

Bài tập tương tự: Cho các số thực a, b,c sao cho

Chứng minh: .

b) Từ giả thiết suy ra có ít nhất 1 số , giả sử . Ta có:

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc các hoán vị. Từ

giả thiết suy ra tồn tại 2 số b, c thỏa mãn: hay

hay Ta có

đẳng thức xảy ra Từ đó ta có:

tại hoặc và các hoán vị.

c) Từ giả thiết ta có: suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng 0, một số Suy ra

bằng 1.

Ta có:

Ta chứng minh

Để ý rằng: . Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

luôn đúng với mọi ab. Từ đó suy ra , lại có

suy ra suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

d) Ta có:

Vậy , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Ta chứng minh: hay . Theo giả thiết ta

có: ta quy bài toán về chứng minh:

Theo giả thiết ta có:

dẫn tới

suy ra đpcm.

Ví dụ 11

a) Tìm GTLN, GTNN của .

b) Cho các số thực x, y thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của .

c) Cho số thực x thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của

d) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức .

Lời giải:

a) Đặt . Khi đó ta có:

Ta có bất đẳng thức cơ bản sau: . Thật vậy, BĐT cần chứng minh có dạng:

luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Áp dụng vào bài toán ta có: . Mặt khác ta cũng có:

. Vậy . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Ta có . Do

. Như vậy , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

hoặc .

b) Điều kiện

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ giả thiết ta có:

. Hay

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ

khi . Vậy GTLN của P bằng 6 khi và chỉ khi

Đặt và .

Từ giả thiết ta có: (do ). Hay

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

hoặc tức là hoặc .

c) Đặt do suy ra

Biểu thức P có dạng

Đặt từ giả thiết ta có:

Mặt khác ta cũng có:

Hay , vậy

Ta có: . Từ đó ta có:

, dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi hoặc hoặc .

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Ta có:

Cách khác:

Ta có: thì . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi hoặc .

Ta cũng có:

Hay . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

nên:

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và hay

. Vậy GTNN của P là , GTLN của P là .

d) Điều kiện . Ta có suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc , theo bất đẳng

thwucs AM-GM ta có: hay

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , đặt thì

thì vậy . Ta có , do

suy ra nên

Vậy GTLN của P là 3 tại hoặc , GTNN của P là tại .

Một số bài toán khác

1) Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của

Lời giải:

Tìm GTLN: Ta có dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Tương tự ta cũng có: .

, lại có . Từ đó suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Tìm GTNN: ta có

Do , kết hợp với ta suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc

Kết luận GTLN của P là , GTNN của P là 2.

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2) Cho các số thực . Chứng minh rằng

Lời giải:

Đặt

Vì . Ta có suy ra

, lại có , tương tự ta cũng có đánh giá với các biểu

thức còn lại trong vế trái và suy ra:

Từ và bất đẳng thức Cauchy ta có: suy ra

Ta cũng có:

nên suy ra . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

3) Cho các số thực thỏa mãn: . Tìm GTNN, GTLN của .

Lời giải:

Từ giả thiết , lại có . Vậy , ta viết lại

Vì suy ra , từ đó suy ra .

Khi thì , khi hoặc thì . Vậy GTLN của P là 1, GTNN của P là

4) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn: và . Tìm GTLN của .

Lời giải:

Ta có

Với mọi số thực a, b ta có: do

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ giả thiết

như vậy ta có: . Ta biến đổi P như sau:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

hay hoặc . Vậy GTLN của P là .

5) Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn điều kiện . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức

Lời giải:

Ta có bất đẳng thức sau: Với mọi thì .

luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Chứng minh

Trở lại bài toán ta có:

, lại có suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Từ giả thiết ta cũng suy ra , ta cũng có

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

hoặc .

6) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện . Tìm GTNN của

biếu thức

Lời giải:

Ta có: . Tương tự ta thu được 2 bất đẳng thức nữa và

suy ra

Mặt khác ta cũng có:

THCS.TOANMATH.com Trang 73

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Suy ra , dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi và các hoán vị.

Vậy GTNN của P là .

7) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn: . Tìm GTLN, GTNN của

Lời giải:

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: suy ra

suy ra

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Từ giả thiết

dấu đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi 1 trong 2 số x, y bằng 0,

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi chỉ khi có hai số bằng 0, một Từ đó suy ra

số bằng 3.

CHỦ ĐỀ 6. MỘT SỐ CÁCH ĐÁNH GIÁ KHÁC

Phương pháp giải:

Với các số thực không âm a, b, c.

Giả sử

Ví dụ 1

a) Cho các số thực không âm a, b, c phân biệt thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 74

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chứng minh

b) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: . Chứng minh rằng:

c) Cho các số thực không âm x, y, z sao cho . Chứng minh rằng

d) Cho các số thực không âm a, b, c sao cho và . Tìm GTNN của biểu thức:

Lời giải:

a) Không mất tính tổng quả ta giả sử . Từ đó suy ra:

. +

+ . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có:

Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh: với (dành cho học sinh tự làm)

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi chỉ khi và các hoán vị.

b) Đặt

Biểu thức cần tìm GTLN, GTNN có dạng đối xứng nên ta có thể tận dụng các hằng đẳng thức để quy về một

ẩn.

Từ giả thiết ta có:

Như vậy . Ta cần đánh giá . Từ giả thiết ta có:

Do a, b, c không âm nên ta có:

Đặt Khi đó ta có .

THCS.TOANMATH.com Trang 75

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phần việt còn lại là chứng minh BĐT ở các vế (dành cho học sinh)

c) Phân tích: Giả sử ta dự đoán dầu bằng xảy ra khi , khi đó ta có

. Ta cũng có: ;

; Suy ra

Đặt thì .

với .

Cuối cùng ta chứng minh: (dành cho học sinh). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi một số

bằng 0 và hai có còn lại bằng nhau.

d) Phân tích: Giả sử c là số nhỏ nhất trong 3 số a, b, c.

Đặt thì và . Bài toán trở thành Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Đặt thì (dành cho học sinh). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có

một số bằng 0 và hai số bằng nhau.

Ví dụ 2

a) Cho các số thực sao cho . Tìm GTLN của biểu thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 76

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện . Tìm GTNN của biểu thức

c) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng

d) Cho các số thực không âm a, b, c sao cho . Tìm GTLN của

Lời giải:

a) Không mất tính tổng quát ta giả sử: . Khi đó ta có:

. Suy ra .

Ta có: . Đặt

Cuối cùng ta chứng minh: với dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c là hoán

vị của bộ số (0; 1; 2).

b) Không mất tính tổng quá giả sử . Ta có:

Đặt và . Ta chứng minh được:

Suy ra , dấu đẳng thức xảy ra tại hoặc các hoán vị.

c) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

. Tương tự ta có

Cộng theo ba vế bất đẳng thức trên ta được

Bất đẳng thức được chứng mình Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có một số bằng 0 và hai số bằng nhau.

THCS.TOANMATH.com Trang 77

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d) Chứng minh được:

Suy ra .

Chứng minh được: (*) nên . Suy ra

. Dấu đẳng thức xảy ra khi .

Có thể chứng minh (*) như sau:

nhưng điều này luôn đúng do y

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng 1, một số

bằng 0.

CHỦ ĐỀ 7. BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR

Phương pháp giải:

Cho x, y, z là các số thực không âm và số thực dương t. Khi đó ta có:

(*)

Đây là bất đẳng thức có khá nhiều ứng dụng và tương đối chặt, nhiều bài toán BĐT chỉ là hệ quả của BĐT

này. Việc chứng minh (*) khá đơn giản:

Giả sử: bất đẳng thức này luôn

đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả 3 số bằng nhau hoặc hai số bằng nhau, một số bằng 0.

Các bất đẳng thức suy ra từ BĐT Schur khi là:

Các BĐT (4) (5) còn gọi là BĐT SCHUR dạng phân thức khi

Ngoài ra cần chú ý biến đổi: hoặc:

Ta xét các ví dụ sau;

Ví dụ 1

THCS.TOANMATH.com Trang 78

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Cho a, b, c là ba số thực không âm và . Chứng minh rằng:

b) Cho các số thực dương a, b, c sao cho .

Chứng minh: . (Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường Chuyên

KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

c) Cho a, b, c là các số thực không âm sao cho . Chứng minh rằng

d) Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng: (Trích Đề

thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường chuyên Phan Bội Châu – Nghệ AN, 2014)

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng: . Thay

ta có: . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng và 1

số bằng 0 hoặc

b) Áp dụng BĐT Schur dạng phân số ta có: . Để chứng minh bài

toán ta chỉ cần chỉ ra: . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

. Ta chứng minh: . Thật vậy từ giả thiết ta có:

mà .

Đặt ta suy ra . Suy ra hay suy

ra đpcm.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

c) Ta có:

Suy ra

. Theo ví dụ 1 ta có:

Hay Từ đó suy ra:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng và một số bằng 0 hoặc

d) Đặt

và . Bất đẳng thức đã cho thành: Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 79

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta suy ra:

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có: . Tương tự ta có:

. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được:

Từ (1) và(2) ta có:

. Đẳng thức xảy ra khi hay . Hay

Ví dụ 2

a) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng

b) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

c) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng

d) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

Lời giải:

a) Ta có:

suy ra

. Theo ví dụ 1 ta có:

Suy ra

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

THCS.TOANMATH.com Trang 80

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Áp dụng bất đẳng thức

Schur dạng phân số ta có:

. Do đó ta chỉ cần chứng minh Hay

Hay

Nếu thì hiển nhiên bất đẳng thức đúng.

Nếu , áp dụng bất đẳng thwucs AM-GM ta được:

với

c) Ta có

Suy ra

Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng: . Ta suy ra:

với . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc có hai số bằng 1, một số bằng 0.

d) Áp dụng bất đẳng thức hệ quả của BĐT AM-GM dạng ta được

. Ta cần chỉ ra được

đây chính là bất đẳng thức Schur dạng phân thức

Ví dụ 3

a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn . Chứng minh rằng

b) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh

c) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh:

d) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn . Chứng minh rằng:

THCS.TOANMATH.com Trang 81

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

. Như vậy ta cần chứng minh

hay ta cần chứng minh bất đẳng thức:

. Đặt , khi đó và

. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành . Tương

đương với bất đẳng thức sau: . Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng phân thức ta

có: mà nên ta suy ra được

. Vì nên , do đó

. Điều này dẫn tới

Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Hay . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta

được

Phép chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được

Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng phân thức ta có:

Ta cần chỉ ra được

Đánh giá cuối cùng luôn đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy thì

. Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi .

c) Đặt , khi đó ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 82

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Dễ dàng chứng minh được .

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

Theo bất đẳng thức Schur dạng phân thức ta có:

. Từ suy ra do

đó ta được

. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ Do đó ta được

khi .

d) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwar ta được

. Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra

được

. Để ý đến giả thiết ta viết lại được bất đẳng thức trên Hay

. thành

. Biến đổi tương đương ta được Hay

Đây chính là bất đẳng thức Schur.

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc và các

hoán vị.

CHỦ ĐỀ 8. CÔNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG

Phương pháp giải:

1. Công thức tổng Abel

Giả sử và là hai dãy số thực. Khi đó ta có:

trong đó .

Chứng minh: Thật vậy thay với ta có vế trái bằng:

Trường hợp ta có: (*) đây là đẳng thức quan

trọng có nhiều ứng dụng trong giải toán.

THCS.TOANMATH.com Trang 83

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2. Bất đẳng thức Abel:

Cho hai dãy số thực: và . Đặt

Với và . Khi đó ta có:

Chứng minh:

mà nên Ta có

hay

3. Một số ví dụ

Ví dụ 1

Cho thỏa mãn . Chứng minh

Lời giải:

. Từ giả thiết ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Ta có phân tích:

Áp dụng công thức (*) ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 2

Cho các số thực dương x, y, z sao cho . Chứng minh

Lời giải:

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi

Ta có . Áp dụng công thức (*) ta

có: . Áp dụng bất đẳng thức AM-

GM ta có: . Suy ra đpcm.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 3

Cho sao cho và . Chứng minh:

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 84

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta cần chứng minh: . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Áp

dụng công thức (*) ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 4

Cho các số thực không âm, x, y, z sao cho .

Chứng minh:

Lời giải:

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Áp dụng công thức (*) ta có:

. Ta suy ra

Ví dụ 5

Cho các số thực dương . Chứng minh:

Lời giải:

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Ta cần chứng minh:

Ta có:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 6

Cho các số thực dương a, b, c sao cho . Chứng minh .

THCS.TOANMATH.com Trang 85

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Ta có:

Ví dụ 7

Cho các số thực a, b, c sao cho . Chứng minh:

Lời giải:

Ta cần chứng minh: . Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Ta có:

Ví dụ 8

Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn:

Tìm GTNN của .

(Trích Đề thi vào lớp 10 Trường chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội)

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 86

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta chứng minh:

Hay

Rút gọn ta thu được:

Điều này là hiển nhiên đúng.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Câu 1. Cho a; b; c; d là các số không âm. Chứng minh rằng:

Câu 2. Cho a; b là các số không âm. Chứng minh rằng:

(Thi học sinh giỏi Toán, lớp 9, tỉnh Quãng Ngãi, năm học 2011- 2012)

Câu 3. Chứng minh rằng: với a, b là các số dương.

Câu 4. Cho

Hãy so sánh S và

Câu 5. Cho a, b, c, d dương. Chứng minh rằng:

Câu 6. Cho Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Câu 7. Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(Tuyển sinh vào lớp 10, THPT TP. Hà Nội. năm học 2014-2015)

Câu 8. Cho các số a, b, c đều lớn hơn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 9. Cho x; y là các số dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 87

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 10. Cho a, b, c, d là các số thực dương có tổng bằng 1.

Chứng minh:

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2007-2008)

Câu 11. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn

Chứng minh rằng:

(Tuyển sinh lớp 10, chuyên toán ĐHSP Hà Nội, năm học 2013-2014)

Câu 12. Cho .So sánh P với

Câu 13. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 1. Cạnh a, b, c thỏa mãn: Chứng minh

tam giác ABC đều.

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Tĩnh, năm học 2012- 2013)

Câu 14. Cho x; y; z là các số không âm. Chứng minh rằng:

Câu 15. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị lớn nhất của

(thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2014-2015)

Câu 16. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng:

Câu 17. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh rằng:

Câu 18. Cho chứng minh rằng:

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2013-2014)

Câu 19. Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn Chứng minh:

Câu 20. Cho x, y là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hồ Chí Minh. năm học 2014-2015)

THCS.TOANMATH.com Trang 88

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 21. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn Chứng minh:

(Tuyển sinh lớp 10, THPTchuyên, Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2013- 2014)

Câu 22. Giả sử x, y, z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, ĐHKHTN, Đại học Quốc Gia Hà Nội,năm học 2015- 2016)

Câu 23. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh rằng:

Dấu “=” xảy ra khi nào?

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Trần Hưng Đạo , tình Bình Thuận, năm học 2015-2016)

Câu 24. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014-2015)

Câu 25. Cho 5 số thực không âm a, b, c, d,e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường tròn. Chứng minh

luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kì cạnh nhau có tích không lớn hơn

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2014-2015)

Câu 26. (TS10 Chuyên KHTN Hà Nội, 2019-2020)

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 27. (TS10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội, 2019-2020)

Cho các số thực x, y thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 28. (TS10 Chuyên Tin Hà Nội, 2019-2020)

Cho a, b, c dương thỏa mãn:

Chứng minh rằng: 1)

Tìm giá trị nhỏ nhất: 2)

Câu 29. (TS10 Chuyên Toán Hà Nội, 2019-2020)

Cho với và a + b + 2c = 1.

THCS.TOANMATH.com Trang 89

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

1) Chứng minh rằng:

2) Tìm giá trị lớn nhất của K.

Câu 30. (TS10 Chuyên Thái Bình, 2019-2020)

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 31. (TS10 Chuyên Hòa Bình, 2019-2020)

Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b = 4ab. Chứng minh rằng:

Câu 32. (TS10 Chuyên Hưng Yên, 2019-2020)

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 33. (TS10 Chuyên Hà Nam, 2019-2020)

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 34. (TS10 Chuyên Phan Bội Châu, 2019-2020)

Cho các số dương a, b, c dương thỏa mãn .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Câu 35. (TS10 Chuyên Vĩnh Phúc, 2019-2020)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức:

Câu 36. (TS10 Chuyên Bắc Ninh, 2019-2020)

Cho x, y, z không âm thỏa mãn Tìm GTLN. GTNN của biểu thức

Câu 37. [TS10 Chuyên KHTN, 2019-2020]

Cho x, y,z là các số dương thỏa mãn .

THCS.TOANMATH.com Trang 90

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Chứng minh rằng: (1)

Câu 38. (TS10 Chuyên TP. Hồ Chí Minh, 2019-2020)

Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn thỏa mãn điều kiện:

Chứng minh rằng: a)

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Câu 39. (TS10 Chuyên Hòa Bình, 2019-2020)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 40. (TS10 Chuyên Quốc Học Huế, 2019-2020)

Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 2. Chứng minh rằng:

Câu 41. (TS10 Chuyên Tin Hòa Bình, 2019-2020)

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 42. (TS10 Chuyên Tiền Giang, 2019-2020)

Cho hai số dương x, y thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 43. (TS10 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu, 2019-2020)

Cho các số thực dương x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 44. (TS10 Chuyên KHTN Hà Nội, 2019-2020)

Với x, y là các số thực thỏa mãn và .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 45. (TS10 Chuyên Hưng Yên, 2019-2020)

Với x, y là cá số thực thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 91

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 46. (TS10 Chuyên Bình Thuận, 2019-2020)

Cho các số dương x, y, z thỏa Chứng minh rằng:

Dấu “=” xảy ra khi nào:

Câu 47. (TS10 Chuyên Hải Phòng, 2019-2020)

Cho là ba số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 48. (TS10 Chuyên Quảng Nam, 2019-2020)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 49. (TS10 Chuyên Lai Châu, 2019-2020)

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

Câu 50. (TS10 Chuyên Vĩnh Phúc, 2019-2020)

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn:

Chứng minh rằng:

Câu 51. (TS10 Chuyên Tuyên Quang, 2019-2020)

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

Câu 52. (TS10 Chuyên Hà Nam, 2019-2020)

Cho các số dương a, b, c. Chứng minh: .

Câu 53. (TS10 Chuyên Phú Yên, 2019-2020)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng:

Dấu “=” xảy ra khi nào?

Câu 54. (TS10 Chuyên Cao Bằng, 2019-2020)

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a+ b + c = 3.

THCS.TOANMATH.com Trang 92

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 55. (TS10 Chuyên Nam Định, 2019-2020)

Cho x, y, z là số thực không âm thỏa mãn điều kiện .

Chứng minh rằng:

Câu 56. (TS10 Chuyên Bình Định, 2019-2020)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 57. (TS10 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu, 2019-2020)

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 58. (TS10 Chuyên Tây Ninh, 2019-2020)

Chứng minh với x, y, z là các số thực không âm.

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Câu 59. (TS10 Chuyên Quảng Nam, 2019-2020)

Cho 3 số dương x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 60. (TS10 Chuyên Bình Phước, 2019-2020)

1) Cho x, y là các số dương thỏa mãn Chứng minh rằng:

2) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Câu 61. (TS10 Chuyên Đắc Lắc, 2019-2020)

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn

Chứng minh rằng:

Câu 62. (TS10 Chuyên Quảng Nam, 2019-2020)

Cho hai số thực x, y thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 93

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 63. (TS10 Chuyên tin Lam Sơn – Thanh Hóa, 2019-2020)

Với các số thực không âm thỏa mãn , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

HƯỚNG DẪN

Câu 1.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Từ các bất đẳng thức (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

Dấu bằng khi

Câu 2.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Suy ra

Hay

Dấu bằng khi

Câu 3. Chứng minh rằng: với a, b là các số dương.

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Từ (1), (2) cộng vế với vế, ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 94

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra

Dấu bằng khi

Câu 4. Cho

Hãy so sánh S và

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với ta có:

Từ đó suy ra

Hay Điều phải chứng minh

Câu 5. Cho a, b, c, d dương. Chứng minh rằng:

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự ta có:

Từ các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) cộng vế với vế, ta được điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi công lại ta có

Điều này không xảy ra vì

THCS.TOANMATH.com Trang 95

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 6. Cho Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Lời giải:

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Từ các bất đẳng thức (1), (2), (3) cộng vế với vế, ta được:

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất là khi

Câu 7. Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(Tuyển sinh vào lớp 10, THPT TP. Hà Nội. năm học 2014-2015)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Suy ra

Chứng minh tương tự ta có:

Từ (1), (2) và (2) cộng vế với vế, ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 96

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất của Q khi

Câu 8. Cho các số a, b, c đều lớn hơn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 15 khi

Câu 9. Cho x; y là các số dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải:

Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 97

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra:

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 11 khi

Câu 10. Cho a, b, c, d là các số thực dương có tổng bằng 1.

Chứng minh:

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2007-2008)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự, ta có:

Từ (1), (2), (3) và (4) cộng vế với vế, ta được:

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 11. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn

Chứng minh rằng:

(Tuyển sinh lớp 10, chuyên toán ĐHSP Hà Nội, năm học 2013-2014)

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Kết hợp với (1) suy ra:

Điều phải chứng minh

THCS.TOANMATH.com Trang 98

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 12. Cho

So sánh P với

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho mẫu số ta có:

Vậy

Câu 13. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 1. Cạnh a, b, c thỏa mãn:

Chứng minh tam giác ABC đều.

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Tĩnh, năm học 2012- 2013)

Lời giải:

Theo giả thiết

Do a, b, c là ba cạnh của tam giác có chi vi bằng 1 nên

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự ta có

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 99

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy tam giác ABC là tam giác đều

Câu 14. Cho x; y; z là các số không âm. Chứng minh rằng:

Lời giải:

Biến đổi vế phải, ta được:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự ta có:

Từ đó suy ra:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Từ đó suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 100

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 15. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị lớn nhất của

(thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2014-2015)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

Tương tự ta có:

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

Từ (4) và (5) suy ra

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 khi

Câu 16. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng:

Lời giải:

Ta có (*)

Từ và

Suy ra hay

Ta có:

Tương tự:

THCS.TOANMATH.com Trang 101

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

Điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 17. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh rằng:

Lời giải:

Vì x, y, z dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

Từ (1) và (2) suy ra

Tương tự

Lại có

Từ (3) và (4) có

Điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 18. Cho chứng minh rằng:

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2013-2014)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 102

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta được:

Từ ta có

Từ (3) và (4) suy ra (Điều phải chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 19. Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn Chứng minh:

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự ta có:

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được:

(Điều phải chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 20. Cho x, y là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hồ Chí Minh. năm học 2014-2015)

Lời giải:

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 103

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có và áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Suy ra

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 khi

Câu 21. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn Chứng minh:

(Tuyển sinh lớp 10, THPTchuyên, Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2013- 2014)

Lời giải:

Do nên ta có

Áp dụng bất đẳng thức

Tương tự

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp ta có bất đẳng thức cần chứng minh.

Dấu “=” xảy ra khi

Câu 22. Giả sử x, y, z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, ĐHKHTN, Đại học Quốc Gia Hà Nội,năm học 2015- 2016)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 104

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tương tự ta có:

Do đó

Mà

Suy ra Đẳng thức xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 khi

Câu 23. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh rằng:

Dấu “=” xảy ra khi nào?

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Trần Hưng Đạo , tình Bình Thuận, năm học 2015-2016)

Lời giải:

Đặt

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Tương tự a có:

Do đó

Áp dụng bất đẳng thức với ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 105

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ (1), (2) suy ra

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 24. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014-2015)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Suy ra:

Tương tự

Từ (1), (2) và (3) cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được:

Vì nên:

Do đó Dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất của P là khi

Câu 25. Cho 5 số thực không âm a, b, c, d,e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường tròn. Chứng minh

luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kì cạnh nhau có tích không lớn hơn

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2014-2015)

Lời giải:

Giả sử Ta xếp 5 số như hình vẽ

THCS.TOANMATH.com Trang 106

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên ta chỉ cần chứng minh

Thật vậy ta có

Vậy luôn luôn tồn tại một cách xếp thỏa mãn đầu bài.

Câu 26.

Ta có:

, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: Đặt

hay Do đó:

Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Câu 27.

Ta có:

Đặt , khi đó:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6.

THCS.TOANMATH.com Trang 107

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Câu 28.Ta có:

Đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết, các phép biến đổi là tương đương, do đó đẳng thức đã cho được

chứng minh.

1) Với x, y dương ta có bất đẳng thức:

(*)

(**)

Thật vậy:

(luôn đúng)

Các bất đẳng thức (*), (**) xảy ra dấu “=” khi x = y.

Lần lượt áp dụng (*) và (**) ta có:

Tương tự:

Cộng theo vế ta được:

Dâu “=” xảy ra khi a = b = c

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Câu 29.

1) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Mặt khác:

THCS.TOANMATH.com Trang 108

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu “=” xảy ra khi

Cách khác:

Ta có:

Do đó:

Để tồn tại K thì phương trình (*) Phải có 2 nghiệm:

. Do đó: Vì và

Do đó

Dấu “=” xảy ra khi

2) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Mặt khác: Dấu “=”

xảy ra khi:

Vậy giá trị lớn nhất của K là

Câu 30.

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 109

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Tương tự: ;

Suy ra:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 81.

Câu 31.

Ta có:

Lại có:

Do đó:

Dấu “=” xảy ra khi

Câu 32.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

(*)

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 110

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác:

Dấu “=” xẩy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1.

Câu 33.

Ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức:

(với ) (*)

Thật vậy:

Áp dụng AM – GM ta được:

Vậy bất đẳng thức (*) được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

Sử dụng bất đẳng thức (*) ta được:

Đặt

Ta có:

Do đó: P = Q

Mặt khác:

Thật vậy:

Sử dụng (**) ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 111

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.

Câu 34.

Từ

Đặt

Khi đó:

Nên

Dấu “=” xảy ra khi hay

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a = b = c = 2.

Câu 35.

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 112

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt: khi đó:

Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 3.

Câu 36.

Ta có:

Đặt Khi đó:

Tìm GTNN:

Theo bất đẳng thức Minkowski ta có:

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2

Tìm GTLN

Sử dụng phương pháp UCT với điều kiện ta được

Thật vậy:

(đúng)

THCS.TOANMATH.com Trang 113

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hoàn toàn tương tự và suy ra:

Đẳng thức xảy ra khi và các hóa vị.

Câu 37.

Ta có:

Tương tự:

Do đó:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

Suy ra:

Như thế để chứng minh bất đẳng thức đã cho ta chỉ cần chứng minh:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Tương tự:

Cộng theo vế 3 bất đẳnng thức trên ta được bất đẳng thức (2). Bài toán được chứng minh.

Dấu “=” xảy ra khi

Câu 38.

a) Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 114

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và các hoán vị.

Câu 39.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Cộng theo vế ta được:

Dấu “=” xảy ra khi x = 4y = 4z , thay và điều kiện ta được:

Câu 40.

Ta có:

Do đó:

THCS.TOANMATH.com Trang 115

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu “=” xảy ra x = y = 1, z = 2.

Câu 41.

Theo AM-GM ta có:

Do đó:

Suy ra:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Câu 42.

Ta có:

Đặt khi đó:

Do VT > 0 nên

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 116

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta sẽ chứng minh:

Thật vậy: (luôn đúng )

Dấu “=” xảy ra khi a = 6, b = 6

hay hoặc

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là

Câu 43.

Ta có:

Đặt .Theo AM – GM thì:

Khi đó:

Dấu “=” xảy ra khi x = y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Câu 44.

Theo giải thiết ta có:

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Suy ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 117

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó:

Suy ra:

Dấu “=” xảy ra khi x = 2, y = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1.

Câu 45.

Ta có:

Đặt , ta được

Từ giả thiết ta được:

Theo AM – GM ta có:

(1)

Cộng theo vế (1) và (2) ta được:

Áp dụng bất đẳng thức Minicopski ta được:

Dấu “=” xảy ra khi .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là

Câu 46.

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 118

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt

Khi đó ta cần chứng minh:

Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được:

(đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

Câu 47.

Áp dụng bất đẳng thức Côsi .

Tương tự . Suy ra .

. Theo gt

. Vậy

Câu 48.

Ta có:

Tương tự:

Do đó:

Với x, y dương ta có: (*)

Dấu “=” xảy ra khi x = y.

Áp dụng (*) ta được:

Tương tự:

Do đó:

THCS.TOANMATH.com Trang 119

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu “=”

xảy ra khi a = b = c = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5.

Câu 49.

Với x, y dương ta có: (*)

Dấu “=” xảy ra khi x = y.

Sử dụng (*) ta được:

Tương tự:

Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta được:

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Câu 50. Ta có:

Mặt khác:

THCS.TOANMATH.com Trang 120

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó:

Mặt khác:

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Câu 51.

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được:

Mặt khác theo AM-GM:

Do đó:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1.

Câu 52.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 121

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta được:

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Câu 53.

Sử dụng bất đẳng thức Minicopski ta được:

Dấu “=” xảy ra khi

Câu 54.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

Tương tự:

Cộng theo vế 3 bất đẳng trên ta được:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của R là

Câu 55.

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 122

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do . Vì thế: (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi

Câu 56.

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:

Thật vậy:

Lại theo BĐT AM-GM ta có:

Suy ra:

Suy ra đpcm:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu số ta có:

Lại có:

Suy ra:

Dấu “=” xảy ra khi:

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi a = b = c = 1.

Câu 57.

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 123

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tương tự:

Với x, y dương ta có: (*)

Dấu “=” xảy ra khi x = y.

Cộng theo vế và sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

Sử dụng bất đẳng thức (*) ta được:

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Vậy giá trị nhỏ là P là

Câu 59.

Theo bất đẳng thức Schur với a, b, c là số thực không âm thì:

Biến đổi ta được hệ quả:

Mặt khác ta có đẳng thức:

Khi đó ta có:

Do đó:

Ta là có 2 đẳng thức:

THCS.TOANMATH.com Trang 124

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó:

Vậy bất đẳng

thức được chứng minh.

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Câu 59.

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta được:

Do đó:

Tương tự:

Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta được:

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1.

Câu 60.

1) Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 125

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(đúng ) (1)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.

Bất đẳng thưc (1) đúng các phép biến đổi là tương đương nên bài toán được chứng minh.

2) Sử dụng AM-GM ta có:

Đặt , khi đó:

Áp dụng bất đẳng thức ở ý 1 ta có:

Ta sẽ chứng minh:

Thật vậy:

(đúng do )

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2019.

Câu 61.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 126

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cộng theo vế ta được: (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi

Câu 62.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 80.

Câu 63.

Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :

(a.1 + b.1 + c.1 )2 ( a2 +12 + 12 )(b2 + c2 + 1) = (a2 + 2) (1+ b2 + c2) (1)

Do vai trò của a, b, c là như nhau theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a2 -1, b2-1,c2-1 luôn tồn tại 2 số

cùng dấu, giả sử b2-1; c2-1

(2)

Từ (1) và (2) , suy ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 127

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

S = = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) 3(a +b+c)2=3.9=27

Vậy GTNN của S = 27 khi và chỉ khi a = b = c = 1

THCS.TOANMATH.com Trang 128

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ............................ 2

DẠNG 1. DỰA VÀO TÍNH CHẤT CHIA HẾT ĐƯA VỀ BÀI TOÁN ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN ............... 2

DẠNG 2. BIỂU THỊ MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI RỒI DÙNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT ................................ 4

DẠNG 3. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ KẾT HỢP TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH

PHƯƠNG........................................................................................................................................................................ 5

DẠNG 4. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC .......................................................................................... 9

DẠNG 5. DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG, HOẶC TẠO RA BÌNH PHƯƠNG ĐÚNG, HOẶC

TẠO THÀNH CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LIÊN TIẾP .......................................................................................... 10

DẠNG 6. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 VỚI HAI ẨN .................................................................................................. 12

DẠNG 7. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VỚI HAI ẨN .................................................................................................. 13

DẠNG 8. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ .................................................................................................................. 15

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 17

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

DẠNG 1. DỰA VÀO TÍNH CHẤT CHIA HẾT ĐƯA VỀ BÀI TOÁN ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN

Ví dụ 1.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện:

thay vào ta tìm được Dễ thấy

Suy ra nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 2.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải:

Biến đổi phương trình thành:

Từ đó dễ tìm được các nghiệm là: .

Ví dụ 3.

Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện:

Lời giải:

Đặt , phương trình đã cho trở thành:

từ đó suy ra . Giải các trường hợp

ta thu được cặp số (x, y) thỏa mãn điều kiện là:

Ví dụ 4.

Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: .

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành: .

Đặt thì phương trình có dạng:

Nhận xét: y là một nghiệm thì –y cũng là nghiệm nên ta chỉ cần xét (*). Khi đó ta thấy:

nên suy ra tương ứng với 3 giá trị của ta có 3

giá trị của là .

Giải các trường hợp chú ý nhận xét (*) ta suy ra phương trình có nghiệm là:

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 5.

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức

(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014)

Lời giải:

Phương trình tương đương với

là ước của 3.

+ Giải (vô nghiệm).

+ Giải .

+ Giải (vô nghiệm).

Vậy .

Ví dụ 6.

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn (Đề tuyển sinh Chuyên Toán – Tin

Amsterdam 2018).

Lời gải:

Ta viết lại phương trình thành:

Hay

. Ta có các trường hợp xảy ra

TH 1: loại.

TH 2: thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

TH 3: loại.

TH 4: loại.

Tóm lại: Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất .

Ví dụ 7.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Vì và suy ra các khả năng có thể xảy ra là:

hoặc

Giải các trường hợp ta tìm được các cặp nghiệm của hệ là: .

DẠNG 2. BIỂU THỊ MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI RỒI DÙNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT

Ví dụ 1.

. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Để x là số nguyên thì 3 chia hết cho từ đó ta tìm được các cặp nghiệm tương

ứng là: .

Ví dụ 2.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải:

Ta viết lại phương trình: , để ý rằng không phải là nghiệm của phương trình nên

suy ra hay , để

. Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 3.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (*)

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Sử dụng hằng đẳng thức: ta có (*) tương đương với

. Đặt với phương trình trở thành:

. Do , suy ra điều kiện Suy ra

, chú ý rằng: . Từ đó ta tìm được suy ra các cặp nghiệm của cần là:

phương trình là: .

Chú ý: Với các phương trình có thể đưa về ẩn hoặc ta dùng phép đặt ẩn phụ để chuyển

thành bài toán chia hết.

Ví dụ 4.

Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:

Lời giải:

Từ giả thiết ta suy ra . Ta có phân tích sau: hay

suy ra hay với .

. Điều này là vô lý Nếu thì

. Từ đó tìm được . do . Vậy

Ví dụ 5.

Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện: .

Lời giải:

Đặt , phương trình đã cho trở thành:

từ đó suy ra . Giải các trường hợp

ta thu được cặp số thỏa mãn điều kiện là:

DẠNG 3. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ KẾT HỢP TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ

CHÍNH PHƯƠNG

Phương pháp giải:

Để giải quyết tốt các bài toán theo dạng xét số dư ta cần lưu ý đến các tính chất:

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ thì:

+ Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8

+ Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho

+ Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

+ Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1

+ Số chính phương chia cho 8 có số dư 0 hoặc 1, hoặc 4.

Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên chia cho 3 dư 2.

Từ đó suy ra và thay vào ta tìm được

Vậy nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 2.

Tìm các số nguyên dương thỏa mãn: (Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

ĐHSP Hà Nội, năm 2016).

Lời giải:

Đặt suy ra với . Từ phương trình ta có:

. Vì nên suy ra

. Nếu . Một số chính phương

khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1, 4. Suy ra điều này trái với giả thiết .

Vậy , do là cặp số duy nhất thỏa mãn: từ đó tính được cặp nghiệm

của phương trình là: .

Ví dụ 3.

Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện: .

Lời giải:

Ta viết lại giả thiết thành:

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hay

hay hoặc chia hết cho 2. Mặt khác ta có: nên cả 2 số Suy ra

đều chia hết cho 2. Do đó , mà y là số nguyên tố nên . Thay

vào ta tìm được .

Ví dụ 4.

Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: .

Lời giải:

Đặt suy ra với thay vào phương trình ta có:

Ta lại có: .

Thật vậy giả sử giả sử

. Như vậy ta có: không chia hết cho Mà

. Suy ra

Ví dụ 5.

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên thỏa mãn phương trình: .

Lời giải:

ta viết lại phương trình thành: Đặt

hay Hay

hay

. do x, y là số tự nhiên nên ta suy ra Tức là

Ví dụ 6.

Phương trình Pitago: Giải phương trình nghiệm nguyên: (*)

Lời giải:

Đặt khi đó phương trình trở thành:

Suy ra ta chỉ cần giải phương trình (*) trong trường hợp .

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trong 3 số x, y, z có ít nhất một số chẵn. Nếu z chẵn thì x, y cùng lẻ, khi đó nhưng

nên trường hợp này không thể xảy ra. Suy ra x hoặc y là số chẵn. Ta giả sử x lẻ, y chẵn. Ta có:

vì suy ra đều là số chính phương lẻ.

Suy ra tồn tại 2 số nguyên dương lẻ a, b sao cho .

Vậy nghiệm của phương trình (*) là: với a, b là các số nguyên

dương lẻ, và c là số nguyên dương bất kỳ.

Ta cũng có thể viết nghiệm tổng quát của (*) theo cách:

Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2.

Ví dụ 1.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Coi đây là phương trình bậc 2 của x điều kiện để phương trình có nghiệm là:

thay vào ta tìm được các cặp nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 2.

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: .

Lời giải:

Đặt với thay vào phương trình ta có:

(*).

+ Nếu ta tìm được: .

+ Nếu ta coi (*) là phương trình bậc 2 của y. Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

(không thỏa mãn) thì Nếu

thì Nếu (không thỏa mãn).

Xét thử trực tiếp ta có thỏa mãn. Khi đó .

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình có 2 nghiệm: .

Ví dụ 3.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vĩnh Phúc,

2018).

Lời giải:

(1). Ta có

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì theo y phải là số chính phương.

. Ta có

chính phương nên .

, thay vào phương trình (1), ta có: + Nếu

+ Nếu .

+ Với , thay vào phương trình (1) ta có:

+ Với , thay vào phương trình (1) ta có .

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: .

DẠNG 4. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC

Ví dụ 1.

Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.

Lời giải:

Cách 1: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: với

Giả sử 3 số cần tìm thỏa mãn:

Hoặc hoặc hoặc

Từ đó tìm được các số nguyên dương thỏa mãn là: và hoán vị của nó.

Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: với

Chia cho xyz ta có: . Giả sử suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

từ đó ta thu được kết quả như trên.

Ví dụ 2.

Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng.

Lời giải:

Cách 1: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: với

Giả sử

Từ đó ta tìm được các cặp nghiệm .

Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: với

Suy ra

Giả sử suy ra

Ví dụ 3.

Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn (Đề tuyển sinh lớp 10 Trường THPT

chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

Lời giải:

Dễ thấy với hoặc không thỏa mãn.

Xét do vai trò như nhau, giả sử

Khi đó ta có .

Suy ra .

+ Nếu

+ Nếu loại.

Đáp số: .

DẠNG 5. DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG, HOẶC TẠO RA BÌNH PHƯƠNG

ĐÚNG, HOẶC TẠO THÀNH CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LIÊN TIẾP

Phương pháp giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên;

+ Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8;

+ Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho ;

+ Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1;

+ Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1;

+ Số chính phương chia cho 8 có số dư 0 hoặc 1, hoặc 4.

Ví dụ 1.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Cách 1. Từ phương trình ta suy ra thay vào để tìm x.

Cách 2. Từ phương trình ta suy ra chia hết cho 2 suy ra tận cùng là số lẻ. Suy ra tận cùng

là số lẻ. Suy ra . Từ đó, thay vào để tìm x.

Ví dụ 2.

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: .

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành: , từ đó ta dễ

dàng tìm được các cặp số thỏa mãn điều kiện là: .

Ví dụ 3.

Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn và . (Đề tuyển sinh

Chuyên Tin Amsterdam, 2017).

Lời giải:

Từ điều kiện suy ra thay vào điều kiện ban đầu

ta có: . Hay

, suy ra hoặc hoặc .

Nếu suy ra , nếu suy ra .

Vậy có hai bộ 3 số thỏa mãn điều kiện là hoặc .

Ví dụ 4.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra

Từ đó tìm được các nghiệm là: .

Ví dụ 5.

Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: (Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10

Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2016).

Lời giải:

Ta thấy là một nghiệm của phương trình.

Với giả sử thay vào phương trình ta được:

. Do

từ đó tìm được các cặp Nếu

. nghiệm

, kiểm tra không có giá trị nào thỏa Nếu

mãn.

DẠNG 6. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 VỚI HAI ẨN

Phương pháp giải:

Ta cần kết hợp khéo léo đánh giá và đặt ẩn phụ để làm đơn giản cấu trúc phương trình.

Ví dụ 1.

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Ta thấy:

Trường hợp 1: thay vào phương trình ta có:

Suy ra các nghiệm của phương trình:

Trường hợp 2: ta có suy ra

phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 2.

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Cách 1: Ta viết lại phương trình thành:

Đặt . Ta có

. Mặt khác ta có suy ra . Cuối

cùng ta thay các trường hợp để tìm hoặc .

Cách 2: Tạo ra phương trình bậc 2 để dùng điều kiện . Ta cần triệt tiêu .

Đặt thì phương trình trở thành:

Phương trình có nghiệm khi

. Từ đó lập bảng xét dấu.

DẠNG 7. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VỚI HAI ẨN

Phương pháp giải:

Cách 1: Phân tích đa thức thành nhân tử để tạo ra sau đó lập bảng giá trị hoặc quy về

giải hệ phương trình.

Cách 2: Tạo phương trình bậc 2 và đánh giá theo .

Ví dụ 1.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Cách 1: Ta viết lại phương trình thành:

Từ đó quy về các trường hợp theo ước số của 9.

Cách 2: Viết lại phương trình thành: . Đây là phương trình bậc 2 ẩn y.

là số chính phương. Dựa vào các chữ số tận cùng để suy ra điều kiện. Ta có

Ví dụ 2.

Tìm các số nguyên x để là một số chính phương.

Lời giải:

Cách 1: Đặt . Đặt

Ta chứng minh:

Cách 2:

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Từ đó quy về giải các hệ phương trình.

Ví dụ 3.

. Tìm các số nguyên thỏa mãn:

Lời giải:

Điều kiện:

+ Ta xét

+ Xét . Do x và –x có vai trò như nhau nên ta chỉ cần xét

Ta thấy đều dẫn đến vô nghiệm nên ta xét .

Ta có là các ước số của 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Mặt khác ta có: . Hay hoặc

Mặt khác, là số lẻ nên . Từ đó ta giải hệ ta tìm được .

Ví dụ 4.

Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức: .

Lời giải:

Phương trình tương đương với

+) Nếu (mâu thuẫn vì y nguyên).

+) Nếu và là nghiệm, ta suy ra cũng là nghiệm, mà mâu thuẫn.

+) Nếu (thỏa mãn).

Vậy là nghiệm duy nhất.

Ví dụ 5.

Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn (Đề tuyển sinh lớp 10 Trường THPT

chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

Lời giải:

Dễ thấy với hoặc không thỏa mãn.

Xét do vai trò như nhau, giả sử

Khi đó ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra .

+ Nếu .

+ Nếu loại.

Đáp số: .

Ví dụ 6.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải:

Đặt , ta có:

, ta phải có:

Đáp số: hoặc .

DẠNG 8. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ

Phương pháp giải:

Kỹ thuật chính để giải phương trình dạng này là dựa vào tính chia hết để suy ra tính chẵn lẻ của các biến qua

đó đưa về phương trình tích hoặc phương trình ước số.

Ví dụ 1.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải:

Nếu thì vế trái là số hữu tỉ, vế phải là số nguyên nên phương trình không có nghiệm. Ta xét

Để ý rằng nếu là một nghiệm của phương trình thì cũng là nghiệm. Nên ta chỉ cần xét khi

Nếu x lẻ thì chia 3 dư 2. Nên suy ra chia 3 dư 2. Điều này là vô lý, suy ra x chẵn. Đặt

Ta có .

Vậy phương trình có 2 nghiệm là .

Ví dụ 2.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải:

Nhận xét:

Nếu thì phương trình vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu x lẻ thì chia 3 dư 2, chia 3 dư 2. Điều này không thể xảy ra vì số chính phương khi chia 3

chỉ có thể dư 0 hoặc 1.

Vậy x là số chẵn, xét , không mất tính tổng quát ta giả sử đặt ta có:

vô nghiệm. TH1:

. Vậy phương trình có các nghiệm là: TH2:

Ví dụ 3.

Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: .

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Thay ta có:

Vậy phương trình có nghiệm là: .

Ví dụ 4.

Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành: suy ra tồn tại các số

sao cho thay ta có:

Để ý rằng: Nếu thì .

là một nghiệm. Xét

Vậy phương trình có các nghiệm là:

Cách khác: Xét , Nếu thì vế phải chia hết cho 4, suy ra chia 4 dư 3. Điều này là vô lý,

vì chia 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Vậy hoặc . Từ đó ta suy ra x, y.

Ví dụ 5.

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm nghiệm tự nhiên của các phương trình:

a) b)

c) d) (x là số nguyên tố) (x, y phân biệt)

Lời giải:

a) Ta viết lại phương trình thành: với .

Nếu thì vế phải chia hết cho 3, suy ra chia hết cho 3, suy ra chia 3 dư 2. Điều này không thể

xảy ra vì chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.

Nếu . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

b) Ta viết lại phương trình thành: suy ra:

Để ý rằng với thì là số chẵn, suy ra .

Ta xét , xét . Vậy phương trình có các nghiệm là

c) Ta viết lại phương trình thành: . Do x là số nguyên tố nên là các lũy thừa của

Đặt

Suy ra là ước của 2. Suy ra hoặc tức là hoặc

Tóm lại: Phương trình có các nghiệm là: .

. d) Giả sử . Ta viết lại phương trình thành: . Đặt

Theo đề bài ta có:

Nếu vô lý, vậy

Ta luôn chứng minh được: với . Thật vậy:

Xét ta có: luôn đúng (do ), giả sử bất đẳng thức đúng với tức là:

với mọi , ta chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với .

Thật vậy: . Vậy (*) không có nghiệm khi .

Xét . Vậy phương trình có các nghiệm là .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên thỏa phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 2: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: .

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 4: Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình

Bài 5: Tìm các số nguyên dương , , , thỏa mãn .

Bài 6: Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn

Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 8: Cho ba số thỏa các hệ thức và . Chứng minh rằng

và tìm tất cả các số nguyên thỏa hệ thức trên.

Bài 9: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: .

Bài 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Bài 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 12: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình .

Bài 14: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình .

Bài 15: Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn:

và

Bài 16: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình .

Bài 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 19: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình

Bài 20: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 21: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn: .

Bài 22: Tìm x, y nguyên sao cho .

Bài 23: Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình .

Bài 24: Tìm các số nguyên thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 25: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Bài 26: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn .

Bài 27: Giải phương trình trên tập số nguyên

Bài 28: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn

B. Lời giải

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên thỏa phương trình

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương với :

(1)

Xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn

Để (1) có nghiệm thì do

• Với

Vậy tập nghiệm của phương trình là

Bài 2: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: .

Lời giải

Vì nguyên dương nên .

Ta lại có là số lẻ nên đều lẻ. suy ra .

Xét thay vào phương trình thỏa mãn.

Xét ta có , suy ra .

Mặt khác . Ta chứng minh

Thật vậy,

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

đúng với mọi .

Suy ra với mọi .

Vậy phương trình có nghiệm .

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

Ta có:

+ TH1: (loại)

+ TH2: (loại)

+ TH3: (thỏa mãn)

+ TH4: (thỏa mãn)

Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên là: , .

Bài 4: Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình

Lời giải

Phương trình:

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

Bài 5: Tìm các số nguyên dương , , , thỏa mãn .

Lời giải

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên dó đó

nên có các trường hợp sau Vì

TH1: .

TH2: .

Bài 6: Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn

Lời giải

Vì cặp ; nguyên nên:

TH1: .

TH2: .

Vậy phương trình có các nghiệm

Bài 7: (HSG-Bình Định – 18-19): Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

Đặt = a, khi đó PT (1) trở thành

Phương trình (2) có

Phương trình (1) có nghiệm nguyên Phương trình (2) có nghiệm nguyên

là số chính phương

( ) Đặt

Vì là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên là số chẵn. và

Do đó hoặc hoặc

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là

Ta có

. Ta chọn (vì y Z)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là và

Bài 8: Cho ba số thỏa các hệ thức . Chứng minh rằng và

và tìm tất cả các số nguyên thỏa hệ thức trên.

Lời giải

Từ hai hệ thức đã cho, xem là tham số giải hệ phương trình 2 ẩn theo ta được

và .

điều phải chứng minh.

nên từ hệ thức cho ta . Do

suy ra hoặc . Mà

Trường hợp 1:

. Ta có

(loại). Với

và (nhận). Với

Trường hợp 2: .

và (nhận). Với

Bài 9: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: .

Lời giải

Vì nguyên dương nên .

Ta lại có là số lẻ nên đều lẻ. suy ra .

Xét thay vào phương trình thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét ta có , suy ra .

. Ta chứng minh Mặt khác

Thật vậy,

đúng với mọi .

Suy ra với mọi .

Vậy phương trình có nghiệm .

Bài 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải

Ta có:

Th1: (thỏa).

Th2: (không thỏa).

Th3: (thỏa)

Th4: (không thỏa).

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ; .

Bài 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

Ta có:

(y =1 không thỏa mãn PT)

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì x, y là các số nguyên nên y -1 là ước của 5.

Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4).

Bài 12: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

(vì y =0 không thỏa mãn PT)

vì x, y là các số nguyên nên y là ước của 5.

Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (7;1), (-7;-1), (11;5), (-11;-5)

Bài 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình .

Lời giải

Đặt

Phương trình (1) trở thành:

Nếu

Nếu ( loại vì không thỏa mãn )

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu loại vì không thỏa mãn

Vậy nghiệm nguyên (x, y) của phương trình đã cho là:

Cách 2 : Đưa phương trình về dạng :

ta được phương trình ẩn t: Đặt

Hoặc (Loại ) Nếu

*) Nếu , ta có phương trình bậc 2 ẩn t:

*) Nếu ( loại)

( thỏa mãn ) *) Nếu

Vậy nghiệm nguyên (x, y) của phương trình đã cho là:

Bài 14: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình .

Lời giải

Phương trình có nghiệm khi

, mà là số nguyên nên .

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: , phương trình không có nghiệm nguyên vì không là số chính

phương.

Trường hợp 2: , phương trình hoặc .

Trường hợp 3: , phương trình không có nghiệm nguyên vì không là số chính

phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết luân: Phương trình có nghiệm nguyên là

Bài 15: Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn:

và

Lời giải

Không mất tính tổng quát, coi Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có:

Với , ta có:

Với , ta có: hệ này không có nghiệm nguyên.

Với , ta có:

Từ (2) suy ra kết hợp với (1) suy ra . Thử trực tiếp, được

(dấu đẳng thức trong bất đẳng thức AM - GM). Với thì

Kết luận

+ Với thì

;(2;6;3);(3;2;6);(3;6;2);(6;2;3);(6;3;2) + Với thì

+ Với thì

Bài 16: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình .

Lời giải

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(*)

Suy ra Ư(5)= mà nên .

Với thay vào (*) ta được

Với thay vào (*) ta được (loại).

Vậy các số nguyên dương thỏa mãn là .

Bài 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải

Ta có

nên ta có các trường hợp sau Vì

ii)

iii)

iv)

Vậy nghiệm nguyên cần tìm là .

Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ' theo y phải là số chính phương

Ta có

'chính phương nên ’  {0;1;4}

thay vào phương trình (1) ta có : + Nếu

+ Nếu

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu

+ Với y = 3 thay vào phương trình (1) ta có:

+ Với y = -1 thay vào phương trình (1) ta có:

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên :

Bài 19: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình

Lời giải

Ta có

Bài 20: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Lời giải

Vì và nên

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên và .

Bài 21: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn: .

Lời giải

Vì nên

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(vì )

, ta có phương trình: Với

, ta có phương trình: (phương trình vô nghiệm) Với

, ta có phương trình: hoặc Với

, ta có phương trình: (phương trình có nghiệm vô tỷ) Với

Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên ; và .

Bài 22: Tìm x, y nguyên sao cho .

Lời giải

Ta có :

(vì ; )

Đặt

Tương tự:

hoặc hoặc hoặc

Vậy phương trình có bốn nghiệm nguyên ; ; và .

Bài 23: Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình .

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải

Vì x, y nguyên dương nên và là ước lớn hơn của

Vì 617 là số nguyên tố nên xảy ra 3 trường hợp:

hoặc hoặc

; Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên và .

Bài 24: Tìm các số nguyên thỏa mãn

Lời giải

Mà

nên ta xét các trường hợp sau: Vì x, y ∈

TH1:

Với , ta có ; (nhận)

TH2:

(loại)

TH3:

(loại)

TH4.

Với , ta có: ; (nhận)

Vậy nghiệm nguyên của PT là: ; ; ; ; ;

Bài 25: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .

Lời giải

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Để phương trình có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương

Với , ta có: hoặc

thì

Với , ta có: (phương trình có nhiệm vô tỉ)

Với , ta có:

thì hoặc

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên:

Bài 26: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn .

Lời giải

Vì

và

Áp dụng bất đẳng thức , ta có:

Ta có:

Từ và

hoặc

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên: và

Bài 27: Giải phương trình trên tập số nguyên

Lời giải

(1)

Có

Đặt ( )

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(1)

Với x, t là số nguyên ta có:

Với

Thử lại ta thấy các cặp (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) thỏa mãn đề bài

Vậy có 4 cặp cần tìm là (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0)

Bài 28: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn

Lời giải

Vì 65 lẻ nên lẻ và lẻ

Mà lẻ nên chẵn, suy ra y chẵn

Mặt khác chẵn nên lẻ, suy ra

Với x = 1

Với x = -1 Phương trình này không có nghiệm nguyên.

Vậy:

6. Tập hợp, phần tử thuộc tập hợp

A. Bài toán

Bài 1: Cho tập hợp A gồm 41 phần tử là các số nghuên khác nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất kỳ lớn

hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết các số 401 và 402 thuộc tập A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.

Bài 2. Cho và . Chứng minh rằng: là hai số tự nhiên liên tiếp.

B. Lời giải

Bài 1: Cho tập hợp A gồm 41 phần tử là các số nghuên khác nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất kỳ lớn

hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết các số 401 và 402 thuộc tập A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.

Lời giải

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giả sử với và

Theo giả thiết ta có

(1)

Mặt khác với và nếu thì

Nên từ (1) suy ra

Mà nhỏ nhất và 401

Ta có

Kết hợp với (2)

Ta có mà

Kết hợp (3) và (4) suy ra

Bài 2: Cho và . Chứng minh rằng: là hai số tự nhiên liên tiếp.

Lời giải

Có

Trừ vế theo vế, ta được:

(lũy thừa 2020 theo cơ số 2) Lại có:

Nên:

. Vậy là hai số tự nhiên liên tiếp. Và

Bài 3: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2x + 3 = y2

Giải:

Với x = 0 thì y = 2 hoặc y = -2

Với x= 1 thì y2 = 5 (loại)

Với x 2 thì VT chia 4 dư 3,

Vì VT là số tự nhiên lẻ => y là số tự nhiên lẻ

=> VP chia 4 dư 1 => vô lí.

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy nghiệm tự nhiên của phương trình là (x,y) =(0;2)

Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Giải:

Ta có:

(loại) + TH1:

(loại) + TH2:

(thỏa mãn) + TH3:

(thỏa mãn) + TH4:

Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên là: , .

Bài 5: Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình

Giải:

Phương trình:

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

Bài 6: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn: .

Giải:

Ta có

Do đó sảy ra các trường hợp sau:

+) .

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 7:

1. Tìm cặp số nguyên thỏa mãn .

2. Có bao nhiêu số nguyên dương có chữ số sao cho chia hết cho

Giải:

1. Ta có:

Vì nguyên nên xảy ra các trường hợp sau:

+ TH1:

+ TH2:

+ TH3:

+ TH4:

Vậy có cặp thỏa mãn yêu cầu đề bài là: .

2. Ta có:

Suy ra chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho . Do đó

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lại có:

Do nên . Vậy có số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình

Giải:

. Từ phương trình suy ra Bây giờ ta viết lại phương trình đã cho dưới Điều kiện:

dạng

(1)

Từ đây, ta có chia hết cho . Mà nên chia hết cho . (2)

Mặt khác, ta lại có

Do đó, kết hợp với (1), ta suy ra

Từ đó, với chú ý , ta có đánh giá . Kết hợp với (2), ta được và

Giải hệ phương trình

Bài 9: Tìm cặp số nguyên thỏa mãn .

Giải:

1. Ta có:

Vì nguyên nên xảy ra các trường hợp sau:

+ TH1:

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ TH2:

+ TH3:

+ TH4:

Vậy có cặp thỏa mãn yêu cầu đề bài là: .

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ VIII. SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG .................................................................. 2

CHỦ ĐỀ 1. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ ................................................................... 3

CHỦ ĐỀ 2. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH PHƯƠNG ........................................................ 14

CHỦ ĐỀ 3. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN .............................. 26

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................ 36

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ VIII. SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.

2. Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1.

3. Một số chính phương khi chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4.

4. Một số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4.

5. Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia hết cho .

6. Với mọi số nguyên dương n ta có .

7. Với mọi số nguyên dương n ta có .

Chữ số tận cùng của một số chính phương

8. Một số chính phương không thể có tận cùng là một trong các chữ số 2,3,7,8.

9. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì phải có chữ số hàng chục là lẻ.

10. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 1 thì phải có chữ số hàng chục là số chẵn.

11. Tích 2 số tự nhiên liên tiếp là số chính phương thì phải có 1 số bằng 0.

12. Nếu thì a, b đều là số chính phương.

13. Nếu thì và

14. a, Định lý Fermat nhỏ: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì

b, Nếu mà p là số nguyên tố có dạng thì a, b đều chia hết cho p.

Chứng minh:

a, Vì a không chia hết cho p nên các số cũng không chia hết cho p. Giả sử khi chia các

số cho p ta được số dư lần lượt là thì các số đôi một khác

nhau. Thật vậy nếu có 2 số bằng nhau thì có cùng số dư khi chia cho p nên

điều này không thể xảy ra do i, j phân biệt và .

Từ đó ta có: nên có cùng số dư với

khi chia cho p. Mà suy ra và có cùng số

dư khi chia cho p hay và 1 có cùng số dư khi chia cho p nói cách khác .

b, Giả sử một trong hai số a, b không chia hết cho p, suy ra số còn lại không chia hết cho p.

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo định lý nhỏ Fermat: , do nên . Ta

có mà chia hết cho P suy ra , do p là số nguyên tố

nên suy ra , trái với giả TH1ết . Vậy cả a, b đều chia hết cho 3.

15. Một số tính chất liên quan đến đồng dư:

Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và m là số nguyên dương. Ta nói a đồng dư với b theo môđun m

nếu có cùng số dư khi chia cho m.

Kí hiệu . Như vậy

Tính chất: Cho Khi đó ta có:

với +

+ Định lý Fermat: Cho số nguyên tố p và số nguyên dương a khi đó ta có: . Đặc biệt: Nếu

thì

B. PHÂN DẠNG, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

CHỦ ĐỀ 1. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ

Ví dụ 1

Cho a, b, c là những số nguyên khác không, sao cho . Chứng minh rằng

không phải là số nguyên tố.

Lời giải:

Tacó:

Từ nên .

Khi đó:

Dễ thấy , vì vậy nếu là một số nguyên tố thì xảy ra bốn trường hợp sau:

 và

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hai trường hợp đầu tiên ta thu được:

, do đó .

Hai trường hợp còn lại ta thu được: , do đó .

Nhưng nên dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy không phải là số nguyên tố.

Nhận xét: Để chứng minh a là số nguyên tố ta phân tích sau đó suy ra một trong hai thừa số b

hoặc c phải bằng 1.

Ví dụ 2.

Tìm tất cả các số nguyên dưcmg a, b sao cho là một số nguyên tố.

Lời giải:

Ta có:

Vì nên chỉ có thể là số nguyên tố khi . Suy ra thỏa mãn

bài toán.

Ví dụ 3.

Tìm các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn: là số hữu tỷ và là số nguyên tố.

Lời giải:

Đặt (*) trong đó . Khi đó (*) được viết lại như sau:

. Do là số vô tỷ và các số

. Từ đó ta có:

Do a, b, c nguyên dương nên

Vì vậy để là số nguyên tố thì điều kiện là:

. Mặt khác, a, b, c nguyên dương nên .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Khi đó là số nguyên tố thỏa mãn điều

kiện đề bài. Vậy là 3 số cần tìm.

Ví dụ 4.

Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng:

là hợp số.

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Giả sử ngược lại, là số nguyên tố.

Thế thì từ , ta có:

Nhưng điều này vô lý vì p là nguyên tố và nên .

, vậy không thể có . Vậy là hợp số. Suy ra

Ví dụ 5.

Chứng minh rằng: Nếu là số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố.

Lời giải:

Khi thì là hợp số, không thỏa mãn điều kiện, suy ra

Khi , xét 3 số liên tiếp luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu hoặc chia

hết cho 3 thì chia hết cho 3 suy ra mà suy ra

là số nguyên tố, điều này trái với giả TH1ết.

Vậy p phải là số chia hết cho 3. Mà p là số nguyên tố, suy ra .

Thử lại: thỏa mãn điều kiện.

Ví dụ 6.

Chứng minh rằng: Nếu p và là số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố.

Lời giải:

Ta có: .

Nếu thì là hợp số.

Khi , xét 3 số liên tiếp luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu hoặc chia

hết cho 3 thì chia hết cho 3 và nên mà nên là

hợp số, trái với giả TH1ết. Vậy , do p là số nguyên tố suy ra . Thử lại ta thấy

là các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 7.

Tìm các số nguyên tố p, q sao cho và

Lời giải:

 Nếu thì và

 Nếu thì mà

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

hoặc 3. Suy ra hoặc

suy ra .

TH1 : ta có .

do TH2: vì

nên suy ra hoặc

mà nên nên không thể là ước

của .

Tóm lại:

Ví dụ 8.

Cho 3 số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện: là số nguyên tố và Chứng minh:

là số chính phương.

Lời giải:

Ta viết lại giả TH1ết thành:

Đặt Vì là số nguyên tố nên hoặc

+ Nếu thì là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra là hai số chính phương. Đặt

với . Khi đó là số nguyên tố hay là số

nguyên tố nên

+ Nếu thì với . Khi đó

. Khi đó

suy ra là số chính phương nên

là số chính phương.

Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0.

Ví dụ 9.

Tìm các số tự nhiên x, y sao cho biết p là số nguyên tố.

Lời giải:

Dễ thấy không thỏa mãn. Suy ra x nguyên dương.

Ta có: hay với

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

 Nếu thì suy ra

 Nếu thì không thỏa mãn điều kiện bài toán.

 Ta xét Từ (*) ta suy ra p là ước của

Nếu nếu suy ra . Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có . Thay vào

phương trình ban đầu ta được:

+ Nếu thì .

+ Nếu thì còn chia 8 dư 5 hoặc 4 nên không tồn tại x, y.

Tóm lại cặp số x, y thỏa mãn điều kiện đề bài là

Ví dụ 10.

Với p là số nguyên tố, đặt . Tìm các số nguyên tố p sao cho không

chia hết cho n.

Lời giải:

Ta có:

Dễ thấy n là số lẻ và

Nếu thì khi đó chia hết cho n (không thỏa mãn)

Nếu thì . Khi đó không chia hết cho 21.

Vậy thỏa mãn.

Xét p là số nguyên tố lẻ lớn hơn 3. Thì n là số tự nhiên lẻ, không chia hết cho 3.

Ta thấy rằng:

Theo định lý Fermat nhỏ thì và mà suy ra nên

mặt khác ta cũng dễ thấy nên dẫn tới suy ra (do ).

Vậy là giá trị cần tìm.

Ví dụ 11.

Tìm số nguyên tố p sao cho là số chính phương.

Lời giải:

Đặt . Từ giả TH1ết suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có có cùng số dư khi chia cho p mà p là số lẻ suy ra có cùng số dư khi chia cho p hay x,

y có cùng số dư khi chia cho p.

Mà Từ đó ta có:

suy ra

do p là số nguyên tố nên .

Ví dụ 12.

Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: là số hữu tỷ và là số nguyên tố.

Lời giải:

Từ giả TH1ết ta suy ra tồn tại các số nguyên sao cho , đẳng thức trên tương đương

với , nếu thì điều này không thể xảy ra suy ra dẫn đến

hay .

Ta có: Do là

số nguyên tố suy ra , do x, y, z là số nguyên dương nên ,

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Ví dụ 13.

Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho sao cho tồn tại các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn:

Lời giải:

Ta xét . Dễ thấy bộ số thỏa mãn điều kiện.

Ta xét . Ta thấy trong ba số p, q, r phải có 1 số chẵn.

 Nếu thì không có số p, q thỏa mãn.

 Nếu ta có:

Vì n là số lẻ, vì

là số nguyên tố nên

, điều này không thể xảy ra vì

mà

Ví dụ 14.

Cho p là số nguyên tố sao cho có nghiệm nguyên dương. Tìm giá trị lớn nhất của p .

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Ta viết lại phương trình thành:

Do nên là số nguyên tố nên suy ra

, để ý rằng, với mọi x, y ta luôn có:

suy ra

Vậy giá trị lớn nhất của p là 5. Lại có:

. Khi đó:

Ví dụ 15.

Tìm bộ số nguyên dương sao cho là số nguyên tố và chia hết cho p.

Lời giải:

Vì từ đó ta cũng

suy ra

do là số nguyên tố ta suy ra có 2 trường hợp.

TH1: Nhận thấy thỏa mãn điều kiện, thỏa mãn điều kiện.

Ta xét đặt với ta có:

điều này là vô lý.

TH2: do suy ra

nên

, điều này

không thể xảy ra do

Tóm lại:

Ví dụ 16

Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn:

Lời giải:

Ta viết lại giả TH1ết thành:

hay

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra hay hoặc

chia hết cho 2. Mặt khác ta có: nên cả 2 số , đều chia hết cho 2.

Do đó , mà y là số nguyên tố nên . Thay vào ta tìm được .

Ví dụ 17.

Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho và là số chính phương. Chứng minh rằng:

là hợp số.

Lời giải:

Giả sử với x, y là các số nguyên dương.

Khi đó Do . Vì vậy nếu là số nguyên tố thì

điều kiện là khi đó

, điều này

mâu thuẫn với điều kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy là hợp số

Ví dụ 18

Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn và là các số nguyên tố thì n chia

hết cho 5.

Lời giải:

Ta có với mọi số nguyên m thì chia cho 5 dư 0, 1 hoặc 4.

+ Nếu chia cho 5 dư 1 thì Nên không là số nguyên tố.

+ Nếu chia cho 5 dư 4 thì Nên không là số

nguyên tố.

Vậy hay n chia hết cho 5.

Ví dụ 19.

Tìm các số nguyên tố p, q sao cho .

Lời giải:

Ta xét cả 2 số p, q đều khác 3. Khi đó p, q khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2.

Nếu p và q có cùng số dư khi chia cho 3 thì chia hết cho 3. Còn không chia hết cho 3.

Nếu p và q không có cùng số dư khi chia cho 3 thì vế phải chia hết cho 3 còn vế trái thì không chia hết

cho 3.

Xét khi đó nên không tồn tại q .

Xét thì Vậy

Ví dụ 20.

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm các số nguyên tố p, q sao cho và

Lời giải:

Nếu thì và

Nếu thì mà

hoặc 3. Suy ra hoặc

suy ra .

TH1: ta có

do TH2: vì

nên suy ra hoặc

mà nên nên không thể là ước của .

Tóm lại:

Ví dụ 21.

Giả sử a, b là số tự nhiên sao cho là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất của p.

Lời giải:

Từ giả TH1ết suy ra b chẵn, đặt thì đặt với và

và

Nếu m, n cùng lẻ thì chẵn, tức là .

Nếu m, n không cùng lẻ thì m chia 4 dư 2. (do 2p không là số chẵn không chia hết cho 4 và là phân

số tối giản). Khi đó n là số lẻ nên là số lẻ nên không chia hết cho 4 suy ra k là số chia hết cho 2.

Đặt ta có mà đặt ta có

do đều là các số lẻ nên suy ra và

hoặc Trong cả 2 trường hợp đều suy ra . Với thì

Ví dụ 22.

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng:

a, chia hết cho 24. b, chia hết cho 48.

Lời giải:

a, p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, với . Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, mặt khác xét 3 số liên tiếp luôn tồn tại một số

chia hết cho 3, số đó không phải là p nên suy ra hoặc chia hết cho 3 vậy chia

hết cho 3. Vì nên .

b, Ta có theo câu a là , là số

chẵn nên suy ra chia hết cho 48.

Ví dụ 23.

Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho là số nguyên dương.

Lời giải:

do không thể là số chính phương lớn Khi ta có:

hơn 0.

Khi ta xét hai trường hợp:

+ Nếu k chia hết cho số nguyên tố p thì ta đặt khi đó ta có:

, do không thể là số chính phương nên trường hợp này ta

loại.

+ Nếu k không chia hết cho p, tức là suy ra . Do đó là số chính

phương khi và chỉ khi đều là số chính phương, tức là:

mà mà p là số nguyên tố nên ta suy ta

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy với p là số nguyên tố lẻ.

Ví dụ 24.

Cho p là số nguyên tố sao cho là số tự nhiên. Khi đó .

Lời giải:

Gọi d là ước chung lớn nhất của x, y ta suy ra

Ta có:

Mặt khác ta có suy ra do đó mà p là số nguyên tố nên hoặc

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu thì .

+ Nếu khi đó .

Áp dụng vào bài toán ta suy ra đpcm.

Ví dụ 25.

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh chia hết cho 24. (Đề tuyển sinh Chuyên Toán

Amsterdam 2017).

Lời giải:

Tính chất: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì chia hết cho 24.

Chứng minh: nên p là số lẻ dẫn đến là 2 tích 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết

cho 8 (*).

là 3 tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3. Mà 3 là số Lại có

nguyên tố nên trong 3 số phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3. Do p không chia hết cho 3

chia hết cho 3. (**). Từ (*), (**) suy ra . suy ra

Ta có: (đpcm).

Ví dụ 26.

Cho a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh không phải là số nguyên tố. (Tuyển

sinh lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017).

Lời giải:

Đặt giả sử .

Cách 1: Xét thì p không là số nguyên tố.

Xét Giả sử p là số nguyên tố là số chính phương

TH1: (loại)

TH2: hoặc

+) Nếu (loại).

+) Nếu (vô lí). (loại).

Vậy p không thể là số nguyên tố

Cách 2: TH1: suy ra đpcm.

TH2: với .

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

sao cho và

là hợp số. Từ đó

CHỦ ĐỀ 2. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Ví dụ 1.

Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho là số chính phương.

Lời giải:

Đặt

từ đó suy ra Ta có

. Vậy các số x, y, z thỏa mãn điều Hay

kiện là: với x, z là các số nguyên dương.

Ví dụ 2.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho và là số chính phương.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử:

Vì

Bây giờ ta cần tìm điều kiện để:

Hay

Giải các trường hợp trên ta thu được bộ số thỏa mãn điều kiện là

Ví dụ 3.

Tìm tất cả các số nguyên m sao cho là một số chính phương.

Lời giải:

Ta có:

thì rõ ràng thỏa mãn. Nếu

và thì: Nếu

, ta có Do

. Vì thế Vậy thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu thì

, ta có Do

(vô lý). và Vậy

Từ đó ta tìm được các nghiệm là

Ví dụ 4.

Chứng minh rằng: Nếu là số nguyên tố thì không phải là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử là số chính phương thì với . Ta có:

Vì là số nguyên tố nên và . Do đó .

Suy ra . Mà đều lớn hơn 4a nên suy

ra là hợp số, mâu thuẫn với giả TH1ết.

Ví dụ 5.

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để là số chính phương.

Lời giải:

Đặt , các số nguyên tố cùng nhau

và số không phải là số chính phương (số chính phương chia 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 nên suy ra

với . Từ đó ta có: do

nguyên tố cùng nhau nên ta có các khả năng xảy ra như sau:

TH1: chia 3 dư 2 (loại)

TH2:

+ Nếu x chẵn thì suy ra y chẵn suy ra chia hết cho 4, mà 2 không chia hết cho 4 nên điều này

không thể xảy ra.

+ Nếu x lẻ suy ra x không chia hết cho 3. Do nên n nhỏ nhất khi và chỉ khi a nhỏ

nhất dẫn đến x nhỏ nhất.

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét khi đó ta tính được thỏa mãn điều kiện.

Vậy giá trị n nhỏ nhất cần tìm là 168.

Ví dụ 6.

Tìm các số nguyên tố x, y sao cho: là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử với m là số tự nhiên khác 0.

Ta thấy rằng. Nếu cả 2 số x, y không chia hết cho 3 thì chia 3 dư 1. Suy ra chia 3 dư 2 dẫn

đến m 2 chia 3 dư 2 điều này không thể xảy ra. Vì một số chính phương chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Từ

đó suy ra trong 2 số x, y phải có 1 số chia hết cho 3. Giả sử đó là x thì (do x là số nguyên tố). Thay

hay vào ta có:

Giải các trường hợp ta thu được cặp số thỏa mãn điều kiện là

Ví dụ 7.

Cho 2 số tự nhiên thỏa mãn: . Chứng minh: là số chính

phương.

Lời giải:

là số chính phương lẻ nên x là số lẻ. Vì

với lẻ. Gọi

Suy ra

Mặt khác, cũng từ giả TH1ết ta suy ra mà , hay

, từ đó suy ra đều là số chính phương.

Cách ra đề bài khác:

Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn: và . Chứng mình rằng

là số chính phương.

Ví dụ 8.

Cho x, y là các số nguyên lớn hơn 1 sao cho là số chính phương. Chứng minh:

Lời giải:

. Ta có:

. Mà là số chính phương nên

suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 9.

Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn: Chứng minh: là số chính

phương.

Lời giải:

Đặt . Vì thay vào điều kiện ban đầu ta có:

, đặt với k nguyên dương thì ta suy ra

mà nên nên là một

số chính phương.

Ví dụ 10.

Cho x, y là số nguyên dương sao cho chia hết cho xy. Chứng minh: x là số chính phương.

Lời giải:

Đặt . Thay vào điều kiện bài toán ta có:

Từ đó suy ra (1). Ta cũng có:

do suy ra (2). Từ (1), (2) suy ra nên

là số chính phương.

Ví dụ 11.

Tìm tất các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước số tự nhiên của là một số chính phương.

Lời giải:

Gọi p là số nguyên tố nên có 5 ước số tự nhiên là .

với . Giả sử

(1) Ta có:

. Bất đẳng thức này xảy ra nếu như Suy ra:

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Vì p là số nguyên tố nên

Đảo lại với , ta có: có các ước số tự nhiên là: và

Ví dụ 12.

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho 3 số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện: là số nguyên tố và Chứng minh:

là số chính phương.

Lời giải:

Ta viết lại giả TH1ết thành:

Đặt Vì là số nguyên tố nên hoặc

+ Nếu thì là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra là hai số chính phương. Đặt

với Khi đó là số nguyên tố hay là số

nguyên tố nên

+ Nếu thì với . Khi đó

Khi đó

suy ra là số chính phương nên

là số chính phương. (Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính

phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0).

Ví dụ 13.

Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho và là số chính phương. Chứng minh rằng:

là hợp số.

Lời giải:

Giả sử với x, y là các số nguyên dương.

Khi đó . Do vì vậy nếu là số nguyên tố thì

điều kiện là khi đó

, điều này

mâu thuẫn với điều kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy là hợp số.

Ví dụ 14.

Cho sao cho là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng n là tổng của hai số

chính phương liên tiếp.

Lời giải:

Giả sử ta có: . Từ đo ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì là hai số lẻ liên tiếp nên ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1:

Khi đó vô lý. Vậy trường hợp này không xảy ra.

Trường hợp 2:

Từ đó, p là số lẻ nên

Từ đó (đpcm).

Ví dụ 15.

Cho a, b là hai số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d để Chứng minh

rằng là số chính phương.

Lời giải:

Vì c và d là hai số nguyên liên tiếp nên

Thay vào đẳng thức ta được:

Dễ dàng chứng minh nên phải là số chính phương.

Ví dụ 16.

Cho các số tự nhiên a, b, c sao cho . Chứng minh rằng các số

ab, bc, ca và đều là số chính phương.

Lời giải:

Từ , suy ra:

Từ (1)

Vì và 4 là những số chính phương nên phải là số chính phương.

Vì và 4 là những số chính phương nên ab phải là số chính phương.

Vì và 4 là những số chính phương nên bc phải là số chính phương.

Vì và 4 là những số chính phương nên ca là số chính phương.

Ví dụ 17.

Cho . Chứng minh rằng A là số chính phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Đặt ta có và .

Suy ra .

Vì a lẻ nên là số nguyên. Suy ra A là số chính phương.

Ta có thể tính cụ thể như sau:

Như vậy .

Ví dụ 18.

Tìm tất cả các số tự nhiên n để và đều là số chính phương.

Lời giải:

. Theo giả TH1ết, tồn tại các số nguyên dương x; y sao cho

. Suy ra

. Vì 41 là số nguyên tố và nên chỉ xảy ra

Từ đó tìm được Suy ra

Ví dụ 19.

Tìm tất cả các số tự nhiên n để là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử với Suy ra .

Suy ra . Suy ra hay . Vì nên phải có .

Suy ra và

Ví dụ 20.

Tìm tất cả các số nguyên dương n để là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử . Nếu n lẻ thì . Suy ra (loại).

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu n chẵn, đặt với .

Khi đó: .

nên suy ra cả và đều chia hết cho 3. Vì

Hơn nữa chỉ xảy ra khả năng

Từ đó tìm được và . Suy ra .

Ví dụ 21.

Chứng minh rằng không thể thêm chữ số 0 vào giữa chữ số 6 và 8 trong số 1681 để thu được một số

chính phương.

Lời giải:

Giả sử ta có thể thêm vào giữa chữ số 6 và chữ số 8 trong số 1681 để thu được một số chính

phương. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho:

Suy ra và chỉ có ước nguyên tố là 2 hoặc 5.

Hơn nữa k lẻ và nên . Chỉ xảy ra hai trường hợp sau:

hoặc

Trong cả hai trường hợp ta có: .

Điều này không xảy ra vì

Ví dụ 22

Tìm tất cả các số tự nhiên n để là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho:

Suy ra . Suy ra hay .

. Suy ra

Ví dụ 23.

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên m, n sao cho là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử , với . Nếu m lẻ thì Suy ra . Do đó . Ta

thấy k lẻ và nên chỉ có thể xảy ra và . Từ đó tìm được

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu m chẵn, đặt . Ta có: . Suy ra .

Suy ra Vì nên phải có Như vậy .

Nếu thì .

Nếu thì nên n chẵn.

Đặt Khi đó .

và Ta thấy nên phải có .

Từ đó tìm được .

Vậy có ba cặp số thỏa mãn đề bài là

Ví dụ 24.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương để là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử với . Suy ra . Vì nên suy ra cả hai

số và cùng chia hết cho 2 và 5. Suy ra . Xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1: (loại)

Trường hợp 2:

Suy ra . Vì nên phải có .

Trường hợp 3:

Suy ra . Nếu thì . Suy ra chẵn, đặt .

Khi đó .

Vì nên phải có (loại). Với , thử trực tiếp ta thấy thỏa mãn.

Trường hợp 4: .

Suy ra và . Suy ra .

Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề bài là

Ví dụ 25.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho và là số chính phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử:

. Vì

Bây giờ ta cần tìm điều kiện để:

hay

. Giải các trường hợp trên ta thu được bộ số

thỏa mãn điều kiện là

Ví dụ 26.

Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn .

Chứng minh rằng là một số chính phương.

Lời giải:

Từ suy ra .

Khi đó

Tương tự:

Như vậy, là một số chính phương.

Ví dụ 27.

Chứng minh rằng nếu là một số chính phương với thì là tổng của hai số chính

phương.

Lời giải:

Từ giả TH1ết suy ra: với chẵn

Do đó (đpcm).

Ví dụ 28.

a. Chứng minh rằng: Nếu n là số tự nhiên sao cho và là số chính phương thì .

b. Tìm tất cả các số tự nhiên để là các số chính phương.

Lời giải:

a. Ta thấy là số chính phương lẻ nên tận cùng bởi các chữ số 1, 5, 9 suy ra n có chữ số tận

cùng là 0, 2, 4. Mặt khác cũng là số chính phương nên n chỉ có thể tận cùng bởi 0.

Suy ra

Khi n tận cùng là 0 thì , đều là số chính phương lẻ.

Suy ra hay mà

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b. Từ kết quả câu a suy ra hoặc thử lại ta thấy chỉ có thỏa mãn điều kiện bài

toán.

Ví dụ 29.

a. Chứng minh: là giá trị lớn nhất của n để số là số chính phương.

b. Tìm các số nguyên dương x, y, z để là số chính phương.

Lời giải:

a. Ta xét giả sử với . Hay do suy

ra là số chính phương chẵn, hay với . Ta có:

Nếu k là số chẵn thì là số lẻ suy ra thử lại ta thấy không thỏa mãn.

Nếu k lẻ thì

Khi thì đpcm.

Không mất tính tổng quát ta giả sử . Đặt thế thì

TH1: Nếu là số lẻ thì

Nếu k chẵn thì là số lẻ nên: và

+ Nếu k lẻ thì chẵn nên: do

là số lẻ nên luôn khác 0. Nên (*) không thể xảy ra.

TH2: Nếu là số chẵn thì hoặc . Từ đó ta suy ra phải có dẫn đến:

là số chính phương. Điều này là vô lý vì một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.

Còn chia cho 4 dư 2 hoặc 3.

Tóm lại: Điều kiện để là số chính phương là: .

Áp dụng vào câu a) Ta có: .

Ví dụ 30.

Cho số nguyên dương n và d là một ước số nguyên dương của . Chứng minh: là số chính

phương khi và chỉ khi .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì d là một ước của , ta có là số chính phương với tức là

là số chính phương suy ra là số chính phương.

hay Đặt

Ví dụ 31.

Cho m, n là hai số nguyên dương lẻ sao cho chia hết cho . Chứng minh rằng:

là số chính phương.

Lời giải:

Nếu thì ta có điều phải chứng minh:

Xét ta đặt khi đó ta có: do suy ra

Do suy ra . Suy ra

(với ).

Thay ta có: Phương trình

(*) có 1 nghiệm là nên có một nghiệm nữa là . Theo hệ thức Vi-et ta có:

từ đây suy ra .

+ Nếu là cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy ra

mâu thuẫn.

. Ta có: + Nếu thì

mâu thuẫn.

Vây . Khi đó và nên là số chính phương.

Ví dụ 32.

Cho hai số nguyên a;b thỏa mãn . Chứng minh a và b là hai số chính phương

liên tiếp (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán - Trường THPT chuyên - ĐHSP Hà Nội, 2016)

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đẳng thức đã cho ta có là phương trình bậc hai ẩn a, ta có

Vì phương trình trên có nghiệm nguyên nên điền kiện cần ta có là một số

chính phương. Khi đó ta có b là một số chính phương.

- Với , ta có . Ta thấy 0 và 1 là hai số chính phương liên tiếp (đúng với đpcm).

- Với , ta có: .

Ta thấy b và là hai số chính phương liên tiếp; và b là hai số chính phương liên tiếp

(điều phải chứng minh).

Vậy a và b là các số chính phương liên tiếp.

Ví dụ 33.

Tìm tất cả số tự nhiên n thỏa mãn là các số chính phương và là số nguyên tố. (Tuyển

sinh lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017).

Lời giải:

Giả sử là các số chính phương

với . Ta có .

Do đó,

Vì là số nguyên tố nên . Nên ta có

. Suy ra

(loại vì ) Với

. Thử lại: thỏa mãn. Với

CHỦ ĐỀ 3. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN

Ví dụ 1.

Cho . Chứng minh rằng: chia hết cho .

Lời giải:

Ta có: Mặt khác, sử dụng tính chất chia hết cho và n lẻ, ta có:

Do nên từ (1) và (2) suy ra: hay .

Ví dụ 2.

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho m, n là các số nguyên dương, giả sử là số nguyên lẻ. Tìm giá trị bé nhất có thể có của A

và tìm m, n thỏa mãn giá trị này. Chứng minh cho câu trả lời.

Lời giải:

Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n.

Giả sử với .

Ta có:

Vì nên . Suy ra . Như vậy để A nguyên thì , giả sử .

Bây giờ ta được với a, b, c nguyên dương.

Do và A lẻ nên A nhận giá trị bé nhất là 27, điều này xảy ra khi . Khi đó có hai khả

năng:

Nếu và thì ta có . Suy ra .

Ví dụ 3.

Tìm các số nguyên dương a, b sao cho là các số nguyên dương.

Lời giải:

Ta có . Tương tự suy

ra . Từ đó suy ra suy ra hoặc .

Với ta có , với ta có:

Vậy các bộ số thỏa mãn điều kiện là:

Ví dụ 4.

Cho các số tự nhiên a, b, c, d, e biết: Tìm số lớn nhất trong các

số a, b, c, d, e.

Lời giải:

Từ giả TH1ết ta suy ra chia hết cho suy ra chia hết cho 60 nên b chia

hết cho 15, c chia hết cho 12. Nếu hoặc thì suy ra trái với giả TH1ết suy

ra .Vậy suy ra . Theo giả TH1ết ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ

khi vậy . Vậy là giá trị cần tìm.

Ví dụ 5.

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho và .

Lời giải:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử .

+ Nếu thì suy ra , thật vậy ta có: . Từ đó

suy ra không thể chia hết cho .

+ Ta xét ,

hay

, do m là số nguyên dương

nên suy ra thử trực tiếp ta thấy thỏa mãn.

thử trực tiếp ta thấy + Xét ta có

hoặc thỏa mãn điều kiện.

Vậy các cặp số thỏa mãn điều kiện là:

Ví dụ 6.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho chia hết cho .

Lời giải:

Đặt với . Yêu cầu bài toán được viết lại thành:

. Ta giả sử , và

thì .

Từ đó ta có các trường hợp có thể xảy ra là: loại. Thử lần lượt:

suy ra các cặp số thỏa mãn điều kiện là:

Ví dụ 7.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho chia hết cho .

Lời giải:

Từ giả TH1ết ta suy ra .

Hay

suy ra . Mà

và . Thay

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay suy ra .

Ví dụ 8.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho chia hết cho .

Lời giải:

Từ giả TH1ết ta suy ra hay . Ta có phân tích sau:

suy ra hay với .

. Điều này là vô lý Nếu thì

. Từ đó tìm được do .Vậy

Ví dụ 9.

Tìm các số tự nhiên x; y sao cho là lũy thừa của 5.

Lời giải:

Giả sử do .

ra Suy

. Do x, y là số nguyên tố ta suy ra x hoặc y chia hết cho 5. hay

Giả sử , lại có số còn lại cũng chia hết cho 5, hay .

Khi đó .

Ví dụ 10.

Cho x, y là các số nguyên sao cho là số nguyên. Chứng minh: chia

hết .

Lời giải:

với . Theo giả TH1ết ta có: là số nguyên, Đặt

. tức là:

là số nguyên, suy ra Mătkhác

mà và nên bài toán được chứng Ta có:

minh.

Ví dụ 11.

Xác định tất cả các số nguyên tố p, q sao cho với

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Ta có:

Nếu thì các thừa số ở vế trái lớn hơn các thừa số tương ứng ở vế phải của (1), do đó Vì

q nguyên tố còn không nguyên tố nên .

Một trong những thừa số ở vế trái của (1) chia hết cho số nguyên tố q. Theo bất đẳng thức điều

đó chỉ xảy ra khi .

Thay vào (1) ta được: suy ra .

Từ đó hay . Suy ra .

Ví dụ 12.

Cho a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố lẻ. chứng minh rằng nếu là ước của và

thì cũng là ước của .

Lời giải:

Ta có:

Vì là ước của và nên là ước của . Lại vì p lẻ nên là ước của .

Nếu a không chia hết cho thì số mũ của p trong lớn nhất chỉ có thể là 2. Do đó b phải chứa

nghĩa là b chia hết cho suy ra . Điều này vô lý vì không chia hết cho (do a không

chia hết cho ). Như vậy a phải chia hết cho .

Vì chia hết cho nên . Suy ra và

Tóm lại, là ước của

Ví dụ 13.

Cho ba số nguyên dương khác nhau x, y, z. Chứng minh rằng: chia hết cho

Lời giải:

Đặt . Suy ra

Bài toán quy về chứng minh:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đến đây ta suy ra được điều phải chứng minh.

Ví dụ 14.

Chứng minh rằng nếu là bội số của 5 thì hai số hoặc hai số

chia hết cho 5.

Lời giải:

Ta có: chia hết cho 5. Suy ra chia hết cho 5. Đến

đây ta xét các trường hợp:

Nếu thì . Mặt khác, nên , suy ra

(vì ).

Nếu thì .

Mặt khác, nên , suy ra (vì ).

Nếu cả hai số và đều chia hết cho 5 thì các số đều chia hết cho 5.

Ví dụ 15.

Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn . Chứng minh rằng là hợp số

với mọi n nguyên dương.

Lời giải:

Giả sử . Suy ra với và

Từ đẳng thức , suy ra nên và

Ta có: . Từ đó suy ra: hay A là hợp

số với mọi .

Ví dụ 16.

Cho và thỏa chia hết cho . Chứng minh rằng: .

Lời giải:

Đặt . Suy ra

Khi đó:

Ta có: . Tương tự: .

Vì nên

Do dó: .

Mặt khác: .

Vậy

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ví dụ 17.

Cho n là một số nguyên dương. Tìm tổng của tất cả các số chẵn nằm giữa và .

Lời giải:

Ta có: và là các số lẻ.

Suy ra rằng số lẻ nhỏ nhất được xem xét là và số lẻ lớn nhất là . Như vậy tổng cần tìm

là:

Ví dụ 18.

Cho m, n là các số nguyên dương, giả sử là số nguyên lẻ. Tìm giá trị bé nhất có thể có của A

và tìm m, n thỏa mãn giá trị này. Chứng minh cho câu trả lời.

Lời giải:

Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n.

Giả sử với .

Ta có:

Vì nên . Suy ra . Như vậy để A nguyên thì , giả sử .

Bây giờ ta được với a, b, c nguyên dương.

và A lẻ nên A nhận giá trị bé nhất là 27, điều này xảy ra khi . Khi đó có hai khả Do

năng:

và thì ta có . Suy ra . Nếu

Ví dụ 19.

Tìm tất cả các số nguyên sao cho với bất kì ước số nguyên tố của là một ước của

Lời giải:

Rõ ràng thỏa mãn các điều kiện bài toán.

Với ta viết:

Do đó tất cả các thừa số nguyên tố của chia hết cho hoặc .

Tuy nhiên cần để ý rằng .

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác, là số lẻ, vì vậy tất cả các thừa số nguyên tố của phải chia hết

Nhưng , vì vậy ta phải có với k nguyên dương. Bởi vì nên

ta có .

Bây giờ nên , nhưng mỗi trường hợp ta có

mâu thuẫn.

Vậy bài toán chỉ có nghiệm duy nhất là .

Ví dụ 20.

Tìm n để chia hết cho 37.

Lời giải:

Ta có:

Để ý rằng , cho nên ta có thể xét các trường họp của n theo mod3.

Nếu thì

Tóm lại, M chia hết cho 37 khi và chỉ khi n có một trong hai dạng hoặc với

Ví dụ 21.

Tìm tất cả các số có năm chữ số sao cho .

Lời giải:

Đặt . Ta có với .

Từ ta suy ra

Vấn đề còn lại là chúng ta đi giải phương trình nghiệm nguyên.

Vì nên (1)

Mặt khác, do nên (2)

Từ (1) và (2) suy ra hay .

Vậy .

Ví dụ 22.

Tìm các chữ số a,b, c với sao cho .

Lời giải:

Từ , suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên và .

Nếu không chia hết cho 3 thì . Từ (*) suy ra vô lý.

Như vậy, nên . Từ (*) suy ra và do đó c không chia hết cho 5.

Từ (*) suy ra . Kết hợp với ta suy ra hoặc .

Trường hợp 1: thay vào (*) ta được:

, vì vậy .

Trường hợp 2: làm tương tự trường hợp trên.

Ví dụ 23.

Tìm số có 3 chữ số biết .

Lời giải:

. Vì nên

Điều này dẫn đến:

Suy ra

Nếu thì , ta có , vì vậy .

Tuy nhiên thử lại thấy

Một trong hai số b hoặc c nhỏ hơn 5.

Từ đó ta có:

vô lý. thì Với

thì Với suy ra tận cùng bởi số 4, vì vậy .

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 24.

Cho các số tự nhiên a, b. Chứng minh:

a. chia hết cho 3 thì a, b đều chia hết cho 3.

b. chia hết cho 7 thì a, b đều chia hết cho 7.

c. chia hết cho 15 thì a, b đều chia hết cho 3 và 5.

Lời giải:

Một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do chia cho 3 nên chỉ có thể xảy ra

số dư trong 3 trường hợp này chỉ có trường hợp thì suy ra đpcm.

b. Một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4. (Thật vậy chỉ cần xét

thì chia cho 7 có số dư lần lượt là 0, 1, 4, 2). Như vậy khi chia cho

7 thì có số dư là: . Trong các trường hợp này chỉ có:

a, b đồng thời chia hết cho 7 thì đpcm.

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. Dễ thấy nếu a không chia hết cho 3 thì chia 3 chỉ có thể dư 1. Từ giả TH1ết ta có: chia hết

cho 3 và chia hết cho 5.

Nếu a không chia hết cho 3 thì không chia hết cho 3 suy ra không chia hết cho 3 nên b không chia

hết cho 3 suy ra chia cho 3 dư 2. Trái với giả TH1ết, vậy a, b phải chia hết cho 3.

Ta cũng có: Nếu a không chia hết cho 5 thì chia cho 5 chỉ có thể dư 1. Làm tương tự như trên ta suy ra

a, b phải chia hết cho 5 là đpcm.

Ví dụ 25.

Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho và .

Lời giải:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử .

+ Nếu thì suy ra , thật vậy ta có: . Từ đó

suy ra không thể chia hết cho .

+ Ta xét ,

hay

, do m là số nguyên dương

nên suy ra thử trực tiếp ta thấy thỏa mãn.

+ Xét ta có thử trực tiếp ta thấy

hoặc thỏa mãn điều kiện.

Vậy các cặp số thỏa mãn điều kiện là:

Ví dụ 26.

Xét phân số . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n trong khoảng từ 1 đến 2017 sao cho phân số A

chưa tối giản.

Lời giải:

Giả sử A là phân số chưa tối giản, đặt , suy ra .

Ta có

Ngược lại nếu thì đặt với

Khi đó nên A chưa tối giản

Như vậy, ta chỉ cần tìm n sao cho với

có 69 giá trị của có 69 giá trị của n.

Vậy có 69 giá trị của n để A là phân số chưa tối giản.

Ví dụ 27.

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho sao cho . Chứng minh rằng ước chung lớn nhất của a và b không vượt quá

Lời giải:

Giả sử .

Ta có:

Ví dụ 28.

Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn . Chứng minh ab chia hết cho .

Lời giải:

Từ giả TH1ết ta có

Nếu a lẻ, b chẵn thì suy ra c lẻ dẫn tới chẵn.

Nếu a, b lẻ thì c chẵn suy ra chẵn.

Nếu a, b cùng chẵn thì thì c chẵn suy ra chẵn.

Như vậy trong mọi trường hợp ta luôn có chẵn

. Từ (*) ta cũng suy ra

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

I.ĐỀ CHUYÊN

Bài 1. Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn và là các số nguyên tố thì k

chia hết cho 5.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2009 – 2010

Lời giải:

Do k là số nguyên lớn hơn 1 nên và . Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Xét , khi đó ta được nên . Do đó suy ra

không là số nguyên tố.

Trường hợp 2. Xét , khi đó ta được nên . Do đó suy ra

không là số nguyên tố.

Trường hợp 3. Xét , khi đó ta được nên . Do đó suy ra

không là số nguyên tố.

Trường hợp 4. Xét , khi đó ta được nên . Do đó suy ra

không là số nguyên tố.

Do vậy từ các trường hợp trên suy ra để và là các số nguyên tố thì k phải chia hết cho 5.

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 2. Cho một tam giác có số đo ba cạnh là x, y, z nguyên thỏa mãn điều kiện:

Chứng minh tam giác đã cho là tam giác đều.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2009 – 2010

Lời giải:

Ta có . Ta có x, y, z là các số nguyên dương nên từ đẳng thức đã cho ta

suy ra được y là số chẵn. Đặt và thay vào điều kiện trên ta được

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo ẩn x. Khi đó ta có

Do phương trình trên có nghiệm nguyên dương nên phải là số chính phương. Nhận thấy rằng nếu

thì từ ta suy ra được nên phương trình trên vô nghiệm. Do đó để phương trình trên có nghiệm

nguyên dương thì , suy ra . Thay vào biệt thức ta được

Lại thấy nếu thì khi đó phương trình trên vô nghiệm. Do đó suy ra hoặc .

Nếu thì ta được không phải là số chính phương nên phương trình trên không có nghiệm

nguyên.

Nếu , khi đó kết hợp với thì từ phương trình trên ta được

Suy ra . Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.

Bài 3. Tìm số tự nhiên thoả mãn điều kiện .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2009 – 2010

Lời giải:

Từ giả thiết bài toán ta có . Do đó ta được

Ta có là số lẻ và do nên suy ra . Mà là số chẵn nên suy ra

phải có tận cùng là 6, do đó phải có tận cùng là 4 hoặc 9. (*)

Mặt khác ta có và là số lẻ nên

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp các kết quả trên ta có hay

Nếu thì có dạng khi đó chia hết cho 3. Mà ta lại thấy

không chia hết cho 3 nên không chia hết cho 3 hay c không

thuộc tập hợp N.

Nếu ta có . Vì ta có và suy ra , khi đó

. Ta có số 216 thoả mãn yêu cầu bài toán.

Vậy số là số cần tìm.

Bài 4. Cho ba số nguyên dương a, p, q thỏa mãn các điều kiện:

i) chia hết cho q ii) chia hết cho p

Chứng minh rằng

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2009 – 2010

Lời giải:

Từ giả thiết ta được suy ra

Mà nên ta được . Do a, p, q là các số nguyên dương nên và pq là các

số nguyên dương. Suy ra .

Mà do nên ta được hay . Bài toán được chứng minh xong.

Bài 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên nghiệm đúng điều kiện .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2009 – 2010

Lời giải:

Ta có hay

Do đó là số chính phương. Dễ thấy nên ta có các trường hợp sau

Trường hợp 1. Khi ta được nên suy ra .

Trường hợp 2. Khi ta được , không có số nguyên thỏa mãn.

Trường hợp 3. Khi ta được hay .

+ Với ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy ta có các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là

Bài 6. Tìm các số nguyên dương x, y, z thoả mãn điều kiện . Trong đó y là số nguyên tố và

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2009 – 2010

Lời giải:

Từ giả thiết ta có .

Ta có vì nếu thì nên trái với giả thiết .

Lại thấy không chia hết cho 3 vì nếu chia hết cho 3 thì z chia hết cho 3 trái với giả thiết

. Đặt khi đó ta có .

Do vậy

Vì y nguyên tố nên ta được các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Với . Khi đó ta được

Suy ra , điều này không xẩy ra vì không chia hết cho 3.

Trường hợp 2. Với . Khi đó ta được

Từ đó tìm được , thay vào ta được .

Vậy các số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 7. Giả sử m và n là các số nguyên dương với . Đặt . Chứng minh rằng:

a) Nếu thì .

b) Nếu S là số chính phương thì .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2010 – 2011

Lời giải:

a) Ta chứng minh bằng cách các xét hiệu sau.

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó

Mặt khác lại có vì .

Do đó .

Kết hợp các kết quả trên ta được .

b) Ta đi xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Nếu , khi đó theo như chứng minh trên ta được

Mặt khác ta có .

Vì m, n là các số nguyên dương và nên ta được

Suy ra nên S không thể là số chính phương.

Trường hợp 2. Nếu , khi đó ta được . Lại có .

Do đó suy ra . Như vậy để S là số chính phương thì .

Khi đó ta được , không tồn tại m và n thỏa mãn.

Như vậy từ hai trường hợp trên ta thấy khi S là số chính phương thì ta được .

Khi đó ta có là số chính phương.

Bài 8. Với bộ số ta có đẳng thức đúng . Hãy tìm tất cả các bộ số gồm các chữ số

trong hệ thập phân a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 sao cho đẳng thức đúng.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 – 2011

Lời giải:

Giả sử tồn tại các bộ số gồm các chữ số trong hệ thập phân a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 sao

cho đẳng thức đúng.

Khi đó đẳng thức trên trở thành hay .

Suy ra 5 là ước số của . Do 5 nguyên tố và , lại có nên ta được hoặc

hoặc . Ta đi xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Với ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra hoặc vì .

Trường hợp này tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2. Với ta được nên

Từ đó suy ra nên ta được hoặc vì .

Trường hợp này tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 3. Với ta được nên .

Từ đó suy ra . Do đó trường hợp này không xét.

Vậy các bộ số thỏa bài toán là .

Bài 9. Tìm tất cả các dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng bằng 2010.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 – 2011

Lời giải:

Gọi 2x là số tự nhiên chẵn đầu tiên của dãy. Khi đó theo giả thiết ta có

Suy ra là ước số của .

. Nên suy ra

. Đến đây ta có Hay ta được

+ Với ta có nên dãy số cần tìm là 1004, 1006.

+ Với ta có nên dãy số cần tìm là 668, 670, 672.

+ Với ta có nên dãy số cần tìm là 398, 400, 402, 404, 406.

+ Với ta có nên dãy số cần tìm là 330, 332, 334, 336, 338, 340.

+ Với ta có , nên dãy số cần tìm là

192, 194, 196, 198, 200, 202, 204, 206, 208, 210

+ Với ta có nên dãy số cần tìm là 120, 122, 124, 126, ..., 148.

+ Với ta có nên dãy số cần tìm là 38, 40, 42, 44, 46, ..., 96.

+ Với ta có nên không tồn tại dãy số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy chỉ có 7 dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp như trên thoả điều kiện bài toán.

Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho chia hết cho .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2010 – 2011

Lời giải:

Giả sử chia hết cho , khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho

Hay ta được . Đặt với m là một số nguyên.

Khi đó ta được . Từ đó suy ra hay ta được

Do a, b, k là các số nguyên dương nên ta suy ra được .

Do đó ta suy ra được , điều này dẫn đến .

Mà ta có a là số nguyên dương nên ta suy ra được hay .

Mà k cũng là số nguyên dương nên từ ta được hoặc .

+ Nếu ta suy ra được , khi đó ta được

Do 2 là số nguyên tố nên từ ta được hoặc . Từ đó suy ra hoặc

Do đó trong trường này ta được hai cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là và

+ Nếu , khi đó ta được , khi đó ta được . Từ đây suy ra hoặc

. Với , kết hợp với hệ thức ta suy ra được . Do đó trong trường này ta được

hai cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là và .

Vậy các cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 11. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn các điều kiện và .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2010 – 2011

Lời giải:

Nếu thì ta được với x là số nguyên bất kì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu thì từ các điều kiện trên ta có hay .

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x nên ta được

Do y là một số nguyên nên ta được .

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Với , khi đó ta có hệ phương trinh

+ Với , khi đó ta được

Vậy các số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Bài 12. Giải phương trình trên tập số nguyên.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm học 2010 – 2011

Lời giải:

Phương trình tương đương với

Đặt , khi đó phương trình trên trở thành

+ Nếu thay vào phương trình ban đầu ta được

Hai nghiệm trên không thuộc tập hợp Z.

+ Nếu hoặc thì

Từ phương trình trên suy ra (do ).

Mặt khác cũng theo phương trình trên thì nên ta được . Suy ra nên

Do đó ta được . Thử lại ta thấy thoả mãn phương trình đã cho.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là .

Bài 13. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng với a, b, c là các số nguyên dương sao cho

chia hết cho p.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử .

Khi đó do nên hay . Mà ta

lại có nên ta được .

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác do a, b, c là các số nguyên dương và nên ta được suy ra .

Do đó suy ra nên .

Lại có nên ta được , do đó . Từ đó ta được

hay

Mặt khác nên . Do đó hay , từ đó ta được

. Mà p là số nguyên tố nên suy ra và .

Vậy là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 14. Cho ba số tự nhiên x, y, z thoả mãn điều kiện . Chứng minh rằng .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Trước hết ta có nhận xét: Với số tự nhiên n thì

+ Nếu nên chia 3 có số dư là 1.

+ Nếu nên chia có số dư là 1.

+ Nếu nên chia 3 có số dư là 0.

Ta xét các trường hợp sau.

Nếu x, y, z đều không chia hết cho 3 thì đều chia cho 3 dư 1. khi đó chia cho 3 dư 2 và

chia cho 3 dư 1, điều này mâu thuẫn với .

Do đó trong hai số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 nên suy ra suy

Nếu x, y, z đều không chia hết cho 4 thì đều chia cho 4 dư 1 hoặc dư 0. Khi đó xẩy ra các khả

năng sau.

+ Nếu chia cho 4 dư 2 và chia cho 4 dư 1, điều này mâu thuẫn với . Do đó trong hai

số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 4. Do đó suy ra .

+ Nếu chia hết cho 8 và chia cho 8 dư 4, điều này mâu thuẫn với . Do đó trong hai

số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 4. Do đó suy ra .

Vì và . Mà 3 và 4 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta được

Bài 15. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên thoả mãn hệ:

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Đặt và

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lấy hiệu theo vế của hai đẳng thức đã cho ta được

Suy ra ta được . Mặt khác từ ta thấy p là số lẻ và .

Do đó ta có nên .

Từ ta lại có nên suy ra

Từ ta suy ra được . Từ đó ta được . Chú ý p là là số nguyên tố lẻ nên từ ta suy ra

được . Mà ta lại có nên ta được .

Thay vào ta được . Từ đó suy ra nên ta được .

Thay vào ta được

Thay vào ta được nên .

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét. Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p: Với p chẵn không

xẩy ra. Với khi đó ta được . Đến đây ta tìm các giá trị của k

để là các số chính phương.

Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn các điều kiện sau:

và

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử Theo bất đẳng thức AM – GM ta có

Do đó ta được hay . Ta xét các trường hợp sau.

+ Với , khi đó ta có

+ Với , khi đó ta có . Hệ này không có nghiệm nguyên.

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Với , khi đó ta có

Từ hệ thức thứ hai suy ra kết hợp với hệ thức một suy ra . Thử trực tiếp các trường hợp ta

suy ra được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Với thì bất đẳng thức trên xẩy ra dấu bằng nên .

Vậy các bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là.

+ Với thì ta được .

Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho là một số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Ta xét các trường hợp sau.

hoặc hoặc thì đều thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét

, khi đó ta có các khả năng sau. Xét

. Do đó để tích là số + Nếu n lẻ thì

là ba số chính phương. Nhưng là hai số chính phương thì

nguyên liên tiếp nên không thể cùng là số chính phương.

. Do đó để tích + Nếu n chẵn thì

với a, b, c là các số nguyên dương trên là số chính phương thì

và .

, trường hợp này loại. Suy ra

là các số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy

Bài 18. Giả sử a và b là các số nguyên dương sao cho là một số nguyên. Gọi d là một ước

số chung bất kì của a và b. Chứng minh rằng . Kí hiệu là số nguyên lớn nhất không vượt

quá x.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2011 – 2012

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng.

+ Nếu . Giả sử với m, n là các số nguyên dương.

Ta có là số nguyên nên . Do đó ta được

Như vậy d là số nguyên không vượt quá , mà là số nguyên lớn nhất không vượt quá

. Do đó ta được . Bài toán được chứng minh.

Bài 19. Ta tìm hai số nguyên dương x, y sao cho là số nguyên dương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Ta xét các trường hợp sau.

Với ta có . Vậy mọi bộ ba số trong đó x là số nguyên dương tùy ý đều thỏa mãn.

Với , khi đó ta có nên , không thỏa mãn đề bài.

Với . Khi đó giả sử bộ ba số nguyên dương thỏa mãn đề bài

Do đó ta có hay nên

Suy ra tồn tại số k nguyên dương sao cho

+ Với suy ra nên , điều này vô lí.

+ Với ta có nên .

Do x, y nguyên dương và suy ra và nên ta được . Thử lại thỏa mãn đề bài

Vậy và các bộ số trong đó x là số nguyên dương tùy ý là thỏa mãn đề bài.

Bài 20. Chứng minh rằng từ 53 số tự nhiên bất kì luôn chọn được 27 số mà tổng của chúng chia hết cho 27.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Ta chứng minh từ 5 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3. Thật vậy,

mỗi số tự nhiên khi chia cho 3 thì có phần dư là 0, 1 hoặc 2

+ Nếu trong 5 số dư có một số bằng 0, một số bằng 1, một số bằng 2 thì tổng của ba số tự nhiên tương ứng

với ba số dư này là chia hết cho 3

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu 5 số dư chỉ nhận không quá 2 trong 3 số 0, 1, 2 thì theo nguyên tắc Dirichlet thì tồn tại 3 số dư nhận

cùng một giá trị và tổng của ba số tự nhiên tương ứng là chia hết cho 3

Từ 53 số tự nhiên đã cho chọn được 3 số mà tổng của chúng là chia hết cho 3. Xét 50 số còn lại

chọn được 3 số mà tổng là chia hết cho 3. Lặp lại lập luận này từ 53 số ta chọn được 17 bộ số mà mỗi bộ

số gồm 3 số có tổng lần lượt là sao cho mỗi tổng đều chia hết cho 3.

Chứng minh tương tự nhận thấy từ 5 số tự nhiên bất kì mà mỗi số đều chia hết cho 3 ta chọn được 3 số

có tổng chia hết cho 9. Vậy từ 17 số ta chọn được 5 bộ mỗi bộ gồm 3 số có tổng lần lượt là

sao cho với . Từ 5 số chia hết cho 9 là chọn được 3 số

mà tổng của chúng là chia hết cho 27. Tổng của 3 số này chính là tổng của 27 số ban đầu. Vậy từ 53 số tự

nhiên bất kì luôn chọn được 27 số mà tổng của chúng chia hết cho 27.

Bài 21. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thoả mãn

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Ta có

Từ phương trình trên suy ra và . Vì z nguyên nên hoặc .

Với , khi đó phương trình trên trở thành . Suy ra nên .

+ Khi , ta được . Suy ra là nghiệm của

phương trình đã cho.

+ Khi , ta được nên không có số nguyên x nào thỏa mãn.

Với , khi đó ta được . Từ đó suy ra nên . Từ đó suy ra không có

số nguyên x nào thỏa mãn.

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là .

Bài 22. Tìm các số nguyên tố p sao cho hai số và là hai số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2011 – 2012

Lời giải:

Giả sử tồn tại các số nguyên tố p để và là hai số chính phương.

Do 2 là số nguyên tố nên suy ra và là các số chẵn. Từ đó suy ra và cũng là các số

chính phương. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa mãn và

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt và

Lấy hiệu theo vế của hai đẳng thức đã cho ta được

Suy ra ta được . Mặt khác từ ta thấy p là số lẻ và .

Do đó ta có nên .

Từ ta lại có nên suy ra

Từ ta suy ra được . Từ đó ta được . Chú ý p là là số nguyên tố lẻ nên từ ta suy ra

được . Mà ta lại có nên ta được .

Thay vào ta được . Từ đó suy ra nên ta được .

Thay vào ta được

Thay vào ta được nên .

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 23. Cho a, b, c là các số nguyên sao cho đều là các số chính phương.

a) Biết rằng ít nhất một số trong ba số chính phương trên luôn chia hết cho 3. Chứng minh rằng

tích chia hết cho 27.

b) Tồn tại hay không các số nguyên thỏa mãn điều kiện ban đầu sao cho

không chia hết cho 27.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012

Lời giải:

a) Đặt

Không mất tính tổng quát ta giả sử . Ta có nên

Đặt với và .

Ta có nên suy ra

Mà ta có nên ta được suy ra .

Do đó ta được x và y cũng chia hết cho 3. Từ đó ta được cũng chia hết cho 3.

Lại có

Nên ta được cùng chia hết cho 3. Do vậy ta được

b) Xét bội số . Khi đó ta được là các số chính phương. Mà

ta lại có không chia hết cho 27.

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy là bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 24. Tìm số nguyên dương n sao cho là số chính phương .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013

Lời giải:

Giả sử tồn tại số tự nhiên q để Đặt , khi đó ta được .

Do vế phải là số chẵn và là số lẻ nên n phải là số chẵn. Đặt .

Từ đó ta được .

Nhận thấy nên từ ta được hoặc

Với u và v là các số tự nhiên.

+ Xét trường hợp . Khi đó ta được . Từ đó suy ra

hay chia 4 dư 3, điều này vô lí. Do đó trương hợp này không xẩy ra.

. Khi đó ta được , tương tự như trên thì trường hợp này + Xét trường hợp

cũng không xẩy ra.

Vậy không tìm được n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 25. Tìm tất cả các bộ hai số chính phương mà mỗi số có đúng 4 chữ số, biết rằng mỗi chữ số của

m bằng chữ số tương ứng của n cộng thêm với d, ở đây d là một số nguyên dương nào đó cho trước.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 – 2013

Lời giải:

Đặt , khi đó theo bài ra ta có . Trong đó x, y, p, q, r, s là

các số tự nhiên thỏa mãn .

Ta có

Khi đó ta có

Từ phương trình trên suy ra số nguyên tố 101 là ước của hoặc .

Lại do nên . Do đó ta được và

Suy ra . Do đó x, y khác tính chắn lẻ và d là số lẻ.

Do nên . Suy ra nên ta được hoặc .

+ Với thì suy ra và do đó

+ Với thì suy ra , do đó

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy ta được hai bộ số và thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 26. Tìm hai số nguyên để là số nguyên tố.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013

Lời giải:

.Vì . Ta có

Do đó nguyên tố khi và chỉ khi một thừa số là 1 còn thừa số kia là số nguyên tố. Khi đó ta có các

trường hợp sau.

Trường hợp 1. Xét

+ Với , khi đó ta được nên không phải là số nguyên tố.

+ Với , khi đó ta được hoặc nên là số nguyên tố.

Trường hợp 2. Xét

+ Với , khi đó ta được nên không phải là số nguyên tố.

+ Với , khi đó ta được hoặc nên là số nguyên tố.

Vậy các cặp số cần tìm là .

Bài 27. Số nguyên dương n được gọi là số điều hòa nếu như tổng bình phương các ước dương của nó (kể cả

1 và n) đúng bằng .

a) Chứng minh rằng số 287 là một số điều hòa.

b) Chứng minh rằng số (với p là một số nguyên tố) không thể là số điều hòa.

c) Chứng minh rằng nếu số (với p và q là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì

là một số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2012 – 2013

Lời giải:

a) Dễ thấy . Ta có và

Suy ra nên 287 là số điều hòa.

b) Giả sử là số điều hòa. Vì p là số nguyên tố nên các ước dương của là

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó ta được mà p là số nguyên tố nên . Khi đó . Do vậy đẳng thức

trên không xẩy ra với p là số nguyên tố. Nên điều giả sử là sai hay không thể là số điều hòa.

c) Ta có là số điều hòa với p và q là các nguyên tố khác nhau. Do đó ta được

Ta có nên . Do đó ta được là một số chính phương.

Bài 28. Tìm các số nguyên tố p sao cho là số hữu tỷ

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2013 – 2014

Lời giải:

Ta có là số hữu tỷ khi với n là một số tự nhiên.

Do đó ta được .

Để ý rằng nên ta được

Do đó suy ra . Thế vào phương trình trên và để ý p là số nguyên tố ta được

Thử lại ta thấy với thì là số hữu tỉ.

Vậy là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 29. Với mỗi số nguyên dương n ta ký hiệu là tổng của n số nguyên tố đầu tiên như sau

Chứng minh rằng trong dãy số không tồn tại hai số hạng liên tiếp đều là các số chính phương .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2013 – 2014

Lời giải:

Giả sử số nguyên tố thứ n là . Giả sử tồn tại số tự nhiên m để

Vì đều không phải là các số chính phương

nên . Ta có .

Vì là số nguyên tố nên . Suy ra hay .

Vì nên ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Điều này mâu thuẫn với . Vậy không tồn tại số thự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 30. Cho với a là số nguyên dương.

a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ.

b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014

Lời giải:

a) Ta có là số lẻ. Do đó mọi ước của M đều là số lẻ.

b) Ta lại có

Mà và nên ta được suy ra . Do đó a chia cho 5 dư 1, tức là tồn tại số tự

nhiên k thỏa mãn .

Đặt . Ta có và theo trên ta có nên ta được

Nếu ta có , mà . Mà 5 không chia hết cho nên đẳng thức trên không thỏa

mãn.

Vậy . Từ đó ta có với k là số tự nhiên nên suy ra và do đó .

Do vậy thì M là lũy thừa của 5.

Bài 31. Cho x, y là các số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2013 – 2014

Lời giải:

Đặt nên k là số chẵn. Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của

Dễ thấy khi hay . Ta chứng minh là giá trị nhỏ nhất của A.

Thật vậy, do nên suy ra hoặc .

Xét trường hợp . Khi đó ta thấy luôn có chữ số tận cùng là 1

Nếu và A có chữ số tận cùng là 1 nên hay

+ Nếu y là số chẵn thì nên

Mà nên phương trình trên vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu y là số lẻ thì nên

Mà nên phương trình trên vô nghiệm

Xét trường hợp . Ta thấy có chữ số tận cùng là 9

Nếu và A có chữ số tận cùng là 9 nên hay

Dễ thấy chia hết cho 3 và không chia hết cho 3 nên không chia hết cho 3

Do đó phương trình trình vô nghiệm.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi .

Bài 32. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương sao cho là số nguyên.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014

Lời giải:

Do là số nguyên nên suy ra hay

Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho .

Nếu thì từ ta có , điều này mâu thuẫn do

a và b là các số nguyên dương. Do vậy ta được .

Từ ta có . Giải phương trình này với điều kiện

a và b nguyên dương được hoặc . Thử lại thấy chỉ có thỏa mãn đề bài.

Vậy bộ số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 33. Giải phương trình nghiệm nguyên

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2013 – 2014

Lời giải:

Trước hết ta nhận thấy số chính phương khi chia cho 3 có thể dư 0 hoặc dư 1. Do đó tổng hai số chính

phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3.

Ta có

Suy ra , khi đó ta được.

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, khi đó ta được. Suy ra

Suy ra .

+ Với , trường hợp này không xẩy ra.

+ Với , khi đó ta được

Khi đó ta được

Vì , khi đó ta được .

Thử lại ta thấy phương trình nhận các nghiệm là .

Bài 34. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số (với a, b là các số tự nhiên khác 0)

là 0.

a) Chứng minh M chia hết cho 20. b) Tìm chữ số hàng chục của M.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014

Lời giải:

a) Vì chứ số tận cùng của M là 0 nên M chia hết cho 5. Xét các trường hợp sau

+ Cả a và b đều là số lẻ nên và đều là số lẻ, suy ra M là số lẻ, trường hợp này không xẩy ra

+ Một trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ, không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lẻ, b là số

chẵn. Khi đó là số lẻ và là số chẵn nên M là số lẻ, trường hợp này cũng không xẩy ra.

Do đó cả hai số a và b đều là số chẵn. Khi đó M chia hết cho 4, từ đó suy ra M chia hết cho 20

b) Ta có nên

Lại có . Tương tự ta có .

Do đó ta được , từ đó ta được nên ta có

Suy ra . Từ đó suy ra nên

Ta có suy ra . Mà nên hay

Suy ra nên hay nên .

Lại có 4 và 25 là hai số nguyên tố cùng nhau nên hay chứ số hàng chục của M là 0.

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 35. Tìm các bộ số tự nhiên thỏa mãn:

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2014 – 2015

Lời giải:

Biến đổi các giả thiết của bài toán ta có

Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Nếu . Khi đó do là các

số tự nhiên và . Từ đó suy ra trong 2014 số chính

phương có đúng 1 số nhận giá trị là 1 và các số còn lại nhận

giá trị là 2014. Không mất tính tổng quát ta giả sử

Thử lại các trường hợp trên ta thấy không thỏa mãn.

Trường hợp 2. Nếu . Khi đó ta được

Do đó ta được . Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy bộ số thự nhiên thỏa mãn yaau cầu bài toán là .

Bài 36. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố sao cho .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014 – 2015

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử . Viết lại phương trình đã cho về dạng

Nếu p lẻ thì q, r cũng lẻ, do đó , nhưng 202 không chia hết cho 4, vô lý.

Do đó

Với thì trở thành

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do nên nên .

Từ đó do là ước của nên

+ Nếu thì và . Ta thấy không là số nguyên tố.

+ Nếu thì và đều là các số nguyên tố

+ Nếu thì và đều là các số nguyên tố.

+ Nếu thì không là số nguyên tố.

Vậy tất cả các bộ ba số nguyên tố phải tìm là và các hoán vị

Bài 37. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn .

Chứng minh rằng là hợp số.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2014 – 2015

Lời giải:

Biến đổi giả thiết của bài toán ta có

. Giả sử là một số nguyên tố thì . Khi đó từ đẳng thức trên Đặt

nên hay suy ra

Vì p là số nguyên tố nên suy ra hoặc . Điều này vô lý vì và

(a, b, c, d là các số nguyên dương và có tổng bằng p).

Vậy và không là số nguyên tố nên s phải là hợp số.

Bài 38. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì chia hết cho 24.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015

Lời giải:

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên ta được hoặc với k là số tự nhiên khác 0.

chia hết cho 3 + Nếu

Vậy p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì chia hết cho 3

Mặt khác vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ. Suy ra và là hai số chẵn liên tiếp

nên , ta có Đặt

chia hết cho 2 nên chia hết cho 8. Do đó chia hết cho 8 Do

Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau ta được chia hết cho 24.

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 39. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015

Lời giải:

Biến đổi phương trình đã cho ta có

Vì x, y nguyên nên có các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với

+ Trường hợp 2. Với (Trường hợp này loại)

+ Trường hợp 3. Với

+ Trường hợp 4. Với (Trường hợp này loại)

+ Trường hợp 5. Với (Hệ không có nghiệm nguyên)

+ Trường hợp 6. Với (Trường hợp này loại)

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên

Bài 40. Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn điều kiện .

a) Chứng minh rằng không thể là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng nếu thì và không đồng thời là số nguyên tố.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2014 – 2015

Lời giải:

a) Từ ta được do đó . Giả sử là số nguyên tố.

Khi đó nên mà nên , điều này vô lí. Do đó không thể là

số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Ta có

Tương tự ta cũng có .

Giả sử và đều là số nguyên tố nên , tương tự ta có mà

nên suy ra . Lập luận tương tự ta được .

Do vậy ta được . Suy ra nên không thể là số nguyên tố do .

Vậy thì và không đồng thời là số nguyên tố.

Bài 41. Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016

Lời giải:

Biến đổi phương trình đã cho ta được

Xét , khi đó từ phương trình trên ta được

Đặt thì t là số tự nhiên khác 0 và phương trình trở thành

Xét , khi đó chia hết cho 5 và không chia hết

cho 5. Nên trường hợp này không có nghiệm.

Vậy ta tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 42. Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2015 – 2016

Lời giải:

Phương trình tương đương với

Ta thấy

Vì x và y là các số nguyên nên ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1. Khi ta có phương trình

Với ta có (thỏa mãn)

Trường hợp 2. Khi ta có phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình không có nghiệm nguyên

Trường hợp 3. Khi ta có phương trình

Phương trình không có nghiệm nguyên

Trường hợp 4. Khi ta có phương trình

Với ta có thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là

Bài 43. Tìm các số nguyên k để là số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2015 – 2016

Lời giải:

Đặt . Ta có

Khi đó M là số chính phương khi và chỉ khi hoặc là số chính phương.

Trường hợp 1. Với . Khi đó ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2. Với là số chính phương. Khi đó ta đặt với m là một số

nguyên. Từ đó ta được

Vì m và k là các số nguyên nên và cũng là các số nguyen. Từ đó ta được

hoặc .

Giải các hệ trên ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy hoặc thì là số chính phương

Bài 44. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Khánh Hòa năm học 2015 – 2016

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có

Vì x, y nguyên dương nên . Do đó từ phương trình trên ta có

Vì x và y là các số nguyên nên có ba trường hợp sau.

Trường hợp 1. Với ta được .

Trường hợp 2. Với ta được .

Trường hợp 3. Với ta được .

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là .

Bài 45. a) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho và

b) Cho m là số nguyên, chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho

và thì cũng tồn tại các số nguyên a', b', c' khác 0 sao cho và

c) Với k là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho

và .

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016

Lời giải:

a) Ta có

Vì a, b, c là các số nguyên và là các số chính phương nên ta được do đó ta

được mà . Từ đó ta chọn được các bộ số như sau hoặc

và các hoán vị của chúng.

b) Nếu thì trong ba số a, b, c có hai số lẻ và một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn.

Nếu có hai số lẻ và một số chẵn, không mất tính tổng quát ta giả sử a, b lẻ và c chẵn

Khi đó ta được . Suy ra ta có

Dễ thấy 0 chia hết cho 4 và không chia hết cho 4. Điều này dẫn đến mâu

thuẫn. Vậy trường hợp này không xẩy ra.

Do đó cả ba số a, b, c cùng chẵn, khi đó ta chọn suy ra

Và ta cũng có

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Như vậy các số như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Nếu và thì tương tự câu a ta có

Do a, b, c là các số nguyên nên nên , do đó suy ra .

Vì nên trong ba số a, b, c có hai số lẻ và một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn.

Trường hợp 1. Giả sử trong ba số a, b, c thì a, b là số lẻ và c là số chẵn. khi đó

Ta có

Dễ thấy 0 chia hết cho 4 và không chia hết cho 4. Điều này dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy trường hợp này không xẩy ra.

Trường hợp 2. Cả ba số a, b, c cùng chẵn. Khi đó gọi p là số tự nhiên lớn nhất sao cho cả ba số a, b, c

cùng chia hết cho . Nghĩa là với là các số nguyên và có ít nhất một

số lẻ. Khi đó ta được

Tương tự như trên ta được khác 0 nên nên .

Mà khác 0 rong đó có ít nhất một số lẻ nên không chia hết cho 4. Do đó trường hợp

này cũng không xẩy ra.

Vậy không tại các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 46. Tìm số tự nhiên bé nhất có bốn chữ số biết nó chia cho 7 được số dư 2 và bình phương của nó chia

cho 11 được số dư là 3

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Đăk Lăk năm học 2015 – 2016

Lời giải:

Gọi x là số cần tìm . Vì chia 11 dư 3 nên x chia 11 dư 5 hoặc dư 6.

Trường hợp 1. Nếu x chia 11 dư 5 suy ra nên hay

Lại có x chia 7 dư 2 nên nên hay . Do đó ta được là bội chung của 7 và

11 nên ta được .

Vì

Mà x bé nhất nên ta chọn được suy ra

Trường hợp 2. Nếu x chia 11 dư 6 dư 5 suy ra nên hay

Lại có x chia 7 dư 2 nên hay . Do đó ta được là bội chung của 7 và 11 nên

nên ta được .

Vì

Mà x bé nhất nên ta chọn được suy ra

Vì nên số phải tìm là 1017.

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 47. Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; ... được xác định như sau: Số hạng thứ k bằng tích của k số

nguyên tố đầu tiên . Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có hiệu bằng 30000. Tìm hai số

hạng đó.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2015 – 2016

Lời giải:

Xét dãy số có dạng . Giả sử hai số cần chọn là với

là các số nguyên tố thứ n và thứ m. Từ đó ta có

Ta thấy tồn tại ước của 3 nên a và b có chữa số nguyên tố 3 nên và 1000 không có ước

nguyên tố khác 2 và 5 nên a không có ước khác 2 và 5 nên . Từ đó ta được

+ Nếu ta được , không tồn tại thỏa mãn

+ Nếu ta được , từ đó ta được

Bài 48. Tìm các số nguyên x,y thoả mãn

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Phương trình đã cho có bậc ba đối với ẩn x và có bậc nhất đối với ẩn y nên ta không thể sử dụng điều kiện có

nghiệm của phương trình bậc hai. Do đó ta chú ý đến phân tích phương trình về dạng phương trình ước số.

Ta có

Nhận thấy , là số chẵn và là số lẻ.

Đồng thời ta có .

Từ các nhận xét trên ta thấy chỉ có các trường hợp hoặc

+ Trường hợp 1. Với . Phương trình không có nghiệm nguyên.

+ Trường hợp 2. Với

Vậy có hai bộ số nguyên thỏa mãn là .

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 49.

a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết chia hết cho 7.

b) Tìm các cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình:

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2016 – 2017

Lời giải:

a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết chia hết cho 7.

Ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với n là số chẵn, khi đó với k nguyên dương.

Khi đó ta có .

Ta có 16 và 9 cùng dư với 2 chia 7 nên và có cùng số dư với khi chia cho 7

Do đó M cùng dư với khi chia cho 7 nên chia hết cho 7 hay k chia 7 dư 3,

suy ra ta được với p là số tự nhiên, từ đó ta được .

+ Trường hợp 2. Với n là số lẻ, khi đó với k nguyên dương

Khi đó ta có

Do đó ta được M cùng dư với khi chia cho 7.

Do đó k chia hết cho 7 hay với q là số tự nhiên. Từ đó ta được .

Vậy hoặc , với p và q là các số tự nhiên.

b) Tìm các cặp số nguyên dương thoả mãn .

Phương trình đã cho có bậc cao và lại là bậc chẵn nên ta nghĩ đến phân tích thành các bình phương.

Để ý rằng và nên ta biến đổi tương đương phương trình ta được.

Vì x và y là các số nguyên dương nên và .

Do đó từ phương trình trên ta suy ra được

Vậy phương trình trên có nghiệm nguyên dương là .

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 50. Tìm các bộ số nguyên dương biết và .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Nhìn giả thiết ta không thể khai thác điều gì nên ta chuyển sang khai thác

. Căn thức ở vế trái gợi cho ta ý tưởng bình phương

Đến đây chỉ cần xét trường hợp kết hợp với giả thiết là giải quyết được bài toán.

+ Xét khi đó suy ra

Vì x, y nguyên dương nên ta có các trường hợp sau

Trường hợp 1. Với

Trường hợp 2. Với

+ Xét , vì vai trò của x và z như nhau nên ta chọn được thêm một cặp là .

Vậy nghiệm nguyên dương thỏa mãn là .

Bài 51. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Ta có nên .

Mà nên .

+ Nếu lẻ, ta đặt , điều này vô lí, suy ra loại x lẻ.

+ Nếu chẵn, ta đặt , điều này đúng. Do đó khi x chẵn thì

Vì nên . Vậy ta có các trường hợp

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 1. (loại).

Trường hợp 2. .

. Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là

Bài 52. Cho số nguyên dương thỏa mãn là số nguyên. Chứng minh là số

chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Do là số nguyên, mà là số lẻ nên tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn

Vì nên xảy ra 2 trường hợp:

Trường hợp 1. (vô lí).

Trường hợp 2. . Từ đó suy ra

Do đó là số chính phương.

Bài 53. Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức sau .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Ta có .

Gọi . Khi đó ta có và nên ta được

Do d là nguyên tố nên ta có hai trường hợp

Khi ta được nên . Điều này vô lý vì số chính

phương chia cho 3 không thể có số dư là 2.

Khi ta được , kết hợp với ta suy ra được .

Do đó .

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó do là số chính phương nên ta đặt trong đó a, b là các số

nguyên dương và . Tứ đó ta được

Vì nên ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với , hệ không có nghiệm nguyên.

+ Trường hợp 2. Với .

Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là .

Bài 53. Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn các điều kiện và chia hết cho a,

chia hết cho b, chia hết cho c.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Do a, b, c là ba số nguyên tố thỏa mãn nên . Từ đó ta suy ra được

. Từ giả thiết ta lại có nên .

Tương tự .

Vì a, b, c là 3 số nguyên tố phân biệt nên a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau do đó

Nếu ta có (mâu thuẫn). Do đó .

Khi đó . Tương tự suy ra nên .

Nếu ta có (mâu thuẫn). Do đó .

Suy ra, nên

Thử lại thỏa mãn bài toán. Vậy .

Bài 55. Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn là một số nguyên dương. Gọi d là ước chung

lớn nhất của a và b. Chứng minh rằng .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Vì d là ước chung lớn nhất của a và b nên tồn tại các số tự nhiên thỏa mãn các điều kiện

và .

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt khi đó ta được . Từ đó ta được

Do a, b, k là các số nguyên dương nên suy ra là số nguyên dương.

Từ đó ta được . Như vậy từ ta được

Vậy bài toán được chứng minh xong.

Bài 56. Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn chia hết cho xy.

a) Chứng minh rằng x và y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng chia hết cho 4 và .

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2016 – 2017

Lời giải:

a) Chứng minh rằng x và y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.

Giả sử trong hai số x và y có một số chẵn, do vài trò của x và y như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả

sử x là số chẵn. Khi đó do chia hết cho xy nên chia hết cho 2. Từ đó dẫn đến

chia hết cho 2. Từ đó suy ra được chia hết cho 4, dẫn đến 10 chia hết cho 4, điều này vô lí. Do

đó cả hai số x và y đều là số lẻ.

Gọi , khi đó với .

Từ đó ta có chia hết cho nên suy ra chia hết cho nên suy ra

hay x và y nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng chia hết cho 4 và .

Đặt . Khi đó ta có .

Do 4 và nên suy ra chia hết cho .

Hay ta được là số nguyên. Từ đó suy ra k chia hết cho 4.

Cũng từ ta được . Nếu trong hai số x và y có một số chia hết cho 3, khi

đó không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là x. Khi đó ta suy ra được chia hết cho 3 nên

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

chia hết cho 3 hay chia 3 dư 2, điều này vô lý vì chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Do vậy x và y không chia hết

cho 3. Suy ra chia 3 cùng có số dư là 1. Do đó ta được chia hết cho 3. Mà ta lại có

nên k chia hết cho 3.

Kết hợp với k chia hết cho 4 ta suy ra được k chia hết cho 12. Do đó .

Bài 57. Tìm tất cả các số có 5 chữ số thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Ta có . Mà ta có hay ta có nên suy ra được

Đặt và , khi đó ta có với

Từ giả thiết ta có .

Do nên từ phương trình trên ta suy ra được nên ta được .

Mặt khác do nên ta lại có

Từ đó ta suy ra được . Nên ta được hay

Bài 58. Cho a, b, c là các số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng nhau thỏa mãn . Chứng minh

là số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Từ ta được .

Từ đó ta được .

Gọi , khi đó ta có nên ., từ đó dẫn đến .

Mà do a, b, c nguyên tố cùng nhau nên ta được .

Do đó ước chung lớn nhất của và là 1. Mà ta lại có nên suy ra và

là các số chính phương.

Đặt . Khi đó ta có .

Từ đó ta có .

Vậy là số chính phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 59. Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Dương năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Biến đổi phương trình đã cho ta được

Do x, y là các số nguyên nên và là số lẻ.

là số lẻ, suy ra x là số chẵn và không âm. Gọi , khi đó ta có d là số Do đó

lẻ.

Ta có .

Do vậy , mà ta lại có là số chính phương nên và là các số

chính phương.

Do nên ta có , từ đó ta được .

Khi đó là số chính phương.

Thay vào phương trình đã cho ta được .

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là .

Bài 60. Với mỗi , xét hai số và . Chứng minh rằng có một và

chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Ta có và . Với mọi ta luôn có

Ta đi xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Với n chia hết cho 4, ta được .

Khi đó

Lại có . Từ đó ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Như vậy trong hai số và thì chia hết cho 5.

Trường hợp 2. Với n chia 4 dư 1, ta được .

Khi đó

Lại có . Từ đó ta được

Như vậy trong hai số và thì chia hết cho 5.

Trường hợp 3. Với n chia 4 dư 2, ta được .

Khi đó

Lại có . Từ đó ta được

Như vậy trong hai số và thì chia hết cho 5.

Trường hợp 4. Với n chia 4 dư 3, ta được .

Khi đó

Lại có . Từ đó ta được

Như vậy trong hai số và thì chia hết cho 5.

Vậy với mỗi thì có một và chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5.

Bài 61. Tìm số chính phương có bốn chữ số biết rằng khi tăng mỗi chữ số một đơn vị thì số mới tạo thành là

một số chính phương có bốn chữ số.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm là .

Đặt , khi đó ta có . Khi tăng mỗi chữ số của một

đơn vị ta được .

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt , khi đó ta có .

Do đó ta được .

Để ý rằng nên từ phương trình trên ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với , loại vì k không thỏa mãn .

+ Trường hợp 2. Với , thỏa mãn điều kiện .

Do đó số cần tìm là và .

Bài 62. Tìm tất cả nghiệm nguyên dương và thỏa mãn của phương trình:

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Hưng Yên năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Biến đổi phương trình đã cho ta có

nên ta được Do

. Do đó

Vì nên ta được . Ta đi xét các trường hợp sau

+ Với , khi đó ta có phương trình

Vì nên từ phương trình trên ta được .

+ Với , khi đó ta có phương trình , dễ thấy phương trình vô nghiệm.

+ Với , khi đó ta có phương trình .

Vì nên từ phương trình trên ta được .

Vậy phương trình đã cho trên có các nghiệm là .

Bài 62. Cho S là tập các số nguyên dương n có dạng , trong đó x, y là các số nguyên. Chứng

minh rằng:

a) Nếu thì .

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Nếu và N là số chẵn thì N chia hết cho 4 và .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2016 – 2017

Lời giải:

a) Nếu thì .

Ta có nên và với m, n, p, q là các số nguyên. Khi đó ta có

Do vậy .

b) Nếu và N là số chẵn thì N chia hết cho 4 và .

Do nên ta có với x, y là các số nguyên và do N là số chẵn nên x, y có cùng tính chẵn lẻ.

Ta xét các trương hợp sau

+ Xét trường hợp x và y đều là số chẵn. Khi đó dễ thấy N chia hết cho 4.

Đặt , khi đó nên .

+ Xét trường hợp x và y đều là số lẻ. Khi đó đặt

Ta có nên N chia hết cho 4.

Mặt khác do x, y là các số lẻ nên nên hoặc .

Với ta được nên

Với Với ta được nên

Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 64. Tìm các số nguyên m, n với sao cho là ước của .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hải Phòng năm học 2016 – 2017

Lời giải:

Ta có

Hay ta được . Mặt khác ta lại có

THCS.TOANMATH.com Trang 73

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà theo bài toán ta có A là bội của B. Để ý rằng với với mọi m, n. Ta có A là bội của B nên ta suy ra

được

Xét , khi đó nên .

Từ đó ta được vô nghiệm

Từ đó ta được . Đến đây ta xét từng trường hợp cụ thể ta được các cặp thỏa mãn

bài toán .

Bài 65. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn với là tổng các chữ số của n.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Vì n là số tự nhiên và là tổng các chữ số của n nên và .

Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Nếu . Khi đó ta có

Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì .

+ Trường hợp 2. Nếu . Khi đó ta được

và (Thỏa mãn)

+ Trường hợp 3. Nếu . Khi đó .

Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì .

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 66. Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Phương trình tương đương với

Đặt , do x, y là số nguyên nên . Khi đó phương trình trở thành

. Vì a, b là các số nguyên nguyên nên

+ Với khi đó ta được (không phải số nguyên)

THCS.TOANMATH.com Trang 74

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Với khi đó ta được , do đó ta được (hệ vô nghiệm)

+ Với khi đó ta được (không phải số nguyên)

+ Với khi đó ta được , suy ra

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là

Bài 67. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho là một số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Lời giải: 1. Gọi m là số nguyên dương thỏa mãn . Khi đó

Suy ra tồn tại số tự nhiên k sao cho và

nên , do đó . Vì

Nếu thì

. Khi đó ta xét các Vì vậy

khả năng sau

+ Nếu thì .

Nếu thì . Do đó .

Suy ra .

Áp dụng kết quả trên ta có .

Suy ra . Mặt khác

nên , mâu thuẫn.

Vậy hoặc .

Lời giải: 2. Giả sử với m là số nguyên dương và .

THCS.TOANMATH.com Trang 75

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Suy ra với p, q là các số tự nhiên Khi đó

và .

suy ra , do đó ta được . Ta có nên

Suy ra hay .

Thử trực tiếp ta thấy thỏa mãn. Tuy nhiên lại không thỏa mãn đẳng thức

. Ta chứng minh không đúng với .

Thật vậy, ta xét các khả năng sau.

+ Khi thì dễ thấy .

+ Khi thì ta có .

Như vậy với không đúng với . Vậy bài toán có hai nghiệm hoặc .

Bài 68. Cho phương trình (1). Mỗi bộ số trong đó là các số nguyên

dương thỏa mãn (1) được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình (1).

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng của phương trình (1).

b) Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương của phương trình (1) và thỏa mãn điều

kiện . Trong đó kí hiệu là số nhỏ nhất trong ba số .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là . Khi đó thay vào phương trình ta được

suy ra . Thay trở lại phương trình trên ta được

Từ phương trình này ta được .

Với và với .

Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương dạng là .

là một nghiệm của phương trình đã cho b) Ta có

với thỏa mãn Giả sử .

Xét phương trình

Do đó suy ra .

THCS.TOANMATH.com Trang 76

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó dẫn đến phương trình (1) có nghiệm . với

Do , suy ra .

Lặp lại quá trình trên sau không quá 2017 lần ta được .

Bài 69. Chứng minh rằng nếu số tự nhiên là số nguyên tố thì không là số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Giả sử là một số chính phương, khi đó ta đặt .

Từ đó ta được . Ta có

Do là số nguyên tố nên nên suy ra , do đó từ ta suy ra được .

Điều này dẫn đến .

Từ trên ta suy ra được

Do và nên ta suy ra được và .

Suy ra không phải là một số nguyên tố. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán.

Vậy điều giả sử trên là sai hay không thể là số chính phương.

Bài 70. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2017 – 2018

Lời giải:

trong đó là các số nguyên tố Giả sử

trong đó là các số nguyên tố Tượng tự

Ta có .

Vì

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được .

Từ giả thiết ta được

Do nên ta suy ra được từ đó dẫn đến

Do đó ta đi xét hai trường hợp sau

THCS.TOANMATH.com Trang 77

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 1. Với , khi đó ta được

Trường hợp 2. Với , khi đó ta được

Vậy từ đó ta tính được .

Bài 71. Tìm các số tự nhiên để là số nguyên tố.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Quảng Ninh năm học 2017 – 2018

Lời giải:

+ Trường hợp 1. Xét không là số nguyên tố. thì

+ Trường hợp 2. Xét là số nguyên tố. thì

+ Trường hợp 3. Xét , khi đó ta có . Ta có

Để ý rằng ta luôn có

Dễ thấy chia hết cho . Do đó A chia hết cho .

Ta có và chia hết cho nên A là hợp số. Do đó không thỏa mãn yêu cầu bài

toán.

Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Bài 72. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Hưng Yên năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Phương trình đã cho tương đương với . Ta xét các trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Với , khi đó dễ thấy . Do đó từ phương trình ta suy ra được

. Mặt khác ta có vì .

Do đó suy ra . Kết hợp lại ta được , điều này vô lý vì x và y là số nguyên. Như

vậy khi phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

THCS.TOANMATH.com Trang 78

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Trường hợp 2. Với , khi đó do x là số nguyên nên ta được .

Với thay vào phương trình đã cho ta được .

Với thay vào phương trình đã cho ta được , phương trình không có nghiệm nguyên.

Với thay vào phương trình đã cho ta được .

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là .

Bài 73. Chứng minh biểu thức chia hết cho 120 với n là số

nguyên.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Phước năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Dễ thấy và nên ta đi chứng minh S chia hết cho 3, 5, 8.

Mặt khác khai trên S ta được .

Biến đổi biểu thức S ta được

Do nên ta suy ra được S chia hết cho 3.

Ta có . Mặt khác lại có

Từ đó suy ra nên S chia hết cho 5.

Ta có

Nếu thì ta được , Từ đó suy ra S chia hết cho 8.

Nếu thì ta được

Ta có chia hết cho 8.

Lại có .

Do đó S chia hết cho 8.

Từ các kết quả trên suy ra S chia hết cho 120 với mọi số nguyên n.

Bài 74. Tìm nghiệm nguyên của phương trình .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Hải Dương năm học 2017 – 2018

THCS.TOANMATH.com Trang 79

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Biến đổi phương trình trên ta được

Để ý rằng nên ta đi xét các trường hợp sau

Trường hợp 1. Với . Từ đó ta có các hệ sau

Giải các hệ trên ta được các nghiệm .

Trường hợp 2. Với . Từ đó ta có các hệ sau

Giải các hệ trên ta được các nghiệm .

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm như trên.

Bài 75. Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn và là các số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Hải Dương năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử . Khi đó ta có

là số chính phương nên ta có thể suy ra được nhận giá trị Mà

ta được . Khi

là số chính phương nên là số chính phương. Do

Từ đó suy ra là số chính phương.

. Ta có

. Lại có

Như vậy ta được . Do đó ta đi xét các trường hợp sau

, từ đó ta được . + Nếu

THCS.TOANMATH.com Trang 80

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu , phương trình không có nghiệm nguyên

+ Nếu , từ đó ta được .

Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 76. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn và .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Lời giải: 1. Từ các hệ thức trên ta có hệ phương trình

Thế vào phương trình thứ hai của hệ trên ta được

Để ý rằng ta có và x, y nguyên dương nên ta xét các trường hợp sau

. + Trường hợp 1. Với

+ Trường hợp 2. Với , hệ không có nghiệm nguyên dương.

. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ban đầu ta tìm được

. Vậy cặp số duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán

Lời giải: 2. Từ các hệ thức trên ta có hệ phương trình

Thế vào phương trình thứ hai của hệ trên ta được

Do x, y, z là các số nguyên dương nên ta có và .

Do đó ta được nên .

Do y là số nguyên dương nên ta có . Ta xét các trường hợp sau.

THCS.TOANMATH.com Trang 81

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Với , ta được .

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được .

+ Với , ta được . Phương trình không có nghiệm nguyên dương.

+ Với , ta được . Phương trình vô nghiệm.

Vậy cặp số duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán .

Bài 77. Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn . Chứng minh rằng ab chia hết cho .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Đặt , khi đó ta được . Thay vào đẳng thức ta được

Từ đó ta được .

Ta chứng minh được là số nguyên hay là số chẵn.

Thật vậy, từ ta được .

Do đó trong hai số và có ít nhất một số chẵn.

Mặt khác ta lại có nên và có cùng tính chẵn lẻ. Kết hợp

lại ta được và cùng là số chẵn.

Vậy là số nguyên nên ta suy ra được ab chia hết cho .

Bài 78. Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn là các số chính phương và là số nguyên

tố.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Do là các số chính phương nên tồn tai a, b nguyên dương thỏa mãn .

Từ đó ta được .

Hay ta được .

Do a và b là các số nguyên dương nên ta có .

THCS.TOANMATH.com Trang 82

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó để là số nguyên tố thì ta cần có .

Từ đó ta được . Thay vào hệ thức ta được

+ Với ta được , từ đó ta được . Ta thấy không phải là số nguyên tố.

+ Với ta được , từ đó ta được . Ta thấy là số nguyên tố.

Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 79. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên tố có dạng thì ta luôn có

Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Nếu một trong hai số a và b chia hết cho p thì ta suy ra điều cần chứng minh.

+ Trường hợp 2. Nếu cả hai số a và b cùng không chia hết cho p. Khi đó ta có .

Theo định lí Fecmat ta có .

Mặt khác ta có chia hết cho nên chia hết cho p.

Từ đó suy ra 2 chia hết cho p, mà p là số nguyên tố nên ta được . Điều này mâu thuẫn vì p là số

nguyên tố lẻ.

Như vậy trường hợp 2 không xẩy ra hay bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Do 4617 chia hết cho 19 nên hay ta được

Do 19 là số nguyên tố có dạng nên áp dụng bổ đề trên ta suy ra được

Từ đó ta được . Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì 4617 không chia hết cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 83

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy không tồn tại cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 80. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức .

a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho .

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2017 – 2018

Lời giải:

a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho .

Nếu thì ta có , điều này vô lí vì p, q là các số nguyên tố.

Do vậy , khi đó do p và q là các số nguyên tố nên và .

Như vậy tồn tại các số nguyên dương m, n thỏa mãn , thay vào đẳng thức đã cho ta

được . Do vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho .

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức .

Thế vào hệ thức ta được .

Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn q, khi đó để phương trình có nghiệm nguyên dương thì

phải là số chính phương.

Ta có nên ta được .

Từ đó ta được .

Thay vào hệ thức đã cho ta được .

Vậy các số là các số nguyên tố cần tìm.

Bài 81. Cho p là một số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên n để là số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2017 – 2018

Lời giải:

Ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Nếu . khi đó ta có .

Xét , khi đó dễ thấy

là số chính phương nên ta được hoặc Do

Với .

THCS.TOANMATH.com Trang 84

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, phương trình không có nghiệm Với

nguyên.

Xét và , thay vào ta được A không phải là số chính phương.

Xét , khi đó dễ thấy

Do đó không thể là số chính phương.

+ Trường hợp 2. Nếu , khi đó do p là số nguyên tố nên p là số lẻ.

Do A là số chính phương nên tồn tại số nguyên t để .

Dễ thấy với thì A là số chính phương.

Xét , khi đó ta có .

Do p là số nguyên tố lẻ nên là số nguyên dương, do đó và là số chính phương.

Đặt ta có phương trình

Với ta có , điều này vô lý vì

Với ta có , điều này vô lý vì .

Như vậy khi không tồn tại số nguyên n để A là số chính phương.

Vậy với thì A là một số chính phương.

Bài 82. Cho x, y là hai số nguyên với .

a) Chứng minh rằng nếu chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.

b) Chứng minh rằng nếu chia hết cho thì không thể là số nguyên tố.

c) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho chia hết cho 9 với mọi x, y mà không chia

hết cho 9.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2017 – 2018

Lời giải:

a) Chứng minh rằng nếu chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.

THCS.TOANMATH.com Trang 85

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có . Mà ta có và chia hết cho 3 nên suy ra

chia hết cho 3, do đó chia hết cho 3.

Suy ra chia hết cho 9.

b) Chứng minh rằng nếu chia hết cho thì không thể là số nguyên tố.

Ta có .

Mà ta có chia hết cho và chia hết cho nên chia hết cho

Nếu là số nguyên tố thì từ chia hết cho ta được x hoặc y hoặc chia hết cho

. Điều này vô lý vì (do và ).

Vậy không thể là số nguyên tố.

c) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho chia hết cho 9 với mọi x, y mà không chia hết cho

Nếu x không chia hết cho 3 thì . Do đó .

Áp dụng kết quả ý a) ta có .

Theo giả thiết ta có xy không chia hết cho 3 nên x và y không chia hết cho 3 nên và .

Đặt .

Khi đó ta có .

Mà ta có nên , tương tự thì .

Do vậy .

Vậy để chia hết cho 9 với mọi x, y mà không chia hết cho 9 thì .

Bài 83. Cho p, q là hai số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng chia hết cho 20.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019

Lời giải:

+ Lời giải: 1. Ta có . Do đó đến chứng minh chia hết cho 20 ta

cần chứng minh chia hết cho 20. Để ý rằng ta có và nên ta đi chứng minh

chia hết cho 4 và 5.

THCS.TOANMATH.com Trang 86

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có và . Do p Do p và q là các số nguyên

tố lớn hơn 5 nên p và q là các số nguyên tố lẻ nên và cùng chia hết cho 4. Điều

này dẫn đến và cùng chia hết cho 4.

Đến đây ta suy ra được chia hết cho 4.

Ta có .

Để ý rằng chia hết cho 5. Mà do p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên không chia

hết cho 5, do vậy ta có chia hết cho 5. Từ đây suy ra chia hết cho 5. Lập

luận hoàn toàn tương tự ta cũng có chia hết cho 5. Đến đây ta suy ra chia hết cho 5.

Kết hợp các kết quả trên ta có điều phải chứng minh.

+ Lời giải: 2. Hoàn toàn tương tự như trên ta đi chứng minh chia hết cho 4 và 5.

Do p và q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p và q là các số lẻ, do đó p và q khi chia cho 4 chỉ có thể có

số dư là 1 hoặc 3. Điều này dẫn đến và khi chia cho 4 có cũng số dư là 1. Đến đây ta suy ra được

chia hết cho 4.

Cũng do p và q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p và q khi chia cho 5 có thể có một trong các số dư là 1;

2; 3; 4. Điều này dẫn đến và khi chia cho 5 có các số dư là 1 hoặc 5, do vậy và khi chia cho 5

có cũng số dư là 1. Đến đây ta suy ra được chia hết cho 5.

Kết hợp các kết quả trên ta có điều phải chứng minh.

Bài 84. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời các điều kiện , và

. Chứng minh rằng:

i) . ii) a là một số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019

Lời giải:

i) Để ý đến giả thiết và ta có biến đổi

Do d là số nguyên dương nên ta có , do đó suy ra .

ii) Gọi với m là một số nguyên dương. Khi đó tồng tại các số nguyên dương x và y nguyên tố

cùng nhau sao cho và . Từ giả thiết ta suy ra được , điều này có nghĩa là

dx chia hết cho y. Mà do nên suy ra d chia hết cho y, khi đó đặt với n là số nguyên dương.

Từ đó ta có hay . Do nên ta được và , hay ta có và

. Từ đó ta lại suy ra được

THCS.TOANMATH.com Trang 87

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với giả thiết ta được hay ta được

Để ý rằng nên kết hợp với bất đẳng thức trên ta suy ra được . Điều này dẫn ta đến

. Do vậy a là một số chính chương.

Nhận xét. Ngoài lời giải như trên thì ý ii) còn có thể được tiếp cận bằng hai lời giải khác sau đây.

+ Lời giải: 1. Từ giả thiết của bài toán ta được .

Do nên bất đẳng thức trên được viết lại thành .

Hay ta được .

Do nên từ bất đẳng thức trên ta được hay .

Mà theo ý a) ta đã có nên .

Kết hợp hai bất đẳng thức thì ta được hay . Đến đây thì ta thu được

. Điều này dẫn ta đến .

Lại có nên suy ra và . Đến đây ta có biến đổi

Vậy a là một số chính phương.

+ Lời giải: 2. Đặt và với x, z là các số nguyên dương, y là số

nguyên không âm. Khi đó các giả thiết của bài toán có thể được viết lại thành và

. Do đó ta suy ra được .

Do nên hay nên suy ra . Áp dụng bất đẳng

thức AM – GM ta được

Kết hợp với ta được nên dấu bằng của các bất đẳng thức trên xẩy

ra. Điều này dẫn đến và là một số chính phương.

Bài 85. Cho a, b là hai số nguyên thỏa mãn .

a) Chứng minh rằng .

b) Chứng minh rằng .

c) Tìm tất cả các bộ số x, y, z, t nguyên thỏa mãn và .

THCS.TOANMATH.com Trang 88

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2018 – 2019

Lời giải:

a) Chứng minh .

Theo giả thiết ta có .

Ta có , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi .

Điều này dẫn đến , mâu thuẫn với giả thiết. Do đó trường hợp không xẩy ra.

Từ đó ta được nên suy ra .

Lại do a, b là các số nguyên và do nên suy ra

Kết hợp với ta được

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

b) Chứng minh .

+ Lời giải: 1. Do a, b là các số nguyên và nên suy ra . Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Với , khi đó ta có .

Như vậy .

Do a là số nguyên nên các kết quả trên hoàn toàn đúng.

Dấu đẳng thức xẩy khi và chỉ khi .

Trường hợp 2. Với , khi đó do a, b là các số nguyên nên ta có .

Như vậy .

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi .

+ Lời giải: 2. Do a, b là hai số nguyên thỏa mãn nên suy ra a và b không thể đồng thời cùng là

số nguyên âm. Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Với , khi đó hiển nhiên ta có .

Trường hợp 2. Một trong hai số a và b có một số bằng không và một số khác 0. Khi đó không mất tính tổng

quát ta giả sử và . Khi đó từ ta được nên suy ra .

Từ đó ta có . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 89

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 3. Với . Khi đó ta có nên ta được . Dấu đẳng thức

xẩy ra khi và chỉ khi .

Trường hợp 4. Trong hai số a và b có một số âm và một số dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử a là

số dương và b là số âm. Khi đó ta có và .

Đặt với k là số nguyên lớn hơn 1. Khi đó ta có

Do k là số nguyên lớn hơn 1 và nên .

Từ đó ta có .

Do vậy bất đẳng thức cuối cùng huôn đúng. Do vậy ta được . Trường hợp này không xẩy ra

dấu đẳng thức.

Kết hợp các kết quả lại ta được .

Dấu đẳng thức xẩy khi và chỉ khi .

c) Tìm tất cả các bộ số x, y, z, t nguyên thỏa mãn . và

Từ giả thiết ta được và .

thì suy ra . Khi đó nên , đến đây thì ta thu + Nếu

. Như vậy ta được . được

thì lập luận chứng minh tương tự ta thu được . + Nếu

và . Khi đó theo như các chứng minh trên thì ta thu được + Nếu

và

Điều này dẫn đến

ta có Mà từ giả thiết và .

Từ hai kết quả trên ta thu được .

Do vậy một trong hai bộ số và nhận các giá trị .

Từ đó ta có các kết quả sau .

Bài 86. Cho với n là số tự nhiên.

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì chia hết cho 51.

THCS.TOANMATH.com Trang 90

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho chia hết cho 45.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2018 – 2019

Lời giải:

a) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì chia hết cho 51.

+ Lời giải: 1. Do 2018 và 1964 có cùng số dư khi chia cho 3. Do đó chia hết cho 3.

nên chia hết cho 3. Ta có

Cũng tương tự ta có chia hết cho 3.

chia hết cho 3. Do vậy

nên chia hết cho 17. Lại có

Cũng tương tự ta có chia hết cho 17.

Vì 3 và 17 nguyên tố cùng nhau nên suy ra chia hết cho 51 với mọi n

là số tự nhiên.

+ Lời giải: 2. Ta có nên suy ra chia hết cho

3. Lại có nên suy ra chia hết cho 3. Do đó ta

chia hết cho 3. được

nên suy ra chia hết cho 17. Lại có Ta có

nên suy ra chia hết cho 17.

Do đó ta được chia hết cho 17.

Vì 3 và 17 nguyên tố cùng nhau nên suy ra chia hết cho 51 với mọi n

là số tự nhiên.

b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho chia hết cho 45.

Ta xét các trường hợp của n để chia hết cho 5.

Ta có .

Do đó ta được .

+ Nếu n là số lẻ, khi đó ta có hay không chia hết cho

+ Nếu n là số chẵn, khi đó n chia hết cho 4 hoặc n chia 4 có số dư là 2.

Với thì ta có nên ta suy ra

được chia hết cho 5.

THCS.TOANMATH.com Trang 91

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

nên ta Với thì ta có

suy ra được không chia hết cho 5.

Vậy khi n chia hết cho 4 thì chia hết cho 5.

Ta xét các trường hợp của n để chia hết cho 9.

Ta có .

Do đó ta được .

Để ý rằng theo như trên ta có n là số chẵn, do đó ta được

Do n là số chẵn nên khi đó n chia hết cho 3 hoặc n chia 3 có số dư là 2.

Với thì ta có . Như vậy

chia hết cho 9 khi , khi đó ta được k là số chẵn.

Với thì ta có nên ta suy ra được

không chia hết cho 9.

Với thì ta có nên ta suy ra được

không chia hết cho 9.

Vậy khi n chia hết cho 6 thì chia hết cho 9.

Kết hợp hai kết quả lại ta được chia hết cho 9 khi và chỉ khi n chia hết cho 12.

Bài 87. Tìm các số nguyên x, y, z sao cho .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Do x, y, z là các số nguyên nên từ ta được

Để ý rằng ta có . Do đó từ bất đẳng thức trên ta thu được

Từ đó ta thu được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

THCS.TOANMATH.com Trang 92

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 88. Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn là một ước nguyên tố của .

Chứng minh rằng là một số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trườngTH PT Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Giả sử m và n là hai số nguyên dương khác nhau. Khi đó ta có

Mà theo giả thiết ta có chia hết cho

Do đó ta có . Do đó ta được .

Lại do là một số nguyên tố nên từ trên ta suy ra được .

Không mất tính tổng quát ta giả sử , khi đó ta có .

Từ đó suy ra , điều này vô lí vì n là số nguyên dương.

Do vậy điều giả sử m và n khác nhau là sai nên suy ra . Từ đó ta có là một số chính

phương.

Bài 89. Cho a, b là các số nguyên dương. Đặt và . Chứng minh rằng A

và B không thể đồng thời là các số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2018 – 2019

Lời giải:

+ Lời giải: 1. Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Cả hai số A và B không phải là số chính phương. Khi đó ta có điều cần chứng minh.

Trường hợp 2. Trong hai số A và B thì chỉ có một số là số chính phương. Khi đó ta có điều cần chứng

minh.

Trường hợp 3. Cả hai số A và B cùng là số chính phương. Khi đó tồn tại các số nguyên dương c, d thỏa

mãn và hay và . Để ý rằng

. Suy ra và có cùng tính chẵn lẻ

hay A và B cùng tính chẵn lẻ.

Giả sử trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ. Không mất tính tổn quát ta giả sử a là số chẵn

và b là số lẻ. Khi đó ta có là số lẻ và là số chẵn. Điều này mâu thuẫn

với A, B cùng tính chẵn lẻ. Do đó a và b phải cùng là số chẵn hoặc cùng là số lẻ. Nếu a và b cùng là số lẻ,

khi đó dễ thấy và chia 4 cùng có số dư là 2, điều này mâu thuẫn với A

và B là các số chính phương. Do đó a và b là các số nguyên dương chẵn.

THCS.TOANMATH.com Trang 93

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt với m, n là các số nguyên dương. Khi đó ta có và

. Do đó c, d là các số nguyên dương chẵn. Đặt với là các số

nguyên dương. Khi đó ta suy ra được và .

Lập luận tương tự như trên ta suy ra được m, n cùng là số chẵn. Từ đó tiếp tục các lập luận tương tự ta được

a, b chia hết cho với k là số nguyên dương bất kì. Do đó suy ra . Điều này mâu thuẫn với a,

b là các số nguyên dương. Do đó trường hợp A và B cùng là số nguyên dương không xẩy ra.

Vậy bài toán được chứng minh xong.

+ Lời giải: 2. Giả sử tồn tại các số nguyên dương a và b sao cho và là các số

chính phương. Trong các cặp số như vậy ta xét cặp số có a nhỏ nhất. Đặt và

với c, d là các số nguyên dương. Khi đó ta có nên suy ra c và

cùng tính chẵn lẻ. Điều này dẫn đến chia hết cho 4, suy ra a chia hết cho 2. Chứng minh

hoàn toàn tương tự ta suy ra được b chia hết cho 2. Do vậy c và d cùng là số chẵn.

Từ đó ta có và đều là các số chính phương. Do vậy cặp

số cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Điều này mâu thuẫn với cách chọn cặp số với a là số bé

nhất. Vậy với mọi số nguyên dương a, b thì các số A, B không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 90. Cho x, y là các số nguyên sao cho và đều chia hết cho 5. Chứng minh

rằng cũng chia hết cho 5.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019

Lời giải:

. Ta có

và đều chia hết cho 5 nên ta có chia hết cho 5. Do

Vì 5 là số nguyên tố nên ta được chia hết cho 5 hoặc chia hết cho 5.

+ Trường hợp 1. Khi chia hết cho 5.

. Ta có

Do và chia hết cho 5 nên ta được chia hết cho 5, suy ra x chia hết

cho 5 hoặc chia hết cho 5.

Nếu x chia hết cho 5 thì từ chia hết cho 5 ta được y cũng chia hết cho 5.

Do vậy chia hết cho 5.

THCS.TOANMATH.com Trang 94

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu chia hết cho 5 thì ta được x chia 5 có số dư là 3. Kết hợp với chia hết cho 5 ta suy ra

được y chia 5 có số dư là 2. Đặt . Khi đó ta có

Do đó suy ra chia hết cho 5.

+ Trường hợp 2. Khi chia hết cho 5.

Ta có

Do và chia hết cho 5 nên ta được chia hết cho 5. Do đó y chia 5 có số dư là 4.

Mà chia hết cho 5 nên suy ra x chia 5 có số dư là 4.

Đặt . Khi đó ta có

Do đó suy ra chia hết cho 5.

Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 91. Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của 2 số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự

nhiên n thì n là tổng 2 số chính phương liên tiếp.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Gọi hai số nguyên liên tiếp là a và . Khi đó ta có

Do đó ta có

Suy ra ta được .

Đặt , khi đó ta có và nên hay , tứ đó suy ra

. Mà do là số lẻ nên d là số lẻ.

Do vậy ta được hay . Khi đó tồn tại các số nguyên p và q thỏa mãn

hoặc

THCS.TOANMATH.com Trang 95

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Trường hợp 1. Với .

Trường hợp này không thỏa mãn vì số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.

+ Trường hợp 2. Với .

Từ ta được p là số lẻ. Đặt với k là số nguyên. Từ đó ta được

Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.

Bài 92. Cho phương trình , trong đó x, y, z là ẩn và là tích của các số nguyên

dương liên tiếp từ 1 đến 9.

a) Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn thì x, y, z đều chia hết cho 4.

b) Chứng minh rằng không tồn các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2018 – 2019

Lời giải:

a) Chứng minh nếu tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn thì x, y, z đều chia hết cho 4.

Phương trình đã cho được viết lại thành . Do đó từ phương trình ta suy ra được

chia hết cho 2 nên x chia hết cho 2. Đặt và thay vào phương trình trên thì ta được

Từ phương trình trên ta lại được chia hết cho 2 nên y chia hết cho 2. Đặt và thay vào

phương trình thì ta được .

Đến đây thì ta thu được chia hết cho 2 nên z chia hết cho 2. Đặt và thay vào phương

trình trên ta được .

Lập luận tương tự như trên ta được .

Như vậy ta được nên x, y, z cùng chia hết cho 4.

b) Chứng minh không tồn các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn .

Giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình . Khi đó theo kết quả trên thì tồn tại

các số nguyên dương sao cho và phương trình được viết lại thành

. Từ phương trình ta suy ra được chia hết cho 2 nên suy ra chia hết cho 2.

THCS.TOANMATH.com Trang 96

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt và thay vào phương trình trên ta được . Để ý rằng với n là một số

nguyên thì chia 9 có số dư là một trong các số . Đến đât ta xét các trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Ba số không cùng chia hết cho 3. Khi đó từ suy ra trong

ba số có nhiều nhất một số chia hết cho 3. Từ đó xẩy ra một trong các khả năng sau đây

Ta thấy rằng trong các khả nằng xẩy ra trên thì không chia hết cho 9, điều này mâu thuẫn với

phương trình . Do đó trương hợp 1 không xẩy ra.

+ Trường hợp 2. Ba số cùng chia hết cho 3. Khi đó tồn tạ các số nguyên thỏa mãn

. Thay vào phương trình thì ta thu được phương trình

. Từ phương trình ta nhận thấy là số nguyên dương lẻ và cũng từ phương

trình ta có nên . Do đó suy ra , thử trực tiếp các giá trị nhận được ta thấy không

thỏa mãn. Do đó trương hợp 2 cũng không xẩy ra.

Vậy không tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 93. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Ta đi xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Với , khi đó ta có phương trình .

+ Trường hợp 2. Với , khi đó ta có phương trình .

+ Trường hợp 3. Với , khi đi từ phương trình đã cho ta được .

Do đó suy ra chia hết cho 8 nên ta được chia hết cho 8, từ đó suy ra x là số chẵn.

Đặt . Ta viết lại phương trình đã cho thành

Vì và nên từ phương trình trên thì tồn tại các số nguyên dương a và b thỏa mãn

và . Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 97

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra ta được , không thỏa mãn.

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 94. Đặt và , trong đó

là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu N chia hết cho 30 thì M chia hết cho 30.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Với a là số tự nhiên ta có

Để ý rằng và chia hết cho 2, 3 và 5. Mà ta có 2, 3, 5 nguyên

tố với nhau theo từng đôi một nên ta có và chia hết cho 30.

Do vậy chia hết cho 30. Ta có

Áp dụng cách chứng minh như trên ta có cùng chia hết cho

30. Do vậy chia hết cho 30. Mà ta có N chia hết cho 30 nên suy ra M chia hết cho 30.

Bài 95. Tìm tất cả số tự nhiên n và k để là số nguyên tố.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2018 – 2019

Đặt . Khi đó ta có biến đổi sau

Do n và k là các số tự nhiên nên ta có .

Do đó để P là số nguyên tố thì ta cần có .

Đặt , khi đó ta có phương trình .

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn t, khi đó ta có

Từ đó suy ra . Thay vào phương trình ta được phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 98

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 96. Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Thái Nguyên năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Do x, y là các số nguyên dương nên ta có nên hay .

Từ phương trình trên ta có là số lẻ nên suy ra x và y cùng là số lẻ.

Do vậy ta có , mà lại có nên suy ra . Đến đây ta xét các trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Với , khi đó từ và y là số lẻ ta suy ra được . Thay vào

phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn. Do đó là một nghiệm của phương trình.

+ Trường hợp 2. Với , khi đó do y lẻ và nên ta có . Đến đây thì ta được

Mặt khác ta lại có . Xét hiệu sau

Do nên do đó .

Do vậy với mọi hay phương trình đã cho vô nghiệm khi .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là .

Bài 97. Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của hai số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự

nhiên n thì n là tổng 2 số chính phương liên tiếp.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Gọi hai số nguyên liên tiếp là a và . Khi đó ta có

Do đó ta có

Suy ra ta được .

Đặt , khi đó ta có và nên hay , tứ đó suy ra

. Mà do là số lẻ nên d là số lẻ.

THCS.TOANMATH.com Trang 99

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do vậy ta được hay . Khi đó tồn tại các số nguyên p và q thỏa mãn

hoặc

+ Trường hợp 1. Với .

Trường hợp này không thỏa mãn vì số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.

+ Trường hợp 2. Với .

Từ ta được p là số lẻ. Đặt với k là số nguyên. Từ đó ta được

Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.

Bài 98. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2018 – 2019

Lời giải:

+ Lời giải: 1. Do x và y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho được viết lại thành

Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Khi , từ phương trình trên ta được .

Trường hợp 2. Khi , từ phương trình trên ta được , phương trình không có nghiệm

nguyên dương.

. Trường hợp 3. Khi , từ phương trình trên ta được

. Do đó nên suy ra . Từ đó thay vào phương trình ban đầu ta được

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên dương là .

+ Lời giải: 2. Ta có nhận xét: Nếu số tự nhiên x thỏa mãn là một số hữu tỉ thì x là một số chính phương.

Với ta dễ dàng tìm được .

Với , biến đổi phương trình đã cho ta được .

Do x và y là các số nguyên dương nên suy ra và là các số hữu tỉ.

THCS.TOANMATH.com Trang 100

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó theo nhận xét trên thì là một số chính phương với mọi số nguyên dương y.

Ta có .

Do là số chính phương nên ta được .

Thay vào phương trình đã cho ta được .

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên dương là .

Bài 99. Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Ta viết lại phương trình trên thành

Đặt ta được a, b là số nguyên.

Khi đó phương trình trên được viết lại thành

Để ý rằng

Mặt khác ta cũng có vì .

Từ hai kết quả trên ta thu được nên suy ra

Vì a, b là số nguyên ta được hoặc .

Với ta có phương trình

Do vậy ta được

Do x, y nhận giá trị nguyên nên ta được thỏa mãn.

+ Với ta có phương trình

Do a, b nhân giá trị nguyên nên trường hợp này không có x, y thỏa mãn

Vậy có một cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Bài 100. Cho n là số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên dương k, đặt . Chứng

minh rằng chia hết cho .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019

THCS.TOANMATH.com Trang 101

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Trước hết ta có tính chất: Với a, b là các số nguyên và k là một số lẻ thì luôn chia hết cho .

Ta có nên . Do vậy ta được

cùng chi hết cho nên suy ra chia hết cho Do

Lại có

cùng chia hết cho n nên suy ra chia hết cho n Do

Mà ta có nên suy ra chia hết cho . Điều này dẫn đến chia hết cho

Mà

Như vậy chia hết cho với mọi k là số lẻ. Do vậy chia hết cho .

Bài 101. Cho với m và n là các số nguyên dương.

+ Khi , tìm tất cả các giá trị của m để A là số chính phương.

+ Khi , chứng minh rằng A không thể là số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2018 – 2019

Lời giải:

Cho với m và n là các số nguyên dương.

+ Khi , tìm tất cả các giá trị của m để A là số chính phương.

Khi thì ta có . Do A là số chính phương nên tồn tại số nguyên k sao

cho hay ta có .

Do m , k là các số nguyên nên ta đi xét các trường hợp qua bảng sau

1 5

5 1

2 k 2

2 2 m

Do m là số nguyên dương nên từ bảng trên ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Khi , chứng minh rằng A không thể là số chính phương.

. Xét , khi đó ta có

và Ta có .

Do đó ta được nên A không thể là số chính phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 102

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét , khi đó ta có .

. Do đó ta được nên A không thể là số chính Lại có

phương.

Vậy với thì A không thể là số chính phương.

Bài 102. Tìm nghiệm nguyên của phương trình .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Điều kiện xác định của phương trình là . Khi đó phương trình tương đương với

Do x, y là các số nguyên nên cũng phải là số nguyên. Ta biết rằng với y nguyên thì

hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do đó là số nguyên đồng nghĩa với là số chính phương.

. Do 5 và 101 là các số nguyên tố nên từ ta suy ra Từ đó ta đặt

được .

Hoàn toàn tương tự ta cũng được .

Thay vào phương trình ban đầu ta được . Ta có các trường hợp sau

a b

0 2 2020 0

1 1 505 505

2 0 0 2020

Vậy phương trình đã cho các các nghiệm nguyên là

Bài 103.

a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì cũng là số nguyên.

b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên thỏa mãn điều kiện các số và

đều là các số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2019 – 2020

Lời giải:

a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì cũng là số nguyên.

Ta có . Mặt khác với n là số tự nhiên ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 103

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để ý rằng và chia hết cho 2, 3 và 5. Mà ta có 2, 3, 5 nguyên

tố với nhau theo từng đôi một nên và chia hết cho 30. Do

vậy chia hết cho 30. Do đó là một số nguyên.

Như vậy ta được là một số nguyên với n là một số nguyên.

b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên thỏa mãn điều kiện các số và

đều là các số chính phương.

Giả sử tồn tại cặp số tự nhiên thỏa mãn và là các số

chính phương. Khi đó tồn tại các số tự nhiên a và b để

Khi đó ta có .

Như vậy tồn tại các số tự nhiên thỏa mãn phương trình .

Từ phương trình trên ta được chia hết cho 7 và .

Do một số tự nhiên m khi chia cho 7 có thể nhận một trong các số dư là 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 nên khi chia

cho 7 có thể nhận một trong các 0; 1; 2; 4. Suy ra và khi chia cho 7 có thể nhận một trong các 0; 1; 2;

4. Mà ta có chia hết cho 7 nên và cùng chia hết cho 7. Do 7 và số nguyên tố nên ta được a và

b cùng chia hết cho 7. Đặt với là các số tự nhiên, khi đó từ phương trình trên ta thu

được phương trình . Lập luận tương tự như trên ta lại có và cùng

chia hết cho 7. Từ đó đặt với là các số tự nhiên thì ta lại thu được phương trình

. Lập luận tương tự như vậy ta suy ra được với n là số tự nhiên bất

kì. Do đó suy ra , điều này mâu thuẫn với . Vậy không tồn tại các cặp số tự nhiên

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 104. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2019 – 2020

THCS.TOANMATH.com Trang 104

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Do là số chính phương nên tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn . Do là số chẵn

với mọi số thự nhiên n, do đó m là số chẵn. Do n, k là các số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Xét n là số lẻ, khi đó ta đặt

Từ phương trình đã cho ta được . Ta có 147 chia cho 4 có số dư là 3. Lại có

Từ đó ta được chia 4 dư 2. Mà là số chính phương nên chia 4 dư 0 hoặc dư 1.

Do đó trong trương hợp n lẻ thì phương trình không có nghiệm tự nhiên.

Trường hợp 2. Xét n là số chẵn, khi đó ta đặt .

Từ phương trình đã cho ta được hay .

Do m, k là các số tự nhiên nên ta thấy nên và . Để ý rằng

nên từ đó ta có bảng giá trị như sau:

147 21 49

1 7 3

73(loại) 23(loại) 7

k 1

Thử lại ta thấy đúng. Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 105. Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện .

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Biến đổi phương trình ta được .

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x và tham số y thì ta có

Để phương trình đã cho có nghiệm thì ta cần có nên ta được

Do y nhận các giá trị nguyên nên ta được . Đến đây ta xét các trường hợp sau.

+ Với , thay vào phương trình đã cho ta được

Từ đó ta được các cặp số thỏa mãn bài toán .

THCS.TOANMATH.com Trang 105

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Với , thay vào phương trình đã cho ta được .

Từ đó ta được các cặp số thỏa mãn bài toán .

+ Với , thay vào phương trình đã cho ta được . Phương trình

trên vô nghiệm.

+ Với , thay vào phương trình đã cho ta được

Từ đó ta được các cặp số thỏa mãn bài toán .

+ Với , thay vào phương trình đã cho ta được

Phương trình trên vô nghiệm.

Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 106.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn .

b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn là số nguyên. Chứng minh rằng là

một số chính phương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2019 – 2020

Lời giải:

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn .

Do x, y là các số nguyên dương nên ta có . và

Do nên là các ước dương lớn hơn 3 của 30. và

Lại để ý rằng . Từ đó ta có các trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Với . Để ý rằng x, y là các số nguyên dương ta được

Hệ phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.

+ Trường hợp 2. Với . Để ý rằng x, y là các số nguyên dương ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 106

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn là số nguyên. Chứng minh rằng là một số

chính phương.

Do là số nguyên, mà là số lẻ nên tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn

Vì nên xảy ra 2 trường hợp.

+ Trường hợp 1. Với . Từ đó ta được

suy ra chia 3 có số dư là 2 (vô lí)

+ Trường hợp 2. Với . Từ đó suy ra

Do đó là số chính phương.

. Bài 107. Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn

Trích đề TS lớp 10 trườngTHPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Do nên chia hết cho .

Do đó suy ra chia hết cho hay ta được chia hết cho .

Từ đó dẫn đến là ước của 7. Để ý rằng nên suy ra hoặc

. Do đó tương ứng ta được .

+ Với , thay vào phương trình ban đầu ta được .

+ Với , thay vào phương trình ban đầu ta được . Phương trình vô nghiệm.

+ Với , thay vào phương trình ban đầu ta được .

+ Với , khi đó ta được và nên không chia hết cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 107

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là .

Bài 108. Chứng minh rằng chia hết cho 42 với

mọi số nguyên dương n ta luôn có

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Lời giải: 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên dương a thì chia hết cho 42.

Thật vậy, ta có . Để ý rằng

là tích ba số nguyên liên tiếp nên suy ra A chia hết cho 6..

Lại thấy a khi chia cho 7 thi có một trong các số dư , do đó khi chí cho 7 có một trong các số

dư . Do vậy ta có nên A chia hết cho 7.

Mà ta có 6 và 7 nguyên tố cùng nhau nên suy ra A chia hết cho 42.

Trở lại bài toán. Đặt

Đặt . Áp dụng bổ đề ta có

Do đó ta được chia hết cho 42.

Lại xét và .

Áp dụng bổ đề tương tự như trên ta được chia hết cho 42. Mà ta có chia hết cho 42 nên

suy ra P chí hết cho 42. Từ đó suy ra chia hết cho 42. Đến đây ta suy ra được M chia hết cho 42.

chia hết cho 42 với mọi số nguyên dương n Vậy

ta luôn có

Lời giải: 2. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên dương a thì .

Cách chứng minh tương tự như lời giải 1.

Trở lại bài toán. Áp dụng bổ đề ta được

Suy ra

Ta cũng có

THCS.TOANMATH.com Trang 108

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó ta được

Do vậy ta được chia hết cho 42 với mọi số

nguyên dương n ta luôn có

Bài 109. Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Biến đổi tương đương phương trình ta được

Với , thay vào phương trình ta được .

. Xét , ta sẽ chứng minh

Thật vậy, dễ thấy do đó

+ Khi thì ta được

+ Khi thì

Từ đó ta được . Mặt khác ta có

Như vậy ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 109

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do là số chính phương nên ta suy ra được

+ Với , thay vào phương trình ban đầu ta được

Thử lại ta được các nghiệm nguyên của phương trình là

Bài 110. Cho hai số nguyên dương x, y với và thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng x

chia hết cho 15.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Chú ý rằng và , nên ta quy bài toán về chứng minh x chia hết cho 3 và cho 5.

Chứng minh x chia hết cho 3.

Đặt với a là số nguyên dương. Khi đó ta có hay .

Gọi , khi đó ta có

Từ đó ta được nên , suy ra hoặc .

+ Nếu thì từ ta được hoặc

Dễ thấy không có nghiệm nguyên dương.

Do đó ta có , loại vì không thỏa mãn .

+ Nếu , khi đó từ ta được nên .

Chứng minh x chia hết cho 5.

Đặt , với b là số nguyên dương.

Khi đó ta có hay .

Gọi . Do đó ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 110

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó nên , suy ra hoặc .

+ Nếu thì từ ta được

hoặc

Dễ thấy không có nghiệm nguyên dương

Do đó ta có , loại vì không thỏa mãn .

+ Nếu , khi đó từ ta được nên .

Vậy ta được . Bài toán được chứng minh.

Bài 111. Tìm các cặp số nguyên dương sao cho chia hết cho .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2019 – 2020

Lời giải:

Lời giải: 1. Do chia hết cho nên

Suy ra chia hết cho .

Hay ta được chia hết cho . Đến đây ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1. Nếu . Khi đó do x và y là các số nguyên dương nên để chia hết cho

ta cần có . Điều này vô lí do x và y là các số

nguyên dương. Do đó trường hợp này không xẩy ra.

Trường hợp 2. Nếu . Khi đó tồn tại số nguyên dương m để . Từ đó ta có

Do đó dễ thấy chia hết cho .

Vậy với m là một số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 3. Nếu . Khi đó do x và y là các số nguyên dương nên để chia hết cho

ta cần có . Điều này vô lí do x và y là các số

nguyên dương. Do đó trường hợp này không xẩy ra.

Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là với m là một số nguyên dương.

Lời giải: 2. Ta đi xét các trường hợp sau

Trường hợp 1. Nếu , khi đó do a và b nguyên dương nên . Từ đó ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 111

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó trong trường hợp này không tìm được cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2. Nếu . Khi đó do chia hết cho nên tồn tại số nguyên dương m

thỏa mãn . Do x, y là các số nguyên dương nên ta có

Từ đó suy ta nên ta được .

Lại thấy nếu thì khi đó nên ta được

Từ đó suy ta nên ta được .

Kết hợp các kết quả trên ta được hoặc . Đến đây ta lại xét các trường hợp nhỏ như

sau.

+ Nếu , khi đó ta được nên suy ra . Do đó ta có

Đến đây ta tìm được với m là số nguyên dương.

+ Nếu . Khi đó ta cần tìm số x nguyên dương để .

. Ta có nên khi và chỉ khi

. Do x là số nguyên dương nên . Do đó khi và chỉ khi

Từ đó ta tìm được cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy các cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là với m là số nguyên dương.

Bài 112. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số chia hết cho 20.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Quảng Nam năm học 2019 – 2020

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 112

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải: 1. Ta có

+ Do 9 chia 4 có số dư là 1 nên suy ra chia 4 có số dự là 1. Do đó chia 4 có số dư là 1.

Lại có chia 4 có số dư là 4. Từ đó ta được chia hết cho 4.

+ Ta có chia 5 có số dư là 1 nên chia 5 có số dư là 4. Mặt khác ta lại có

chia 5 có số dư là 1 nên chia 5 có số dư là 3. Lại có 2019 chia 5 có số dư là 4. Từ đó ta

được chia 5 có số dư là nên chia hết cho 5.

Mà ta có suy ra chia hết cho 20 với mọi số nguyên dương n.

Lời giải: 2. Ta có

Ta có và

Do đó ta được hay .

Lại có

Và

Do đó ta được hay .

Mà ta có suy ra chia hết cho 20 với mọi số nguyên dương n.

II.ĐỀ HSG CÁC NĂM

1. Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, lập phương

A. Bài toán

Bài 1: Cho tập hợp gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất:

Trong mỗi tập con gồm phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt , sao cho là số nguyên tố.

Bài 2: Tìm số nguyên tố thỏa mãn là số chính phương.

Bài 3: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng với là số

chính phương.

Bài 4: Với k là số nguyên dương, ký hiệu là bội số của k}

Cho m,n là các số nguyên dương

a, Chứng minh rằng là tập hợp con của

b, Tìm điều kiện của m và n để là tập hợp con của .

Bài 5: Tìm các số nguyên dương sao cho là số chính phương.

Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho là tích của số tự nhiên liên tiếp.

Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là số chính phương

THCS.TOANMATH.com Trang 113

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 8: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên thỏa mãn hệ:

Bài 9: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng sao cho và (các chữ số tự

nhiên có thể giống nhau).

Bài 10: Tìm tất cả các cặp hai số nguyên thỏa mãn

Bài 11: Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn là số hữu tỷ và là số

nguyên tố.

Bài 12: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:

là một số chính phương

Bài 13: Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4;….;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất 2 phần tử

và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì :

Bài 14:

1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

Bài 15:

a) Tìm các số nguyên thỏa mãn

b) Tìm các số nguyên để là số chính phương.

Bài 16: Tìm các số nguyên không âm . thỏa mãn:

Bài 17: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

Bài 18: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:

là số hữu tỉ và a2 + b2 + c2 là số nguyên tố

THCS.TOANMATH.com Trang 114

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 19: Cho tập hợp gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính

chất: Trong mỗi tập con gồm phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt , sao cho là số nguyên

tố.

Bài 20: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng với là số

chính phương.

Bài 21: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

1) đều khác và ước số chung lớn nhất của là .

có đúng ước số nguyên dương. 2) Số

Bài 22:

Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương với nguyên tố thỏa mãn

Bài 23: Tìm các số nguyên dương sao cho là số chính phương.

B. Lời giải:

Bài 1: Cho tập hợp gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất:

Trong mỗi tập con gồm phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt , sao cho là số nguyên tố.

Lời giải:

Ta xét tập gồm các số chẵn thuộc tập . Khi đó và với , thuộc ta có , do đó

Xét các cặp số sau:

Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố

Xét là một tập con của và , khi đó theo nguyên lí Dirichlet sẽ chứa ít nhất 1 cặp nói trên.

Vậy

Bài 2: Tìm số nguyên tố thỏa mãn là số chính phương.

Lời giải:

Đặt

Biến đổi thành

Trường hợp 1: Nếu

Đặt

Khi đó thay vào (1) ta có:

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

là một số chính phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 115

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác với ta dễ chứng minh được

Suy ra các trường hợp:

(loại)

Do đó phải có . Thử trực tiếp được thỏa mãn.

Từ đó ta có .

Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào

Mặt khác ta có

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

là một số chính phương.

Muốn vậy thì phải là một số chính phương.

Sau đó cách làm giống như trên.

Trường hợp 2: Nếu

Đặt

Khi đó thay vào (1) ta có:

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

là một số chính phương.

Mặt khác với ta dễ chứng minh được Suy ra các trường hợp:

(loại)

Do đó phải có Thử trực tiếp được thỏa mãn.

Từ đó suy ra tương ứng .

Vậy tập tất cả giá trị cần tìm là

THCS.TOANMATH.com Trang 116

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 3: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng với là số

chính phương.

Lời giải:

Ta có: là số chính phương nên

Ta có:

là số chính phương.

Vậy

Bài 4: Với k là số nguyên dương, ký hiệu là bội số của k}

Cho m,n là các số nguyên dương

a, Chứng minh rằng là tập hợp con của

b, Tìm điều kiện của m và n để là tập hợp con của .

Lời giải:

a, Ta có: x là bội của (mn)}={mn;2mn;3mn;...;kmn }

x là bội của m và n}

={BCNN(m,n); 2BCNN(m,n); ...; hBCNN(m,n)}

Vì

Nên là tập hợp con của

b, Để là tập hợp con của mà theo câu a thì là tập hợp con của Nên

Hay m và n là hai số nguyên tố cùng nhau.

Bài 5: Tìm các số nguyên dương sao cho là số chính phương.

Lời giải:

Đặt

Với thì không thỏa mãn.

Với ta có

Xét

THCS.TOANMATH.com Trang 117

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét

Vậy

Với thì thỏa mãn bài toán.

Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho là tích của số tự nhiên liên tiếp.

Lời giải:

Trong 3 số tự nhiên liên tiếp luốn có ít nhất một số chia hết cho 3, mà không chia hết cho 3 nên

không thể là tích của số tự nhiên liên tiếp. Từ đó, theo yêu cầu đề bài, suy ra là tích của

hai số tự nhiên liên tiếp.

Đặt với thì ta có (do ), suy ra .

Từ đây, ta có: (1)

Mặt khác, ta có: (2)

Do là số chính phương nên kết hợp với các đánh giá (1) và (2), ta suy ra

Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm được Thử lại ta có

(tương ứng ) thỏa mãn yêu cầu. Vậy có duy nhất một giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề bài là

Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là số chính phương

Lời giải:

Với mọi số tự nhiên a thì khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0; 1; 4.

Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chia 8 dư 4. Suy ra .

- Nếu chẵn thì

C không thể là số chính phương.

- Nếu lẻ thì

C không thể là số chính phương.

KL: Không tồn tại thỏa yêu cầu bài toán.

Bài 8: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên thỏa mãn hệ:

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 118

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử . Từ phương trình suy ra là số lẻ. Dễ thấy

không chia hết cho (1)

Mặt khác, ta có (do (1))

Do thay vào hệ đã cho ta được

Giải hệ này ta được thay vào hệ ban đầu ta suy ra . Vậy

Bài 9: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng sao cho và (các chữ số tự

nhiên có thể giống nhau).

Lời giải:

Do (vì chỉ có chữ số) và do là số nguyên tố

Suy ra .

Bài 10: Tìm tất cả các cặp hai số nguyên thỏa mãn

Lời giải:

+) Nếu thay vào phương trình ta được

+) Nếu vô nghiệm

+) Nếu

+) Nếu ta có

(do )

+) Nếu , đặt . Khi đó ta có

(do )

Kết luận

THCS.TOANMATH.com Trang 119

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 11: Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn là số hữu tỷ và là số

nguyên tố.

Lời giải:

Đặt ,

Để ta có:

Vì là số nguyên tố, là số nguyên lớn hơn 1

Mà

Vậy là các giá trị cần tìm.

Bài 12: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:

là một số chính phương

Lời giải:

Bài 13: Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4;….;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất 2 phần tử

và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì :

Lời giải:

Với mỗi tập A là tập con của S = {1;2;3;...;2014} thỏa mãn đề bài, gọi a và b lần lượt là phần tử nhỏ nhất và

lớn nhất của A (a, b ∈ S, a < b)

Ta chứng minh b ≤ 2a, thật vậy, giả sử b > 2a

Theo giả thiết Mà b > 2a => b – a > a > 0 => c = , mâu thuẫn với a là phần tử

nhỏ nhất của A.

Vậy b ≤ 2a

Gọi d là phần tử lớn nhất của tập B = A\{b}. Ta chứng minh b ≥ 2d. Thật vậy giả sử b < 2d, theo giả thiết thì

THCS.TOANMATH.com Trang 120

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

mà b < 2d => 0 < b – d < d => e >

Suy ra e ∈ A nhưng e ∉ B ⇒ e = b ⇒

(mâu thuẫn vì VP là số chính phương, VT không là số chính phương)

Vậy b ≥ 2d ⇒ 2d ≤ b ≤ 2a ⇒ d ≤ a. Mà a ≤ d (a và d lần lượt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của B) nên a = d

⇒ b = 2a

Vậy A = {a;2a}. Kiểm tra lại ta thấy A thỏa mãn đề bài. Vì a ∈ S và 2a ∈ S nên 2 ≤ 2a ≤ 2014

⇒ 1 ≤ a ≤ 1007

Vậy số tập con A thỏa mãn đề bài là 1007 tập.

Bài 14:

a) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

c) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

Lời giải:

a) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.

⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ.

Ta có:

Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và + 1 ⋮ 2 ⇒ – 1 ⋮ 8. (1)

• Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2)

Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40

• Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3)

Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40

Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.

Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được

⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:

• y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*)

Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)

(loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2 > 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k)

THCS.TOANMATH.com Trang 121

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*)

Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**)

Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x)

(vì y – x > 0)

⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x

Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)

(vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))

⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ.

Do đó k = 1, suy ra

Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có:

⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn)

Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.

c) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

(1)

Giả sử n là số nguyên dương sao cho tồn tại các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1.

Từ (1) ⇒

Vì x ≥ y ≥ z nên

Kết hợp với (*) ta có

Mà

Ta có:

• Nếu z = 2 : (**) (loại vì y < z)

• Nếu z = 1 : (**)

Ta chứng minh n ∉ {2;4}. Thật vậy,

*Nếu n = 4 thì từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = 1. Từ (1) ⇒ x3 + 2 = 4x2 ⇒ x2(4 – x) = 2 ⇒ x2 là ước của 2 ⇒

x = 1 (không thỏa mãn)

*Nếu n = 2 thì từ n2y ≤ 18 suy ra 4y ≤ 18 ⇒ 1 ≤ y ≤ 4.

THCS.TOANMATH.com Trang 122

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra x2 là ước của 9. Mà x2 ≥ y2 = 4 nên x=3 (không thỏa +

mãn)

Suy ra x2 là ước của 28. Mà x2 ≥ y2 = 9 nên không tồn tại +

x thỏa mãn.

là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương) +

Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3}

Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1)

với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1).

Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3}

Bài 15:

a) Tìm các số nguyên thỏa mãn

b) Tìm các số nguyên để là số chính phương.

Lời giải:

a)Ta có (a) 

Ta thấy



nên ta xét các trường hợp sau Vì x, y ∈

+ TH1.

Với , ta có

+ TH2.

(loại)

+ TH3. (loại)

+ TH4.

Với , ta có

Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là :

(3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4).

b) Tìm các số nguyên để là số chính phương.

Đặt

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 123

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

là số chính phương khi và chỉ khi hoặc là số chính phương.

TH 1.

là số chính phương, đặt TH 2.

nên Vì

hoặc

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì là số chính phương.

Bài 16: Tìm các số nguyên không âm . thỏa mãn:

Lời giải:

suy ra , hay . Có:

Nếu thì (Loại). Do đó .

chỉ ra không tồn tại thỏa mãn đề bài. Với

chỉ ra hoặc thỏa mãn đề bài rồi kết luận Với

Bài 17: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

Giải:

+ Từ giả thiết suy ra: . Không giảm tính tổng quát giả sử . Suy ra

Do đó

+ Với suy ra

Do đó

+ Với từ (1) suy ra

+ Với từ (1) suy ra ( do a>b)

+ Với từ giả thiết suy ra ( do b>c)

Thay vào (*) được .

THCS.TOANMATH.com Trang 124

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

và Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn:

các hoán vị của nó.

Bài 18: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:

là số hữu tỉ và a2 + b2 + c2 là số nguyên tố

Giải:

Đặt (x, y Z, xy  0) ay – bx = (by – cx) (*)

Vì a, b, c, x, y Z ay – bx Z (by – cx) Z

Mà I nên từ (*)

acxy = b2xy ac = b2 (vì xy ≠ 0)

a2 + b2 + c2 = (a + c)2 – 2ac + b2 = (a + c)2 – b2 = (a+c – b)(a+c+b)

Vì a2 + b2 + c2 là số nguyên tố và a+c – b

+ b2 + c2 (1)

a+b – c = 1 a + b + c = a2

Mà a, b, c nguyên dương nên a a2, b b2, c c2 (2)

Từ (1) và (2) a = b = c = 1, thử lại: Thỏa mãn, kết luận

Bài 19: Cho tập hợp gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính

chất: Trong mỗi tập con gồm phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt , sao cho là số nguyên

tố.

Giải:

Ta xét tập gồm các số chẵn thuộc tập . Khi đó và với , thuộc ta có , do đó

Xét các cặp số sau:

Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố

Xét là một tập con của và , khi đó theo nguyên lí Dirichlet sẽ chứa ít nhất 1 cặp nói trên.

Vậy

Bài 20: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng với là số

chính phương.

Giải

a) Ta có: là số chính phương nên

THCS.TOANMATH.com Trang 125

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

là số chính phương.

Vậy

Bài 21: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

1) đều khác và ước số chung lớn nhất của là .

2) Số có đúng ước số nguyên dương..

Giải:

Ta có: chia hết cho các số: 1;

; ; ; ; ; ; ; ; ; ;

; ; ; có ước dương Nên để chỉ có đúng ước dương thì ;

là số nguyên tố Do

Nếu cùng lẻ thì chia hết cho 2 nên là hợp số (vô lý). Do đó không mất tính tổng quát, giả sử

chẵn lẻ  .

Ta cũng có nếu không chia hết cho thì và chia hết cho là hợp số (vô

. lý)

. Vậy

Bài 22:

Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương với nguyên tố thỏa mãn

Giải:

Giả sử tồn tại bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy , . Phương trình đã cho có thể

được viết lại thành

, (1)

trong đó

Nếu không chia hết cho thì từ (1), ta có và

Từ đó dễ thấy và , mâu thuẫn. Vậy chia hết cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 126

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do nên từ (1) suy ra chia hết cho . Khi đó, ta có

Do chia hết cho và nên từ kết quả trên, ta suy ra chia hết cho , hay . Từ

đây, dễ thấy và khác tính chẵn lẻ, hay

Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng\

, hay

. Do nên trong đó,

, từ đó ta có chia hết cho . Tuy nhiên, điều này không

thể xảy ra do

Vậy không tồn tại các số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 23: Tìm các số nguyên dương sao cho là số chính phương.

Giải: Đặt

thì không thỏa mãn. Với

ta có Với

Xét

Vậy

Với thì thỏa mãn bài toán.

2. Phép chia hết, phép chia có dư

A. Bài toán

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương , sao cho chia hết cho và chia hết cho

Bài 2: Trong kì thi Olympic có học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự nhiên trong

khoảng từ đến Chứng minh rằng có thể chọn ra học sinh thi toán có tổng các số báo danh được

mang chia hết cho

Bài 3: Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm bóng

đèn ánh sáng trắng, bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện

dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng

hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả

các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao?

THCS.TOANMATH.com Trang 127

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 4: Chứng minh chia hết cho 36 với mọi nguyên dương.

Bài 5: a) Tìm các số thực sao cho và đều là số nguyên.

b) Tìm các số tự nhiên có dạng . Biết rằng là số chia hết cho .

Bài 6: Biết là các số nguyên dương thỏa mãn chia hết cho , chứng minh rằng cả và

đều chia hết cho .

Bài 7: Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm bóng

đèn ánh sáng trắng, bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện

dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng

hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả

các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao?

Bài 8: Chứng minh rằng chia hết cho với mọi số nguyên .

Bài 9: Chứng minh rằng chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Bài 10: Chứng minh rằng chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Bài 11: Cho . Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương thì n chia hết cho 40.

Bài 12: Chữ số hàng đơn vị của số là . Chứng minh chia hết cho .

Bài 13: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình .

Bài 14:

a) Chứng minh rằng số chia hết cho một số chính phương khác 1 với mọi số

nguyên dương.

b) Tìm tất cả các số tự nhiên để phương trình (ẩn số ) có các nghiệm là số nguyên.

Bài 15:

Chứng minh rằng nếu p và (p+2) là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12.

Bài 16:

Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n2 + 4 và n2 +16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho

Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương , ta luôn có:

chia hết cho .

Bài 18: Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia hết cho 7 được số dư là 2 và bình phương của nó chia

cho 11 được số dư là 3.

THCS.TOANMATH.com Trang 128

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 19: Chứng minh rằng nếu số nguyên lớn hơn 1 thoả mãn và là các số nguyên tố thì

chia hết cho 5.

Bài 20: Với mỗi số thực kí hiệu là số nguyên lớn nhất không vượt quá . Ví dụ ;

1) Chứng minh rằng với mọi

2) Có bao nhiêu số nguyên dương thỏa mãn là ước của ?

Bài 21: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số chia hết cho 20.

Bài 22: Cho với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho

Bài 23: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng sao cho và (các chữ số tự

nhiên có thể giống nhau).

Bài 24: Cho là hai số nguyên. Chứng minh rằng: nếu chia hết cho thì cũng

chia hết cho .

Bài 25: Tìm tất cả các số nguyên dương , sao cho chia hết cho và chia hết cho

Bài 26:

1) Chứng minh chia hết cho 36 với mọi nguyên dương.

2) Cho ba số phân biệt . Đặt:

Chứng minh rằng trong ba số có ít nhất một số dương.

B. Lời giải:

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương , sao cho chia hết cho và chia hết cho

Lời giải:

(1)

(do , nguyên dương)

*) TH1:

THCS.TOANMATH.com Trang 129

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

vì

Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp thỏa mãn là: .

*) TH2:

Vì

Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số thỏa mãn là: , .

*) TH3:

Vì

Thử lại vào (1) ta được các cặp số thỏa mãn là:

THCS.TOANMATH.com Trang 130

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 2: Trong kì thi Olympic có học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự nhiên trong

khoảng từ đến Chứng minh rằng có thể chọn ra học sinh thi toán có tổng các số báo danh được

mang chia hết cho

Lời giải:

Với số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra:

+ TH1: Có ít nhất số chia cho có số dư giống nhau Tổng ba số tương ứng chia hết cho

+ TH2: Có nhiều nhất số chia cho có số dư giống nhau Có ít nhất số chia hết cho , số chia cho

dư , số chia cho dư Suy ra luôn chọn được số có tổng chia hết cho

Do đó ta chia số là số báo danh của học sinh thành tập có lần lượt phần tử.

Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là .

Còn lại số, trong số còn lại, chọn tiếp số có tổng là .

Còn lại số chọn tiếp số có tổng là .

Trong số có số có tổng chia hết cho .

Nên học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là

Bài 3: Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm bóng

đèn ánh sáng trắng, bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện

dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng

hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả

các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao?

Lời giải:

Ta có chia cho dư ; chia cho dư ; chia cho dư .

Ta thấy mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia cho được các số dư khác nhau , , .

Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi hoặc tăng thêm , khi đó số dư của chúng khi

chia cho thay đổi như sau:

- Số chia cho dư sau khi thay chia cho sẽ dư .

Do đó sau mỗi bước thay bóng thì số bóng đèn mỗi loại chia cho cũng có số dư khác nhau là , , . Vì

vậy luôn luôn chỉ có loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho . Giả sử đến một lúc nào đó tất cả bóng

đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của loại kia đều và chia hết cho (mâu thuẫn).

Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn cùng một loại.

Bài 4: Chứng minh chia hết cho 36 với mọi nguyên dương.

Lời giải:

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 131

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đặt , ta có và (đpcm)

Bài 5: a) Tìm các số thực sao cho và đều là số nguyên.

b) Tìm các số tự nhiên có dạng . Biết rằng là số chia hết cho .

Lời giải:

a) Điều kiện .

Đặt

Xét

Với

chia hết cho nên chia hết cho 33

,hay ;

Vậy ta có các số .

Bài 6: Biết là các số nguyên dương thỏa mãn chia hết cho , chứng minh rằng cả và

đều chia hết cho .

Lời giải:

chia hết cho 9 suy ra chia hết cho . Do chia hết cho nên

chia hết cho , suy ra chia hết cho . Từ đó, ta có chia hết cho . Suy ra chia

hết cho , do đó chia hết cho , suy ra chia hết cho . Mà chia hết cho nên ta cũng có chia

hết cho . Vậy cả hai số và đều chia hết cho .

Bài 7: Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm bóng

đèn ánh sáng trắng, bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện

dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng

hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả

các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao?

Lời giải:

Ta có chia cho dư ; chia cho dư ; chia cho dư .

THCS.TOANMATH.com Trang 132

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta thấy mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia cho được các số dư khác nhau , , .

Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi hoặc tăng thêm , khi đó số dư của chúng khi

chia cho thay đổi như sau:

-Số chia cho dư sau khi thay chia cho sẽ dư .

Do đó sau mỗi bước thay bóng thì số bóng đèn mỗi loại chia cho cũng có số dư khác nhau là , , . Vì

vậy luôn luôn chỉ có loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho . Giả sử đến một lúc nào đó tất cả bóng

đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của loại kia đều và chia hết cho (mâu thuẫn).

Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn cùng một loại.

Bài 8: Chứng minh rằng chia hết cho với mọi số nguyên .

Lời giải:

. Ta có:

Nhận thấy rằng là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho .

, ta có: Xét

Nếu chia hết cho thì sẽ chia hết cho .

Nếu chia dư thì sẽ chia hết cho nên sẽ chia hết cho .

Vậy trong mọi trường hợp sẽ chia hết cho .

Ta có: nên chia hết cho với mọi só nguyên .

Bài 9: Chứng minh rằng chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Lời giải:

Ta có

Đặt suy ra

Do đó với mọi n nguyên dương ta có:

Bài 10: Chứng minh rằng chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Lời giải:

Ta có

Với mọi n nguyên dương ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 133

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 11: Cho . Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương thì n chia hết cho 40.

Lời giải:

Giả sử là số lẻ là số lẻ.

, Suy ra : n chẵn, k lẻ

Vì k là số lẻ nên là hai số chẵn liên tiếp và (3, 8) = 1 nên

Từ

Khi chia một số chính phương cho 5 thì số dư chỉ có thể là 0 ; 1 ; 4. Ta xét các trường hợp:

Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vô lí )

Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vô lí )

Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vô lí )

Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vô lí )

Vậy

Vì (5, 8) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40.

Bài 12: Chữ số hàng đơn vị của số là . Chứng minh chia hết cho .

Lời giải:

Do có chữ số hàng đơn vị là

Ta đi chứng minh cùng là số chẵn

Nếu cùng lẻ lẻ lẻ ( vô lý )

Nếu có 1 số chẵn , 1 số lẻ thì lẻ ( vô lý )

suy ra cùng là số chẵn . Do .

Bài 13: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình .

Lời giải: (chữ đen)

(*)

Suy ra Ư(5)= mà nên .

Với thay vào (*) ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 134

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với thay vào (*) ta được (loại).

Vậy các số nguyên dương thỏa mãn là .

Bài 14:

a) Chứng minh rằng số chia hết cho một số chính phương khác 1 với mọi số

nguyên dương.

b) Tìm tất cả các số tự nhiên để phương trình (ẩn số ) có các nghiệm là số nguyên.

Lời giải:

a) Ta có:

Vì nên là số chính phương khác 1.

Do đó, từ (*) suy ra chia hết cho một số chính phương khác 1 với mọi số nguyên

dương (đpcm).

b) Xét phương trình: (ẩn số ) (1)

Để phương trình (1) có nghiệm thì

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1).

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được:

thì Với

Do đó

THCS.TOANMATH.com Trang 135

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà . Khi đó, phương trình (1) trở thành:

, để phương trình đã cho có các nghiệm là số nguyên thì Vậy với

Bài 15:

Chứng minh rằng nếu p và (p+2) là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12.

Lời giải:

Ta có: p+(p+2)=2(p+1)

Vì p lẻ nên (1)

Vì p, (p+1), (p+2) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia hết cho 3, mà p và (p+2) nguyên tố nên

(2)

Từ (1) và (2) suy ra (đpcm)

Bài 16:

Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n2 + 4 và n2 +16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho

Lời giải:

Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.

+ Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì

Nên n2+4 không là số nguyên tố

Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì

Nên n2+16 không là số nguyên tố.

Vậy n2 5 hay n 5

Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương , ta luôn có:

chia hết cho .

Lời giải:

Ta có:

Vì là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 6.

Theo định lí Ơle thì

chia hết cho

THCS.TOANMATH.com Trang 136

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy chia hết cho .

Bài 18: Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia hết cho 7 được số dư là 2 và bình phương của nó chia

cho 11 được số dư là 3.

Lời giải:

Gọi là số cần tìm

Vì chia cho 11 dư 3, nên chia cho 11 dư 5 hoặc dư 6

Nếu chia 11 dư 5 thì

Lại có chia 7 dư 2

Do nhỏ nhất nên

Vậy số cần tìm là 1017

Bài 19: Chứng minh rằng nếu số nguyên lớn hơn 1 thoả mãn và là các số nguyên tố thì

chia hết cho 5.

Lời giải:

Ta có với mọi số nguyên thì chia cho 5 dư 0, 1 hoặc 4.

Nếu chia cho 5 dư 1 thì

không phải là số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết)

Nếu chia cho 5 dư 4 thì

không phải là số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy

Bài 20: Với mỗi số thực kí hiệu là số nguyên lớn nhất không vượt quá . Ví dụ ;

1) Chứng minh rằng với mọi

THCS.TOANMATH.com Trang 137

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2) Có bao nhiêu số nguyên dương thỏa mãn là ước của ?

Lời giải:

1) Ta có: .

Giả sử thì là số nguyên mà

Mà là số nguyên lớn nhất không vượt quá (mâu thuẫn do ).

Do đó

Lại có

Mặt khác do và đều là các số nguyên

Nên

Vậy

2) Giả sử là số nguyên dương thỏa mãn

thì và hay Đặt

với

Mặt khác hay nên với

Lại có

Mà có dạng ; ; đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 21: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số chia hết cho 20.

Lời giải:

Ta có:

(1) hay

Lại có:

(2) hay

THCS.TOANMATH.com Trang 138

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(đpcm) Từ (1) và (2)

với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho Bài 22: Cho

Lời giải:

Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có:

+ Xét trường hợp n là số lẻ

Áp dụng khẳng định trên ta có:

Suy ra

Tương tự

Mặt khác n và nguyên tố cùng nhau nên

Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có

Bài 23: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng sao cho và (các chữ số tự

nhiên có thể giống nhau).

Lời giải:

Do (vì chỉ có chữ số) và do là số nguyên tố

Suy ra

Bài 24: Cho là hai số nguyên. Chứng minh rằng: nếu chia hết cho thì cũng

chia hết cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 139

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

. Ta có:

Do nên .

Lại có nên .

Suy ra .

Từ đây, ta có: chia hết cho .

Dẫn đến , tức là .

nên tức . Từ đó, suy ra (do ). Mà

Vậy .

Bài 25: Tìm tất cả các số nguyên dương , sao cho chia hết cho và chia hết cho

Giải:

1) (1)

(do , nguyên dương)

*) TH1:

vì

THCS.TOANMATH.com Trang 140

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp thỏa mãn là: .

*) TH2:

Vì

Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số thỏa mãn là: , .

*) TH3:

Vì

Thử lại vào (1) ta được các cặp số thỏa mãn là:

Bài 26:

1) Chứng minh chia hết cho 36 với mọi nguyên dương.

2) Cho ba số phân biệt . Đặt:

Chứng minh rằng trong ba số có ít nhất một số dương.

Giải:

1) Ta có:

Đặt , ta có và (đpcm)

2) Ta có:

Vì là ba số phân biệt nên .

THCS.TOANMATH.com Trang 141

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó trong ba số phải có ít nhất một số dương.

3. Số tận cùng, chữ số tận cùng

A. Bài toán

Bài 1: Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là 8,35 điểm. Kết quả cụ thể được

ghi trong bằng sau, trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí đánh dấu *).

Điểm số của mỗi lần bắn 10 9 8 7 6 5

Số lần bắn 2* 40 1* 1* 9 7

Em hãy tìm lại các chữ số hàng đơn vị trong ba ô đó.

Bài 2: Tìm số tự nhiên n biết n + S(n) = 2015, với S(n) là tổng các chữ số của n.

B. Lời giải:

Bài 1: Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là 8,35 điểm. Kết quả cụ thể được

ghi trong bằng sau, trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí đánh dấu *).

Điểm số của mỗi lần bắn 10 9 8 7 6 5

Số lần bắn 2* 40 1* 1* 9 7

Em hãy tìm lại các chữ số hàng đơn vị trong ba ô đó.

Lời giải:

Tổng các số tại các ô bị mờ số là

Tổng số điểm trong 100 lần bắn là

Tổng số điểm tại các vị trí ô không bị mất số là

Suy ra tổng số điểm bắn được tại vị trí các ô bị mất là , đây là số chẵn

Suy ra tại ô 7 điểm số lần bắn chỉ có thể là số chẵn, vì vậy chỉ có 3 khả năng là 10, 12, 14.

Gọi x, y lần lượt là số lần bắn được 10 điểm và 8 điểm

Điều kiện:

Trường hợp 1: Ô 7 điểm nhận giá trị 10, khi đó theo đề bài ta có hệ phương trình.

thỏa điều kiện

Trường hợp 2: Ô 7 điểm nhận giá trị 12, khi đó theo đề bài ta có hệ phương trình

loại

Trường hợp 3: Ô 7 điểm nhận giá trị 14, khi đó x = 20 và y = 10 suy ra

Tổng số điểm bắn được là:

không phù hợp

Vậy chữ số hàng đơn vị tại các ô 10 điểm, 8 điểm, 7 điểm lần lượt là 2, 2, 0

THCS.TOANMATH.com Trang 142

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 2: Tìm số tự nhiên n biết , với là tổng các chữ số của n.

Lời giải:

Vì nên suy ra có nhiều nhất 4 chữ số

Xét 2 TH:

• TH1: ( . Đặt )

Ta có lẻ và lẻ và

• TH2: . Đặt n = ( )

Vì và lẻ nên

Vậy tất cả các giá trị n cần tìm là và

THCS.TOANMATH.com Trang 143

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ IX. HỆ THỨC VI-ÉT

PHẦN I.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT

A. Kiến thức cần nhớ

1. Hệ thức Vi-ét

 Nếu là hai nghiệm của phương trình thì:

 Nếu phương trình có thì phương trình có một nghiệm là ,

còn nghiệm kia là

 Nếu phương trình có thì phương trình có một nghiệm là ,

còn nghiệm kia là

2. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng

 Nếu hai số đó có tổng bằng và tích bằng thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình

Điều kiện để có hai số đó là:

B. Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho phương trình ( là ẩn số).

a) Tìm để phương trình có hai nghiệm trái dấu.

b) Tìm để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm

dương.

(Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012)

Lời giải:

Tìm cách giải. Những bài toán liên quan đến dấu của nghiệm phương trình bậc hai bao giờ cũng liên

quan đến công thức nghiệm và hệ thức Vi-ét. Cụ thể là:

 Phương trình có hai nghiệm trái dấu gồm: Phương trình có nghiệm ( ) và thì

điều kiện nghiệm chung là:

 Phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương gồm:

Phương trình có hai nghiệm trái dấu ( ) và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương

( )

Trình bày lời giải

a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) Phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có gái trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn

nghiệm dương.

Ví dụ 2: Cho phương trình: ( là tham số). Tìm để phương trình có hai

nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuong có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là (đơn vị

độ dài).

Lời giải:

Tìm cách giải. Bản chất của bài toán gồm 2 bước:

 Bước 1. Phương trình có hai nghiệm dương

 Bước 2. Hai nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc

vuông là (đơn vị độ dài) thì thỏa mãn:

Trình bày lời giải

Xét

Phương trình luôn có hai nghiệm

Để hai nghiệm là số đo hai cạnh của tam giác phương trình có hai nghiệm dương

Hai nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là (đơn

vị độ dài)

. Lời giải: ra, ta được: .

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp điều kiện, ta được thỏa mãn

Ví dụ 3: Cho phương trình ( là tham số khác 0) có hai nghiệm phân biệt . Tìm giá

trị nhỏ nhất của:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2011 -2012)

Lời giải:

Phương trình có hai nghiệm phâm biệt khi hay

hoặc (*)

Theo Vi-ét:

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương:

Vậy

Vậy với thì

Ví dụ 4: Cho phương trình (với là tham số). Tìm để phương trình đã cho có hai

nghiệm và thỏa mãn:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tình Phú Thọ năm học 2012 – 2013)

Lời giải:

* Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

* Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra:

Từ đó suy ra: (thỏa mãn điều kiện)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm và thỏa mãn

Ví dụ 5: Tìm tất cả các giá trị của sao cho phương trình có đúng 4 nghiệm phân

biệt.

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013)

Lời giải:

Cách 1. Ta có (1)

Đặt phương trình có dạng: (2)

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

(1) Cách 2. Ta có

Đặt phương trình có dạng: (3)

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn

Ví dụ 6: Chứng minh rằng nếu và là hai nghiệm của phương trình (1), còn và là

hai nghiệm của phương trình (2) thì ta có hệ thức: .

Lời giải:

Theo hệ thức Vi-et ta có:

Xét

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra Điều phải chứng minh.

Nhận xét. Nếu chọn và là hai số nguyên sao cho là số chính phương thì ta có kết quả:

là số chính phương. Chẳng hạn: cho số nguyên , chứng minh rằng nếu

và là hai nghiệm của phương trình (1), còn và là hai nghiệm của phương trình

thì ta có là số chính phương.

Ví dụ 7: Cho phương trình (1). Hãy tìm các giá trị nguyên của và sao cho phương

trình (1) có nghiệm nguyên phân biệt và nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia

(Thi học sinh giỏi Toàn 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2003 – 2004)

Lời giải:

Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt và

Ta có:

Suy ra

Do đó

với thì phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ohana biệt và Vậy

một nghiệm gấp 4 lần nghiệm kia

Ví dụ 8: Gọi là hai nghiệm của phương trình bậc hai .

Đặt với nguyên dương

a) Chứng mỉnh rằng:

b) Không khai triển, không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức:

Lời giải:

a) là nghiệm của phương trình nên ; là nghiệm của phương trình nên

Suy ra: (1), (2).

Từ (1) và (2) cộng vế với vế, ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra: .

. b) Đặt:

Suy ra

Vậy là nghiệm của phương trình . Áp dụng câu a, ta có:

(*)

Ta có: .

Áp dụng công thức (*), ta có:

Ta có: .

C. Bài tập vận dụng

1. Cho phương trình

a) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

b) Tìm nguyên để phương trình có hai nghiệm nguyên.

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Bình năm học 2012 – 2013)

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Xét , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi

Gọi là nghiệm của phương trình

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

Ta có:

b) Vì nên điều kiện để phương trình có hai nghiệm nguyên:

Đặt

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó ta có bảng sau:

1 3 5 15 -1 -3 -5 -15

15 5 3 1 -15 -5 -3 -1

Suy ra:

k 4 2 2 4 -4 -4 -2 -4

m 4 1 0 -3 -3 0 1 4

Vậy với thì phương trình có nghiệm nguyên

2. Cho phương trình bậc hai . Tìm để phương trình:

a) Có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện

b) Có đúng một nghiệm dương.

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long năm học 2012 – 2013)

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

Theo hệ thức Vi-et, ta có:

(thỏa mãn )

Vậy thì phương trình có 2 nghiệm

b) Với thì phương trình luôn có nghiệm

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: nên nếu thì phương trình có nghiệm kép là số

dương

Nếu phương trình có hai nghiệm trái dấu thì phương trình cũng có một nghiệm dương

Vậy với hoặc thì phương trình có đúng một nghiệm dương

3. Cho phương trình

Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

Hướng dẫn giải – đáp số

và

Gọi là nghiệm của phương trình:

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

* Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

Ta có:

(thỏa mãn),

(không thỏa mãn)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

4. Cho phương trình bậc hai với là tham số thực

a) Tìm để phương trình có hai nghiệm

b) Tìm để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long, năm học 2011 – 2012)

Hướng dẫn giải – đáp số

b) Gọi là nghiệm của phương trình

Áp dụng hệ thức Vi-ét:

Ta có:

Vậy khi và chỉ khi

5. Cho phương trình bậc hai (1). ( là tham số)

a) Lời giải: phương trình (1) khi

b) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:

Hướng dẫn giải – đáp số

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Với , phương trình có dạng: . Lời giải: ra ta được:

b) Điều kiện để phương trình có nghiệm là: (*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

Theo đề bài:

Thử lại với điều kiện (*) thì không thỏa mãn

Vậy không tồn tại thỏa mãn điều kiện đề bài

6. Cho phương trình (ẩn )

a) Tìm để phương trình có hai nghiệm dương

b) Gọi là hai nghiệm dương của phương trình

Tính theo và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Bình, năm học 2011 – 2012)

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Phương trình có hai nghiệm dương

Vậy thì phương trình có hai nghiệm dương

b) Với thì phương trình có hai nghiệm dương

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

Xét: . Vì nên

Ta có:

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 3 khi

7. Cho phương trình (1)

a) Tìm để phương trình có hai nghiệm dương.

b) Gọi là hai nghiệm dương của phương trình (1). Tìm nguyên dương để có

giá trị nguyên.

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Phương trình có hai nghiệm dương

b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

Ta có:

Ư(9)

Vì nguyên dương nên , suy ra:

-3 -1 1 3 9

1 2 3 4 7

Vậy với thì nhận giá trị nguyên

8. Cho phương trình (1) và (2) (với )

a) Chứng minh rằng phương trình (1) và (2) cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm

b) Với giả thiết phương trình (1) có nghiệm và phương trình (2) có nghiệm là: và

. Chứng minh rằng

c) Trong trường hợp phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm, chứng minh rằng

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Cả hai phương trình đều có: , nên cả hai phương trình (1) và (2) cùng có nghiệm hoặc

cùng vô nghiệm

b) Trong trường hợp hai phương trình trên có nghiệm. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

Xét: nên

c) Trong trường hợp phương trình vô nghiệm, ta có:

Mặt khác ta có: , nên:

(vì )

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

9. Cho là số tự nhiên khác 0. Gọi là hai nghiệm của phương trình ; là hai

nghiệm của phương trình . Chứng minh rằng tích là

một số chính phương.

(Thi học sinh giỏi Toán, TP Hà Nội, năm học 2006 – 2007)

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta có:

Từ (1); (2) theo hệ thức vi-ét, ta có:

(vì )

Mà

Suy ra (*)

Điều phải chứng minh

10. Tìm để phương trình có nghiệm dương

(Thi học sinh giỏi lớp 9, Thừa Thiên Huế, vòng 1, năm học 2003 – 2004)

Hướng dẫn giải – đáp số

Khi , phương trình trở thành:

Khi thì PT: (1) là phương trình bậc hai

Gọi là tổng và tích các nghiệm của phương trình (1)

Phương trình (1) có nghiệm dương trong các trường hợp sau:

 , khi đó . Suy ra hệ vô nghiệm

 , khi đó

 , khi đó . Suy ra

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đáp số:

11. Cho phương trình:

a) Xác định để phương trình có hai nghiệm

b) Gọi hai nghiệm của phương trình trên là . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2003 – 2004)

Hướng dẫn giải – đáp số

Xét

Phương trình có 2 nghiệm

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

Vì nên và

Do đó

Vậy giá trị lớn nhất của là , đạt được khi và chỉ khi

12. Cho phương trình có hai nghiệm thuộc đoạn .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Hướng dẫn giải – đáp số

Gọi là hai nghiệm của phương trình đã cho

Theo định lí Vi-ét ta có:

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

Đẳng thức xảy ra khi hoặc

hoặc

Vậy, hoặc

13. Cho phương trình ( là ẩn số).

Tìm để phương trình có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Quốc Học, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2015 – 2016)

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta có:

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2

Khi đó là nghiệm của phương trình (2), theo hệ thức Vi-ét, ta có:

Ta có:

Suy ra: (thỏa mãn điều kiện)

Vậy với thì phương trình có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

14. Cho phương trình: , với là tham số (1).

a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi .

b) Gọi là hai nghiệm của phương trình (1).

i. Chứng minh .

ii. Tìm giá trị của để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu thỏa mãn .

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Bến Tre, năm học 2014 – 2015)

Hướng dẫn giải – đáp số

, với là tham số (1) a)

Có

Phương trình (1) có nghiệm

b) Với thì phương trình có hai nghiệm

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

i. Ta có:

Vì nên

Suy ra

Dấu bằng xảy ra khi (thỏa mãn điều kiện). Vậy

ii. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu

Ta có

(không thỏa mãn)

Vậy không tồn tại để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu thỏa mãn

15. Cho phương trình (1) với là tham số

a) Tìm sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai

nghiệm không thể là số nguyên.

b) Tìm sao cho phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện .

(Tuyển sinh lớp 10, trường Phổ thông năng khiếu, Đại học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh, năm học 2014 –

2015)

Hướng dẫn giải – đáp số

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) với mọi nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:

Vì (do )

b) với mọi nên phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi

Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:

Trường hợp 1. Xét

(vô nghiệm vì )

Trường hợp 2. Xét

. Đặt

Ta có:

(thỏa mãn )

Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện

PHẦN II.BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ THI CHUYÊN VÀ HSG

Bài 1. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình với .

2. Tìm để có một nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại.

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

3. Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của .

4. Gọi hai nghiệm của phương trình là . Tìm tất cả các giá trị của sao cho:

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) Tỷ số giữa hai nghiệm bằng .

g) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

5. Tìm để phương trình đã cho có tích hai nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.

6. Tìm tất cả các giá trị nguyên của để phương trình có hai nghiệm đều là số nguyên.

Lời giải

1) Khi , phương trình trở thành :

Ta có :

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là .

2) có một nghiệm là , ta có phương trình :

Ta có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt .

+) Khi , phương trình trở thành: .

Từ và suy ra có một nghiệm bằng thì nghiệm còn lại là hoặc .

3) Phương trình có

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị .

4) Từ phương trình , ta có hệ thức Vi-ét:

Từ ý 3) suy ra có hai nghiệm phân biệt: .

b) TH1: . Thay vào ta được:

TH2: . Thay vào ta được:

Vậy có hai nghiệm thỏa khi và chỉ khi hoặc .

c) TH1: . Thay vào được:

được: TH2: . Thay vào

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy các giá trị thỏa đề là , .

d) Ta có:

TH1: . Phương trình tương đương:

TH2: . Phương trình tương đương:

Vậy các giá trị thỏa đề là , .

e) Vì nên suy ra

Ta có: .

Vậy là các giá trị cần tìm.

f) Tỷ số giữa hai nghiệm bằng

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy các giá trị cần tìm là .

g) Tìm để đạt giá trị nhỏ nhất.

+) Khi . Ta có:

Vậy đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi .

+) Khi . Ta có:

Biểu thức này không có giá trị nhỏ nhất vì

Hay không có nào để đạt giá trị nhỏ nhất.

Từ hai trường hợp trên suy ra thì đạt giá trị nhỏ nhất bằng .

5) Ta có:

Suy ra tích hai nghiệm có giá trị nhỏ nhất bằng khi .

6) Phương trình có hai nghiệm đều là hai số nguyên khi và chỉ khi:

Vậy không tồn tại giá trị nào để phương trình có hai nghiệm đều là số nguyên.

Cách khác:

Từ ý 3) ta có pt có hai nghiệm phân biệt:

Để

là số lẻ. Khi đó là số lẻ không chia hết cho

Vậy không tồn tại giá trị nào để phương trình có hai nghiệm đều là số nguyên.

Bài 2.

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cho phương trình là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình với .

2. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi .

3. Gọi là các nghiệm của phương trình.

a) Tìm để .

b) Tìm để .

c) Tìm để .

d) Tìm sao cho .

e) Tìm để hai nghiệm đều nhỏ hơn .

f) Tìm để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

1. Với thì phương trình trở thành:

phương trình có hai nghiệm phân biệt:

; .

2. Xét phương trình ta có:

phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi .

3. Theo phần 2 phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi nên theo định lí Vi-ét ta

có:

a) Ta có :

kết hợp với

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với mọi giá trị của thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

b) Ta có:

kết hợp với

Ta thấy mà nên phương trình vô nghiệm.

Vậy không có giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

c) Để thì

kết hợp với

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

d) Ta có:

kết hợp với

Vì .

Bổ sung: Điều kiện: (luôn đúng với mọi )

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

e) Để hai nghiệm của phương trình đều nhỏ hơn thì

kết hợp với

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vô lí vì

Vậy không có giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều nhỏ hơn

f) Ta có:

kết hợp với suy ra

Vậy GTNN của .

Cho phương trình: (với là tham số) Bài 3.

1) Lời giải: phương trình với

2) Với giá trị nào của thì phương trình đã cho có nghiệm?

3) Tìm giá trị của để có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

4) Xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm sao cho

d) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

5) Khi phương trình có nghiệm, tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào

Lời giải

1) Với thay vào phương trình ta được:

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy phương trình trình vô nghiệm

2) Ta có:

Phương trình có nghiệm khi

Vậy để phương trình có nghiệm thì

3) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dương thì:

Áp dụng định lí Vi-et ta có:

Thế vào ta có:

Vậy để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì

a. Tìm để phương trình có hai nghiệm , thỏa mãn: .

Ta có

Mà

Kết hợp ĐK suy ra (thỏa mãn).

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy là giá trị cần tìm.

b.Viết lại biểu thức

ta có (vô nghiệm) Với

Vậy không có giá trị thỏa mãn đề bài.

Bổ sung: Điều kiện: (luôn đúng với mọi )

Ta có:

Kết hợp ĐK được .

Vậy là giá trị cần tìm.

d. Ta có:

Mà nên nên

KL: đạt khi

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với phương trình đã cho có hai nghiệm nên theo định lí Viet ta có:

Từ thay vào ta được:

Vậy hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào là:

Bài 4. Cho phương trình ; với là tham số.

1) Lời giải: phương trình với .

2) Tìm m để có một nghiệm bằng . Tìm nghiệm còn lại.

3) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của .

4) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

a) .

b) .

c) .

d) .

f) .

g) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

Bài 5. Phương trình ; với là tham số.

1) Lời giải: phương trình với .

Với phương trình trở thành

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, phương trình có hai nghệm phân biệt

Vậy với phương trình có hai nghiệm phân biệt ,

2) Tìm m để có một nghiệm bằng . Tìm nghiệm còn lại.

Phương trình có một nghiệm bằng nên thay vào ta được

Vì phương trình có nghiệm nên áp dụng hệ thức Vi-ét ta có

Mà suy ra

+) Với thì .

3) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của .

Phương trình ; với là tham số.

Có

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của .

4) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

a) .

b) .

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) .

d) .

f) .

g) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

* Phương trình có

. phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của

Một nghiệm là

Nghiệm còn lại là

a) Ta có nên , có vai trò bình đẳng do đó

Vậy hoặc là giá trị cần tìm.

b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của là và .

mà nên , Vì

Do đó

Vậy không có giá trị nào của thỏa mãn đề bài.

c) .

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của là và

Xét 2 trường hợp

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+) Trường hợp 1: ,

Khi đó

+) Trường hợp 2:

đó Khi

Vậy ; ; ; là các giá trị cần tìm.

d) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của là và

Xét 2 trường hợp

+) Trường hợp 1: ,

Khi đó

+) Trường hợp 2:

Khi đó

Vậy là giá trị cần tìm.

e) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của là và

Xét 2 trường hợp

, +) Trường hợp 1:

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+) Trường hợp 2:

Khi đó

là giá trị cần tìm. Vậy

f) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của là và

Xét 2 trường hợp

+) Trường hợp 1: ,

Khi đó

( Điều kiện: , )

+) Trường hợp 2:

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

( Điều kiện: , )

là giá trị cần tìm. Vậy

g) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của là và

Xét 2 trường hợp

+) Trường hợp 1: ,

Khi đó

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

+) Trường hợp 2:

Khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất bằng tại .

Bài 6. Cho phương trình : ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình với .

2. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại.

3. Chứng minh rằng luôn luôn có hai nghiệm khi thay đổi.

4. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

a) .

b) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

c) .

d) .

e) Có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng .

f) Biểu thức đạt giá trị lớn nhất.

g) .

Lời giải.

1. Lời giải: phương trình với .

Thay vào , ta được:

Vì nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

;

2. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại.

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì có một nghiệm bằng nên thay vào ta được:

Lời giải: phương trình ta tìm được nghiệm

+) Thay vào phương trình (1), ta có

Vậy

với thì phương trình đã cho có một nghiệm bằng 5, khi đó nghiệm còn lại lần lượt là .

với thì phương trình đã cho có một nghiệm bằng 5, khi đó nghiệm còn lại lần lượt là 3. Chứng

minh rằng luôn luôn có hai nghiệm khi thay đổi.

Vì với mọi số thực , nên phương trình luôn luôn có hai nghiệm khi thay đổi.

4. Phương trình có nên luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với thay đổi.

Khi đó:

Theo Vi-et:

a) Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Dấu xảy ra khi

c) Ta có:

Mà

Cách giải khác:

+) Xét:

Khi đó:

+) Xét:

Khi đó:

d) Ta có: mà

Nên ;

Khi đó:

e) Để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng thì:

f) Xét biểu thức :

+) Với , ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

với mọi

Dấu “ ” xảy ra khi .

+) Với , ta được:

với mọi

Dấu “ ” xảy ra khi .

(đặt điều kiện)

+) Với , ta được:

Bài 7. Cho phương trình (1); với là tham số thực.

a) Lời giải: phương trình (1) với .

b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Gọi , là hai nghiệm phân biệt của (1)

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) Tính theo giá trị của biểu thức .

d) Tìm để .

e) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

f) Tìm để .

g) Chứng minh rằng ít nhất một trong hai nghiệm , thỏa mãn .

Lời giải

a) Lời giải: phương trình (1) với .

Với ta có phương trình .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Gọi , là hai nghiệm phân biệt của (1)

c) Tính theo giá trị của biểu thức .

Áp dụng hệ thức Viét ta có

Ta xét .

(vì )

d) Tìm để .

Ta có .

e) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Ta có

Đẳng thức xảy ra khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy giá trị nhỏ nhất của là khi .

f) Tìm để .

Vì là nghiệm của phương trình (1) nên .

Ta có

g) Chứng minh rằng ít nhất một trong hai nghiệm , thỏa mãn .

. Ta có

Giả sử và đều bé hơn 1, suy ra (mẫu thuẫn )

Vậy ít nhất một trong hai nghiệm , thỏa mãn .

Bài 8. Cho phương trình bậc hai ẩn : (1), là tham số.

Lời giải: phương trình (1) với . 1.

Tìm các giá trị của để (1) có nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại. 2.

Tìm tất cả các giá trị của để (1) có hai nghiệm phân biệt cùng dương. 3.

Tìm các giá trị của để (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện: 4.

a) .

b) .

c) .

d) .

5. Tìm các giá trị nguyên của để (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện

nhận giá trị nguyên.

Lời giải

1. Với , phương trình (1) trở thành

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên , .

Vậy phương trình (1) vô nghiệm khi .

Cách khác: Phương trình vô nghiệm vì có .

Tìm các giá trị của để (1) có nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại. 2.

Thay vào phương trình

Ta có

Phương trình có 2 nghiệm .

TH1. , khi đó phương trình (1) trở thành .

TH2. , khi đó phương trình (1) trở thành .

Phương trình có 2 nghiệm: .

Vậy có 2 giá trị cần tìm là .

3. Tìm tất cả các giá trị của để (1) có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

*) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi .

*) Áp dụng hệ thức Viet , ta có .

*) Phương trình (1) có 2 nghiệm cùng dương khi và chỉ khi

Kết hợp điều kiện ta được thì (1) có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

4. Tìm các giá trị của để (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện:

*) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi và chỉ khi .

*) Áp dụng hệ thức Viet, ta có .

a) .

Thay vào hệ thức Viet ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thử lại ta được là giá trị cần tìm.

Cách khác: Yêu cầu bài toán tương đương với .

(thỏa mãn). b)

c) .

nên phương trình có 2 nghiệm (thỏa mãn) Vì

Vậy là giá trị cần tìm.

*) Áp dụng hệ thức Viet, ta có .

Thay vào (*) ta có

Thử lại ta thấy không có giá trị nào của thỏa mãn yêu cầu bài toán.

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

5. Tìm các giá trị nguyên của để (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện

nhận giá trị nguyên.

*) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi và chỉ khi .

*) Áp dụng hệ thức Viet, ta có .

Thử lại ta được là các giá trị cần tìm.

Cho phương trình ẩn x: với là tham số thực. Bài 9.

1. Lời giải: phương trình với .

2. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng . Tìm nghiệm còn lại.

3. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn luôn có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

4. Tìm giá trị để hai nghiệm của thỏa mãn:

a) .

b) .

c) .

d) .

Lời giải

1. Với , phương trình trở thành .

Có

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt

Vậy với . phương trình đã cho có nghiệm

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

2. Phương trình có một nghiệm bằng khi và chỉ

khi

Do đó phương trình luôn có một nghiệm với mọi .

. Khi đó theo Viet, ta có

. 3. Ta có

Có , với mọi .

, với mọi

, với mọi , với mọi .

Suy ra phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm phân biệt .

Áp dụng định lí Vi – ét, ta có

với mọi .

phương trình đã cho luôn luôn có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

4. Vì phương trình đã cho luôn luôn hai nghiệm dương phân biệt với mọi .

Áp dụng định lí Vi – ét, ta có

ra a) Theo bài ta có

Vậy không có giá trị của thỏa mãn điều kiện đề bài.

b) Theo bài ra ta có

Vậy không có giá trị nào của thỏa mãn đề bài.

c) Theo bài ra ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy là giá trị cần tìm.

d) Theo câu b) phương trình đã luôn có nghiệm bằng và một nghiệm .

Không mất tính tổng quát giả sử .

Theo bài ra ta có

Thử lại ta được là giá trị cần tìm.

Bài 10. Cho phương trình bậc hai ẩn x: ( 1) (với b và c là tham số thực)

1. Lời giải: phương trình khi

2. Giả dụ . Hãy tìm b và c để (1) có nghiệm thỏa mãn:

a) Tích hai nghiệm bằng 1.

b) Hiệu hai nghiệm bằng 3.

c) Nghiệm này bằng 4 lần nghiệm kia .

d) Tổng lũy thừa bậc 5 của hai nghiệm bằng 2.

3. Khi , tìm b để phương trình có hai nghiệm sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

1) Khi , phương trình (1) trở thành . Phương trình có

nên phương trình . có 2 nghiệm phân biệt

2) Xét phương trình (1) có .

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

Khi đó gọi là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

. a) Vì tích nghiệm bằng tức là mà

Giá trị thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Không mất tính tổng quát giả sử , kết hợp với (2) ta có hệ phương trình

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

thay vào (3) ta được: mà

thì thỏa mãn điều kiện (*). Với

Vậy có 2 cặp cần tìm là .

c) Do vai trò của , kết hợp với (2) ta là như nhau. Không mất tính tổng quát giả sử

được:

Thay vào (3) ta được

Mà

nên .

Lời giải: phương trình ta được .

Với thì thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy có 2 cặp cần tìm là .

d) Vì Tổng lũy thừa bậc 5 của hai nghiệm bằng 2, tức là mà ( theo (2))

khi đó .

Giá trị ; thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy ; thỏa mãn yêu cầu đề bài.

3) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

Khi đó gọi là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-ét, ta có: .

Ta có . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacop-xki, ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

( Vì ). Dấu "=" xảy ra khi

thỏa mãn điều kiện (*). Mà (giả thiết ) nên

Vậy GTNN của khi .

Bài 11. Cho phương trình (1) ; với m là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình (1) khi .

2. Tìm để phương trình (1) có một nghiệm bằng 2, tìm nghiệm còn lại.

3. Tìm giá trị của để phương trình (1) đã cho có nghiệm.

4. Tìm giá trị của để phương trình (1) có 2 nghiệm cùng âm

5. Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho:

6. Xác định giá trị nguyên của để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt đều nguyên dương.

Lời giải

1. Khi ta có phương trình (1) có dạng:

Xét

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt

;

2. Xét phương trình (1)

Để phương trình có 2 nghiệm ⇒

thỏa mãn phương trình (1) Để phương trình (1) có nghiệm bằng 2 ⇒

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào (1) ta có:

(tmđk)

Thay vào phương trình (1) ta có:

Xét

Vậy khi phương trình (1) có nghiệm bằng 2 thì nghiệm còn lại sẽ bằng

3. Xét phương trình (1)

• TH1: Với , (1) có dạng:

Vậy khi , phương trình có một nghiệm

• TH2: Với , (1) có dạng phương trình bậc hai một ẩn:

Có

Để phương trình (1) có nghiệm

Vậy phương trình (1) có nghiệm

4. Xét phương trình

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm

Có

Phương trình có nghiệm (1)

Theo hệ thức viet có:

Để phương trình có 2 nghiệm cùng âm

(2)

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy từ (1) và (2) thì phương trình có 2 nghiệm cùng âm.

5. Với , (1) có dạng phương trình bậc hai một ẩn:

Có

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

Theo hệ thức viet có:

a) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt và thỏa mãn

Xét hệ sau:

• Trường hợp 1:

Có

• Trường hợp 2:

Có (ko tmđk)

Vậy không tồn tại để có phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn:

b) Với 0 và phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và

Theo viet có:

Để

(tmđk)

c) Với 0 và phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo viet có:

Để

Kết hợp Điều kiện

d) Với 0 và phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và

Theo Viet có:

Vì là nghiệm của phương trình nên

Khi đó

(do ).

e) Với 0 và phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và

Theo Viet có:

Để

Theo viet

Thay vào

6. Với 0 và phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo viet có:

Có mà

• TH1: , mà

• TH2: , mà loại

Vậy không tồn tại để thỏa mãn điều kiện đề bài cho.

Bài 12. Cho phương trình: (1); với là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình với .

2) Tìm để (1) có một nghiệm bằng 3, tìm nghiệm còn lại.

3) Xác định để phương trình (1) có nghiệm duy nhất, tìm nghiệm duy nhất đó.

4) Tìm giá trị nguyên của để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

5) Xác định để phương trình đã cho có một nghiệm bằng .

6) Chứng minh rằng nếu là tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì phương trình (1) có nghiệm hữu tỉ.

Lời giải

1) Với , phương trình (1) trở thành: .

Ta có .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: ;

Vậy với , tập nghiệm của phương trình là: .

2) Để phương trình (1) có một nghiệm bằng

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào phương trình (1) ta có:

Vậy khi , phương trình có một nghiệm , nghiệm còn lại là .

3) Xét phương trình: (1); với là tham số thực.

Để phương trình có nghiệm duy nhất .

Vậy để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì .

4) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

(2)

Vậy khi , phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Vi-et ta có

a) Ta có:

Có: .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

;

Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài: hoặc .

b) Ta có: .

(Vì )

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với (2) ta có: Với và thỏa mãn yêu cầu đề bài.

c) Ta có:

➢ TH1: . Thay vào biểu thức trên ta được:

Vì phương trình (1) có nghiệm

Có .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

(thỏa mãn); (thỏa mãn).

➢ TH2: . Thay vào biểu thức trên ta được:

Vì phương trình (1) có nghiệm

(thỏa mãn).

Vậy tập các giá trị của thỏa mãn là: .

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

d) Vì là một nghiệm của phương trình (1) nên:

thay vào ta có:

. Có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

(thỏa mãn); (thỏa mãn).

Vậy tập các giá trị của thỏa mãn là: .

e) Ta có: (3)

Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên không thỏa mãn điều kiện (3)

Chia cả 2 vế của phương trình (3) cho ta được:

Đặt ta được:

( Vì Pt vô nghiệm)

Với . Thay vào tổng hai nghiệm ta được:

Vì phương trình (1) có một nghiệm

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt (thỏa mãn); (thỏa mãn)

Vậy tập các giá trị của thỏa mãn là: .

5) Phương trình (1) có một nghiệm bằng

. Xét phương trình: có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

(thỏa mãn); (thỏa mãn)

Vậy tập các giá trị cần tìm là: .

6) Vì là tích của hai số tự nhiên liên tiếp

Giả sử , phương trình (1) trở thành:

(4)

, phương trình (4) trở thành: . Vậy thỏa mãn (5) •

• , ta có:

(Vì )

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

; (7)

Từ (5) và (6), (7) suy ra nếu là tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì phương trình (1) có nghiệm hữu tỉ.

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 13. Cho phương trình ẩn : (1); với và là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình (1) trong trường hợp .

2) Tìm và để phương trình có hai nghiệm là .

3) Trong trường hợp :

a) Tìm để (1) có một nghiệm bằng 2.

b) Tìm để (1) có hai nghiệm mà hiệu hai nghiệm bằng 3.

c) Tìm để (1) có hai nghiệm mà tổng bình phương hai nghiệm bằng 10.

d) Tìm số nguyên dương bé nhất để phương trình đã cho có nghiệm dương.

e) Tìm để phương trình có hai nghiệm sao cho .

Lời giải

1) Lời giải: phương trình (1) trong trường hợp .

Với , phương trình (1) trở thành:

Vậy khi phương trình có tập nghiệm: .

2) Tìm và để phương trình có hai nghiệm là .

Phương trình có hai nghiệm là

Vậy thì phương trình có hai nghiệm là .

3) Trong trường hợp , ta có phương trình: và

a) Tìm để (1) có một nghiệm bằng 2.

Phương trình có một nghiệm bằng 2

Vậy là giá trị cần tìm.

b) Tìm để (1) có hai nghiệm mà hiệu hai nghiệm bằng 3.

Phương trình (1) có hai nghiệm .

Theo định lí Vi-ét ta có:

Phương trình có hiệu hai nghiệm bằng 3 kết hợp với ta có hệ phương trình:

Thay vào ta có: (Thỏa mãn).

Vậy là giá trị cần tìm.

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c) Tìm để (1) có hai nghiệm mà tổng bình phương hai nghiệm bằng 10.

Phương trình (1) có hai nghiệm .

Theo định lí Vi-ét ta có:

Phương trình có hai nghiệm mà tổng bình phương hai nghiệm bằng 10

Vậy là giá trị cần tìm.

d) Tìm số nguyên dương bé nhất để phương trình đã cho có nghiệm dương.

Phương trình (1) có hai nghiệm .

Theo định lí Vi-ét ta có:

Vì phương trình có hai nghiệm , vậy phương trình đã cho có nghiệm dương khi và chỉ khi

phương trình có hai nghiệm trái dấu khi đó:

Mà là số nguyên dương bé nhất nên .

e) Tìm để phương trình có hai nghiệm sao cho .

Phương trình (1) có hai nghiệm .

Theo định lí Vi-ét ta có:

Có

(Vô lí).

Vậy không có thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 14. Cho phương trình ; với là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình với .

2) Tìm để có một nghiệm bằng . Tìm nghiệm thứ hai.

3) Tìm để phương trình đã cho có nghiệm.

4) Xác định để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) .

5) Tìm để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thuộc khoảng .

6) Xác định tất cả các giá trị nguyên của để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó biểu

thức nhận giá trị nguyên.

7) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt, hãy thiết lập biểu thức liên hệ giữa hai

nghiệm không phụ thuộc vào tham số .

Lời giải

1) Khi phương trình thành .

Do nên phương trình đã cho có hai nghiệm .

2) Phương trình có một nghiệm bằng

Thay lại ta được phương trình

Do nên phương trình đã cho có hai nghiệm

Vậy nghiệm còn lại là

3) Khi phương trình thành .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Khi .Ta thấy phương trình ; với là tham số thực.

Có và .

Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm là .

Vậy với mọi phương trình đã cho có nghiệm.

4) Theo câu 3 ta có: Khi phương trình có hai nghiệm .

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi .

Vậy khi phương trình có hai nghiệm phân biệt.

. a)

. TH1:

. TH2:

Vậy tất cả các giá trị cần tìm của là: .

. b)

Vậy khi hoặc là các giá trị cần tìm.

Không thỏa mãn điều kiện phương trình có hai nghiệm phân c)

biệt. Vậy không có giá trị nào của để

TH1:

TH2:

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

5) Khi phương trình thành .

Vậy không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khi phương trình có hai nghiệm .

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thuộc khoảng thì .

Từ suy ra Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

6) Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt .

. Khi đó

nguyên thì là ước của Để

. TH1:

. TH2:

. TH3:

. TH4:

Vậy để nguyên thì

7) Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt .

Dễ thấy .

Vậy biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào tham số là .

Bài 15. Cho phương trình: (với là tham số thực)

1) Lời giải: phương trình khi .

2) Lời giải: và biện luận phương trình đã cho theo .

3) Tìm giá trị nguyên của để phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên trái dấu

4) Khi nào phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn .

5) Tìm giá của để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn:

a) .

b) .

c) .

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. d)

. e)

; . f)

Lời giải

1). Lời giải: phương trình khi .

Với phương trình đã cho trở thành:

Ta có .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: ;

Vậy khi phương trình có hai nghiệm phân biệt là ; .

2). Lời giải: và biện luận phương trình đã cho theo .

phương trình trở thành: . Nếu

phương trình là phương trình bậc hai có: Nếu

Nếu thì phương trình có nghiệm kép:

Nếu thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

;

Kết luận: Nếu thì phương trình có một nghiệm duy nhất .

Nếu thì phương trình có nghiệm kép .

Nếu , thì phương trình có hai nghiệm phân biệt ; .

3) Tìm giá trị nguyên của để phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên trái dấu.

Theo câu 2 ta có khi , phương trình có 2 nghiệm phân biệt , .

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình (1) có 2 nghiệm nguyên trái dấu nguyên âm (Thỏa mãn).

Vậy để phương trình có hai nghiệm nguyên trái dấu thì .

4) Khi nào phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn .

TH1: Nếu thì phương trình có nghiệm duy nhất ( thỏa mãn có đúng một nghiệm lớn hơn

1).

TH2: Nếu thì phương trình có nghiệm kép .( thỏa mãn có đúng một nghiệm lớn

hơn 1).

TH3: Nếu , thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , .

Vì nên để phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn

(Thỏa mãn điều kiện , )

Kết luận: thì thì phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn .

5). Tìm giá của để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn:

Với và phương trình có hai nghiệm phân biệt , .

Theo Viét ta có: và (Dùng cho cách 2)

a).

Cách 1:

( thỏa mãn).

Cách 2:

(Thỏa mãn)

Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

b) .

Cách 1:

( thỏa mãn , ).

Cách 2:

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Thỏa mãn)

Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Để ( thỏa mãn , ).

Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

(Thỏa mãn).

Vậy với và thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

e) .

hoặc Ta có

TH1:

(*)

TH2:

(Vì ).

. (**)

Kết hợp (*) và (**) cùng với điều kiện , ta có:

Với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

f) ; .

Với , phương trình luôn hai nghiệm pb , .

Theo bài ta có ; nên , .

Có

Kết hợp điều kiện , ta được

Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ; .

Bài 16. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình khi .

2) Tìm để có một nghiệm bằng 3, tìm nghiệm còn lại.

3) Tìm để phương trình đã cho có nghiệm.

4) Tìm giá trị nguyên của để phương trình đã cho có nghiệm nguyên.

5) Xác định để phương trình có hai nghiệm phân biệt , thoả mãn

a) .

b) .

d) .

e) .

6) Tìm để có đúng một nghiệm thuộc khoảng .

7) Thiết lập hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với tham số .

Lời giải

1) Với thì phương trình trở thành: .

Do đó, phương trình vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với thì phương trình vô nghiệm.

2) Phương trình có một nghiệm .

(Vô lý).

Vậy không có giá trị nào của thoả mãn yêu cầu bài toán.

3) Với , phương trình có dạng có nghiệm . (*)

Với , ta có:

Phương trình có nghiệm . (**)

Từ (*) và (**) ta có: với ; thì phương trình có nghiệm.

4) Với , phương trình có nghiệm .

Với ta có:

Phương trình có nghiệm nguyên thì là số chính phương.

Khi đó, .

Vì nên nguyên và . Do đó ta xét các trường

hợp sau.

. TH1:

Thử lại, với , , pt có nghiệm , .

TH2: (đã xét ở trên)

. TH3:

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thử lại, pt có nghiệm kép: (loại).

TH4: .

Thử lại, pt có nghiệm kép: .

Vậy các giá trị của thoả mãn yêu cầu bài toán.

5) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi . Khi đó, phương trình có

hai nghiệm phân biệt , . Theo định lý Vi-ét ta có: .

a) Thay vào ta được:

. Suy ra . Thay , vào ta được:

Vậy là giá trị cần tìm.

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy các giá trị của thoả mãn là .

(Thỏa mãn điều kiện)

Vậy khi thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

d) Vì là một nghiệm của của phương trình

Vì là một nghiệm của của phương trình

thay vào ta được:

(Thỏa mãn).

Vậy tất cả các giá trị cần tìm của là: .

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(không thỏa mãn điều kiện ).

Vậy không có giá trị nào của thoả mãn yêu cầu bài toán.

( thỏa mãn điều kiện ).

Vậy thoả mãn yêu cầu bài toán.

6) .

* Với , phương trình có nghiệm .

* Với ta có:

- Ta xét trường hợp hoặc .

+ Với , phương trình có nghiệm kép .

- Ta xét trường hợp . Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt , . Phương trình có

đúng một nghiệm thuộc khoảng .

(Thỏa mãn)

Vậy hoặc thì phương trình có đúng một nghiệm thuộc khoảng .

7) Phương trình luôn có hai nghiệm , (theo câu 5). Theo định lý Vi-ét ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ suy ra , thay vào . Ta được:

hay .

Vậy hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm , không phụ thuộc là .

Bài 17. Cho phương trình với là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình đã cho với .

2) Tìm để nhận làm một nghiệm, tìm nghiệm còn lại.

3) Với giá trị nào của thì phương trình đã cho có nghiệm?

4) Tìm để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn:

a) .

b) .

c) .

d) .

5) Tìm tất cả các giá trị của nguyên để phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên.

Lời giải

1) Lời giải: phương trình đã cho với .

Với phương trình đã cho trở thành . có

Phương trình có hai nghiệm và .

2) Tìm để nhận làm một nghiệm, tìm nghiệm còn lại.

Nếu là một nghiệm thì .

Với phương trình : .

Khi nghiệm còn lại của phương trình là .

3) Với giá trị nào của thì phương trình đã cho có nghiệm?

TH1: phương trình suy ra thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

TH2: Phương trình là phương trình bậc hai. Ta có

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi .

Kết hợp hai trường hợp ta được là giá trị cần tìm

4) Tìm để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn:

Để (1).

a) .

Theo định lý Vi-ét ta có

Suy ra so sánh với

đk (1) suy ra .

b) .

Kết hợp với ta có

Vì nên

Từ ta có

Suy ra hay

Suy ra

Do đó, kết hợp với ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì nên

So sánh với đk (1) suy ra .

d) .

Ta có .

• Nếu

Từ ta có

Mặt khác nên

So sánh với đk (1) suy ra

• Nếu

Từ ta có

Mặt khác nên

Kết luận, , và là các giá trị thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

5) Tìm tất cả các giá trị của nguyên để phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên.

Từ định lý Vi-ét suy ra nên phương trình có hai nghiệm nguyên suy ra tổng và tích

cũng là các giá trị nguyên.

Do đó chia hết và .

Suy ra .

không thỏa mãn điều kiện để có nghiệm. •

thì trở thành . •

Suy ra không tồn tại giá trị của nguyên thỏa mãn.

Bài 18. Cho phương trình: (1); với là tham số

thực.

1. Lời giải: phương trình (1) khi .

2. Tìm để (1) có một nghiệm bằng 2, tìm nghiệm còn lại.

3. Tìm để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

4. Với giá trị nguyên nào của thì phương trình có đúng một nghiệm nguyên?

5. Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt .

a) Tìm để

b) Tìm sao cho .

c) Tìm để

d) Chứng minh rằng:

e) Xác định để

Hướng dẫn giải

1. Với thay vào phương trình (1) ta có:

Ta có: .

Khi đó phương trình có nghiệm phân biệt:

2. Phương trình có 1 nghiệm bằng 2 nên khi đó ta thay vào phương trình (1) ta được

(vô lí).

Vậy không có giá trị nào của thỏa mãn phương trình có nghiệm bằng 2.

3. Để phương trình có nghiệm duy nhất thì (1) là phương trình bậc nhất có nghiệm duy nhất.

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(vô lí).

Vậy không có giá trị nào của để phương trình có nghiệm duy nhất.

4. Để phương trình có đúng 1 nghiệm thì (1) là phương trình bậc nhất có 1 nghiệm

Hoặc (1) là phương trình bậc hai có nghiệm kép.

Trường hợp 1: (1) là phương trình bậc nhất có 1 nghiệm => vô lí (chứng minh câu 3)

Trường hợp 2: (1) là phương trình bậc hai có nghiệm kép

Với Phương trình có dạng suy ra phương trình có nghiệm kép (thỏa

mãn).

Vậy với thì phương trình có 1 nghiệm nguyên.

5. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì

Theo Vi-et ta có:

a) Ta có (loại)

b) Ta có

(thỏa mãn).

Thử lại:

Với thay vào phương trình ta được

Ta thấy nên phương trình có nghiệm mà ( thỏa mãn)

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Ta có mà do là nghiệm của phương trình nên ta có

từ đó ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

( vô nghiệm)

Vậy không có giá trị nào của thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d) Ta có

+) Với

Do đó với mọi giá trị

e) Ta có

Với thay vào (3) suy ra ( vô lí)

Với thay vào (3) suy ra ( loại)

Với thay vào (3) suy ra (thỏa mãn)

Vậy với thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 19. Cho phương trình . với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình trên với .

2. Tìm để có nghiệm bằng 3, tìm nghiệm còn lại.

3. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình có nghiệm.

4. Xác định giá trị nguyên của để có nghiệm nguyên.

5. Tìm giá trị của để phương trình có hai nghiệm sao cho:

a) .

b) .

c) .

d) .

f) .

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

g) Thiết lập hệ thức giữa hai nghiệm độc lập với .

Lời giải

1. Với phương trình trở thành: .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2. Phương trình có nghiệm bằng 3 khi đó thỏa mãn phương trình tức là:

Với thì phương trình trở thành:

Khi đó nghiệm còn lại là

Vậy và nghiệm còn lại của phương trình là .

Với phương trình trở thành:

. Khi đó phương trình có nghiệm. Suy ra thỏa mãn.

Với phương trình là phương trình bậc hai 1 ẩn. Để phương trình có nghiệm thì:

Vậy để phương trình có nghiệm thì: .

+) Với phương trình trở thành: . Khi đó phương trình có nghiệm nguyên .

Suy ra thỏa mãn

+) Với phương trình là phương trình bậc hai 1 ẩn. Để phương trình có nghiệm thì:

(phần 3.)

Ta có là số nguyên thỏa mãn và suy ra .

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đảo lại: phương trình trở thành: , do đó thỏa mãn.

Vậy hoặc thì phương trình có ngiệm nguyên.

Để phương trình có hai nghiệm thì và :

Khi đó áp dụng định lí Viet ta có:

a) Thay vào biểu thức ta được:

(Loại)

Vậy không có giá trị thỏa mãn.

b) .

Thay vào biểu thức trên ta được:

Vậy .

c) .

Thay vào biểu thức trên ta được:

Vậy .

d) .

Thay vào biểu thức trên ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 73

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với ; ta được

Vậy và

Thay vào biểu thức trên ta được:

Vậy

Thay vào biểu thức trên ta được:

Ta có khi đó :

Kết hợp với ta được .

THCS.TOANMATH.com Trang 74

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

g) với ; . Ta có:

Từ thay vào ta được:

Vậy hệ thức cần tìm là:

Bài 20. Cho phương trình : (1) với là tham số thực .

1. Lời giải: (1) khi thỏa mãn

2. Tìm để phương trình (1) có một nghiệm bằng .

3. Xác định để phương trình trên có nghiệm

4. Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

a. Tìm để nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia

b. Tìm để

c. Tìm để

d. Tìm để

e. Tìm để hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác

vuông có độ dài cạnh huyền bằng .

5. Tìm giá trị nguyên của để (1) có hai nghiệm đều thuộc đoạn .

Bài 21. Cho phương trình : (1) với là tham số thực .

1. Lời giải: (1) khi thỏa mãn

2. Tìm để phương trình (1) có một nghiệm bằng .

3. Xác định để phương trình trên có nghiệm

4. Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

a. Tìm để nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia

b. Tìm để

THCS.TOANMATH.com Trang 75

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

c. Tìm để

d. Tìm để

e. Tìm để hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác

vuông có độ dài cạnh huyền bằng .

5. Tìm giá trị nguyên của để (1) có hai nghiệm đều thuộc đoạn .

Lời giải

1. Ta có

Thay vào (1) ta có: .

2.Vì phương trình (1) có một nghiệm bằng 1 nên ta thay vào phương trình (1) có :

Với ta có pt : .

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

3. ĐK:

Để phương trình đã cho có nghiệm thì

Vì

Kết hợp điều kiện ta có và thì phương trình đã cho có nghiệm.

4. ĐK:

THCS.TOANMATH.com Trang 76

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Có

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì và

Khi đó theo định lý Vi –ét ta có:

a. Vì nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia nên ta có:

(tm)

b. Theo đề bài (3)

Từ (1) và (3) ta có hệ pt:

Thay vào (2) ta được : (t m)

(t m)

+) Th1: ta có :

( luôn đúng )

+) Th2: ta có :

THCS.TOANMATH.com Trang 77

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp đk ta có :

Vậy và thì

e. Để hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng thì pt

đã cho có hai nghiệm phân biệt cùng dương thỏa mãn

+) Để pt đã cho có hai nghiệm phân biệt cùng dương thì

+) ( ko tm)

Vậy không có giá trị thỏa mãn ycbt .

5.Phương trình (1) có hai nghiệm đều thuộc đoạn pt (1) có hai nghiệm thỏa mãn

và

Để pt (1) có hai nghiệm thì và .

Xét

( tm)

Thay vào phương trình ta được :

Có Phương trình có nghiệm kép thỏa mãn đk

THCS.TOANMATH.com Trang 78

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 21. Cho phương trình : ; với là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình đã cho với .

2) Tìm để có nghiệm bằng . Tìm nghiệm còn lại.

3) Tìm giá trị của để phương trình có nghiệm.

4) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với khác .

5) Tìm giá trị của để có hai nghiệm , thỏa mãn

a) .

c) .

d) .

e) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

6) Giả sử có hai nghiệm là , . Chứng minh rằng và .

7) Xác định giá trị nguyên của để phương trình có nghiệm nguyên.

Lời giải

1) Với , phương trình trở thành .

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: ; .

2) Phương trình có nghiệm bằng

Vậy với thì phương trình có nghiệm bằng và phương trình là phương trình bậc hai có

hai nghiệm ( hoặc phân biệt, hoặc bằng nhau).

Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có: .

Do phương trình (1) có một nghiệm là , không mất tính tổng quát giả sử . Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 79

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với thì phương trình có nghiệm bằng và nghiệm còn lại là .

3) Ta xét hai trường hợp sau:

TH1:

Với thì phương trình có nghiệm thỏa mãn.

TH2: .

Kết hợp hai trường hợp Phương trình có nghiệm với mọi .

4) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy phương trình luôn có nghiệm với khác .

5) Phương trình có hai nghiệm , .

Theo định lí Vi-et, ta có: .

a) .

Thay , vào, ta được :

(thỏa mãn).

. Vậy

b) .

Từ và .

Thay vào ta được:

vô nghiệm.

Vậy không có thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 80

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. c)

Thay , vào ta được

(thỏa mãn).

Vậy .

d) Vì là nghiệm của phương trình nên .

Do đó:

Thay vào ta được:

Vậy .

Dấu xảy ra khi .

Vậy .

6) Phương trình có hai nghiệm , .

Theo định lí Vi-et, ta có: (9).

+) (*)

THCS.TOANMATH.com Trang 81

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

( theo 9 )

luôn đúng với mọi .

Do đó (*) đúng với mọi .

+) (**)

( theo 9 )

luôn đúng với mọi .

Do đó (**) đúng với mọi .

7) Ta xét hai trường hợp sau:

TH1:

Với thì phương trình có nghiệm không thỏa mãn.

TH2: .

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì là số chính phương

Do cùng tính chẵn lẻ nên ta có hai trường hợp sau

Với , phương trình trở thành: .

Lời giải: phương trình này ta được 2 nghiệm phân biệt: ; .

Với , phương trình trở thành: .

Do đó không có giá trị nào của để phương trình (1) có nghiệm nguyên.

THCS.TOANMATH.com Trang 82

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 23. Cho phương trình (1) ; với m là tham số thực.

7. Lời giải: phương trình (1) khi .

8. Tìm để phương trình (1) có một nghiệm bằng 2, tìm nghiệm còn lại.

9. Tìm giá trị của

để phương trình đã cho có nghiệm. để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 10. Tìm sao cho:

g) Nghiệm này bằng lập phương nghiệm kia.

11. Xác định giá trị nguyên của để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt đều nguyên dương.

Lời giải

7. Khi ta có phương trình

Vậy khi phương trình (1) có nghiệm

8. Phương trình (1) có nghiệm bằng 2 nghĩa là thỏa mãn phương trình (1)

Thay vào (1) ta có:

Thay vào phương trình (1) ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 83

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với , phương trình (1) có nghiệm bằng 2 và nghiệm còn lại sẽ bằng 1.

3. Tìm giá trị của để phương trình đã cho có nghiệm.

➢ Trường hợp 1: ta có phương trình (1)

nên thỏa mãn. (*)

➢ Trường hợp 2: khi đó phương trình

Có

Ta thấy với mọi giá trị của thì nên phương trình (1) luôn có nghiệm (**)

Kết luận: Từ (*) và (**) ta có mọi giá trị của phương trình (1) luôn có nghiệm

4. Xét phương trình (1) ; với m là tham số thực.

Ta có : , ,

Điều kiện để phương trình trên là phương trình bậc hai là

Ta thấy

Do đó phương trình có hai nghiệm là với mọi

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt cần

Vậy với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

a) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho

Với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

Vì luôn là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 84

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay , vào (3) ta được:

( thỏa mãn)

Trường hợp 2:

Thay , vào (3) ta được:

(thỏa mãn)

Vậy với và thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn .

b) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho nghiệm này bằng lập phương nghiệm

kia nghĩa là

Với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

➢ Trường hợp 1: ;

không thỏa mãn điều kiện hai nghiệm phân biệt

➢ Trường hợp 2: ;

không thỏa mãn điều kiện hai nghiệm phân biệt

Vậy không có giá trị nào của để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt sao cho

c) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho

Với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

Vì luôn là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

+ Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 85

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào (3) ta được ,

( thỏa mãn)

+ Trường hợp 2:

Thay , vào (3) được

( thỏa mãn)

Vậy và thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt sao cho

d) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , sao cho

Với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

Vì luôn là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 86

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào (3) ta có:

( thỏa mãn)

Thay vào (3) ta có:

( thỏa mãn)

Trường hợp 2:

; Thay vào (3) ta có ( thỏa mãn) ( giống trường hợp a của trường hợp 1)

; Thay vào (3) ta có

( thỏa mãn)

Vậy với ; ; thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt , sao cho

e) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , sao cho

Với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

(loại)

Kết hợp với điều kiện (*) ta thấy không có giá trị nào của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

thỏa mãn

f) Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho

THCS.TOANMATH.com Trang 87

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với mọi sao cho ; thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là

Vì phương trình đã có một nghiệm là

Để thỏa mãn đề bài và cần thêm

nghĩa là cần

Lời giải: (**) ta có:

(4)

Lời giải:(***) ta có:

(5)

Kết hợp đồng thời (4) và (5) thì tìm được để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

sao cho

5. Xác định giá trị nguyên của để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt đều nguyên dương.

Xét phương trình (1) ; với m là tham số thực.

Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm ; với mọi ,

Ta có để phương trình (1) có 2 nghiệm đều nguyên dương thì

THCS.TOANMATH.com Trang 88

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà Ư để là số nguyên dương thì

Trường hợp 1: (thỏa mãn)

Trường hợp 2: (loại)

Vậy với thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt đều nguyên dương.

Bài 24. Cho phương trình ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình với .

2. Lời giải: và biện luận phương trình đã cho theo tham số .

3. Tìm để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn tổng hai nghiệm bằng tích hai nghiệm.

4. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho

là hai số đối nhau. , a)

là hai số nghịch đảo của nhau. , b)

Lời giải

Cho phương trình ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình với .

Với phương trình trở thành:

Suy ra phương trình vô nghiệm.

2. Lời giải: và biện luận phương trình đã cho theo tham số .

; với là tham số thực Xét phương trình

Trường hợp 1: .

Khi đó, phương trình trở thành: .

Trường hợp 2: .

THCS.TOANMATH.com Trang 89

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

➢

Với , phương trình có nghiệm kép .

➢

Khi hoặc , phương trình có hai nghiệm phân biệt

;

➢

Khi đó, phương trình vô nghiệm.

Kết luận:

• Với , phương trình có nghiệm .

• Với , phương trình có nghiệm kép .

• Với hoặc , phương trình có hai nghiệm phân biệt

THCS.TOANMATH.com Trang 90

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

;

• Với , phương trình vô nghiệm.

3. Tìm có hai nghiệm thỏa mãn tổng hai nghiệm bằng tích hai nghiệm. để phương trình

Áp dụng kết quả phần 2) ta có: Phương trình có hai nghiệm (*)

Gọi , là hai nghiệm của phương trình (1)

Theo định lý Vi-et ta có:

Theo đề bài, ta được: (**)

Kết hợp (*) và (**), không tồn tại giá trị để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn tổng hai nghiệm

bằng tích hai nghiệm.

4. a, Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho , là hai số đối nhau.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt , (*)

Theo định lý Vi-et ta có:

, là hai số đối nhau (loại).

Vậy không có giá trị của để , là hai số đối nhau.

4. b) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho , là hai số nghịch đảo của

nhau.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt , khi (*)

THCS.TOANMATH.com Trang 91

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo định lý Vi-et ta có:

, là hai số nghịch đảo của nhau

(loại).

Vậy không tồn tại giá trị của để , là hai số nghịch đảo của nhau.

4 c) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho

Phương trình có hai nghiệm phân biệt , khi (*)

Theo định lý Vi-et ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 92

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải: phương trình

Suy ra phương trình vô nghiệm.

Ta thấy thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho .

Bài 25. Cho phương trình ; với là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình khi .

2) Tìm để có một nghiệm bằng .

3) Tìm giá trị của để có nghiệm duy nhất.

4) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; thỏa mãn điều kiện

. a)

. b)

. c)

. d)

. e)

5) Tìm nghiệm của phương trình trong trường hợp ( ).

6) Xác định để có hai nghiệm cùng dấu, khi đó hai nghiệm mang dấu gì?

7) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để có các nghiệm đều là số nguyên.

Lời giải

Xét phương trình ; là tham số thực.

1) Lời giải: phương trình khi .

Thay vào phương trình ta có:

phương trình vô nghiệm.

Vậy khi phương trình vô nghiệm.

2) Tìm để có một nghiệm bằng .

Thay vào phương trình ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 93

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

phương trình có hai nghiệm phân biệt

;

Vậy với hoặc thì phương trình có nghiệm .

3) Tìm giá trị của để có nghiệm duy nhất.

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì phương trình là phương trình bậc nhất một ẩn

Thay vào phương trình ta có: (Vô lý)

Vậy không có giá trị nào của để phương trình có nghiệm duy nhất.

Sửa lại là:

+ TH1: ta có:

(vô lý)

+ TH2:

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì

Vậy với thì phương trình có nghiệm duy nhất

4a) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; thỏa mãn điều kiện .

Xét phương trình ; là tham số thực.

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; cần

Vì với mọi số thực và tích âm khi có một nhân tử âm hoặc cả ba nhân tử trong tích

đó đều âm nên :

THCS.TOANMATH.com Trang 94

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

Ta có

Thay vào ta có

phương trình có hai nghiệm phân biệt

(thỏa mãn) ; (thỏa mãn)

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

4b) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; thỏa mãn điều kiện .

Xét phương trình ; là tham số thực.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ; khi

Ta có:

Thay vào ta có

phương trình có hai nghiệm phân biệt

(thỏa mãn); (thỏa mãn)

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

4c) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; thỏa mãn điều kiện .

Xét phương trình ; là tham số thực.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ; khi

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 95

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

phương trình có hai nghiệm phân biệt

(thỏa mãn); (thỏa mãn)

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

4d) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; thỏa mãn điều kiện .

Xét phương trình ; là tham số thực.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ; khi

Ta có:

Kết hợp với điều kiện ta có

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Cách khác: Từ

THCS.TOANMATH.com Trang 96

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

➢ Nếu (2)

(3)

Từ (2), (3) và (*) ta có

➢ Nếu (4)

(5)

Từ (4) , (5) và (*) ta có

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

4e) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt ; thỏa mãn điều kiện .

Xét phương trình ; là tham số thực.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ; khi

Ta có:

phương trình có hai nghiệm phân biệt

(thỏa mãn); (thỏa mãn)

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

5) Tìm nghiệm của phương trình trong trường hợp ( ).

( ) Ta có:

+) phương trình có nghiệm kép

Thay vào phương trình ta có: (Vô lý) nên (loại )

+) phương trình vô nghiệm phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình (1) vô nghiệm trong trường hợp ( ).

6) Xác định để có hai nghiệm cùng dấu, khi đó hai nghiệm mang dấu gì?

THCS.TOANMATH.com Trang 97

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để phương trình có hai nghiệm cùng dấu cần

+) Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 98

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp và ta được

Mà phương trình có hai nghiệm âm

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu, khi

đó hai nghiệm mang dấu âm.

Cách khác:

Xét phương trình ; là tham số thực.

Để phương trình có hai nghiệm cùng dấu cần

➢ Lời giải:

Căn cứ thêm vào phần 4a ta tìm được

➢ Lời giải: (7)

Ta thấy nên (7) thỏa mãn khi:

Kết hợp với và ta có

Mà phương trình có hai nghiệm âm

THCS.TOANMATH.com Trang 99

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với hoặc thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu, khi

đó hai nghiệm mang dấu âm.

7) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.

Xét phương trình ; là tham số thực.

➢ Nếu thì phương trình trở thành (vô nghiệm).

➢ Nếu có

Phương trình (1) có hai nghiệm ; khi (10)

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

Để phương trình có nghiệm nguyên cần

Vì nên Ư(3)

Kết hợp với điều kiện (10) ta có thì phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.

Thử lại: thay lần lượt vào phương trình :

+, Với thì phương trình (1) trở thành: là nghiệm nguyên

thỏa mãn (A)

+, Với thì phương trình (1) trở thành: là nghiệm nguyên

thỏa mãn (A)

Vậy với thì phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.

Bài 26. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình đã cho với .

2. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại.

3. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho:

THCS.TOANMATH.com Trang 100

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) .

b) .

c) Nghiệm này bằng lần nghiệm kia.

d) .

e) .

f) .

g) Biểu thức nhận giá trị nhỏ nhất.

h) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

4. Tìm tất cả các giá trị của để có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

Hướng dẫn giải

Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình đã cho với .

Lời giải

Với thì phương trình trở thành:

Ta có , ,

Với thì phương trình trên có hai nghiệm phân biệt là , .

2. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng , tìm nghiệm còn lại.

Để phương trình có một nghiệm bằng cần:

Với thì phương trình trở thành:

, Ta có , . nên phương trình trên có hai nghiệm là ,

Với thì phương trình có một nghiệm bằng , và nghiệm còn lại là

THCS.TOANMATH.com Trang 101

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

3. Tìm để có hai nghiệm phân biệt sao cho:

a) .

Phương trình có , ,

Điều kiện:

Ta có:

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với .

Theo hệ thức Vi – et, ta có:

Ta có:

(tmđk)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Cách 2:

có , , Phương trình

Điều kiện:

nên phương trình luôn có 1 nghiệm và nghiệm còn Ta có:

lại

Như vậy:

(TMĐK)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

b) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho .

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với .

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 102

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(*)

, ( , )

Ta có:

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt là:

(tmđk)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Cách 2:

Điều kiện:

Phương trình luôn có 1 nghiệm và nghiệm còn lại

Như vậy

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

c) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho nghiệm này bằng lần nghiệm kia.

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , với .

Giả sử (*)

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

Thay (*) vào (2) ta được:

(4)

THCS.TOANMATH.com Trang 103

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(5)

Thay (4), (5) vào (3) ta có:

( , , )

Ta có: : ,

Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt là:

(tmđk)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn nghiệm này bằng lần

nghiệm kia.

Cách 2:

Điều kiện:

Phương trình luôn có 1 nghiệm và nghiệm còn lại

+ TH1: (TM)

+ TH2: (TM)

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn nghiệm này bằng lần

nghiệm kia.

d) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho .

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , với .

THCS.TOANMATH.com Trang 104

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Kết hợp điều kiện ta được:

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Cách 2:

Điều kiện:

Phương trình luôn có 1 nghiệm và nghiệm còn lại

Như vậy

. Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

. e) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho

Cho phương trình: ; với là tham số thực.

Để phương trình là phương trình bậc hai cần .

Có , ,

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ;

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 105

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì không mất tính tổng quát nên ta giả sử ;

(ĐKXĐ: )

Trường hợp 1:

Kết hợp ĐKXĐ ta có: , .

Trường hợp 2:

Kết hợp với điều kiện ta có:

Với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Cách 2:

Điều kiện:

Phương trình luôn có 1 nghiệm và nghiệm còn lại

Như vậy:

Kết hợp với điều kiện ta có:

Với hoặc thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

f) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 106

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ; với

Vì không mất tính tổng quát trong nên ta giả sử ;

Ta có:

Trường hợp 1: (vô lý)

Trường hợp 2: (tmđk)

Vậy với để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

g) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho biểu thức nhận

giá trị nhỏ nhất.

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , với .

Ta có:

Vì ,

Dấu “=” xảy ra khi (tmđk)

Vậy biểu thức nhận giá trị nhỏ nhất là khi .

h) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho biểu thức đạt giá trị nhỏ

nhất.

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , với .

Vì không mất tính tổng quát trong nên ta giả sử ;

THCS.TOANMATH.com Trang 107

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Vì với có

Dấu “=” xảy ra khi (tmđk)

Vậy biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất là khi .

4. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , với .

Trường hợp : ;

Ta có: (tmđk)

Trường hợp : ;

Ta có:

(*) ( , , )

Ta có: nên phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 27. Cho phương trình: (1); với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình (1) khi .

2. Tìm để phương trình có một nghiệm .

3. Xác định giá trị của để (1) có nghiệm.

4. Xác định để (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 108

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

5. Với giá trị nào của thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

6. Tìm tất cả cá giá trị nguyên của để (1) có các nghiệm là số nguyên.

Hướng dẫn giải

1. Lời giải: phương trình (1) khi .

ta có: Với

(1)

(Vô lí)

Vậy với thì phương trình (1) vô nghiệm.

2. Tìm để phương trình có một nghiệm .

Thay vào phương trình (1) ta được:

(1)

Vậy với thì phương trình (1) có một nghiệm .

3. Xác định giá trị của để (1) có nghiệm.

• Nếu thì (1)

(*)

• Nếu , ta có:

Để phương trình (1) có nghiệm cần

(**)

Từ (*) và (**) ta có thì phương trình (1) có nghiệm.

4a. Xác định để (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

Xét phương phương trình: (1); với là tham số thực

Có , , , .

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt cần . (*)

THCS.TOANMATH.com Trang 109

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó, gọi là hai nghiệm của phương trình (1), theo hệ thức Vi – ét ta có:

Kết hợp với điền kiện (*) thì thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

Cách khác:

Đặt , thay vào phương trình (1) ta được:

(2) có

Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình

(2) có hai nhiệm phân biệt thỏa mãn: .

Vậy cần thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn .

4b) Xác định để (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 110

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với , thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn :

( Thay vào biểu thức )

Kết hợp với điêu kiện ta có thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ,

thỏa mãn .

4c) Xác định để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

Với , thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn :

Có

Kết hợp với , , ta có thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

thỏa mãn .

4d) Xác định để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn .

THCS.TOANMATH.com Trang 111

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn : ,

Mà

) (vì

Với mọi số thực ta có: .

Vậy không có giá trị nào của , thỏa mãn để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

4e) Xác định để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn

Với , thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn :

Mà

THCS.TOANMATH.com Trang 112

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với ta được và thì phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt , thỏa mãn .

• TH1: .

• TH2: .

Kết hợp với ta được và thì phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt , thỏa mãn

5. Với giá trị nào của thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

Với , thì phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn:

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương cần thêm:

THCS.TOANMATH.com Trang 113

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với , thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

6. Tìm tất cả cá giá trị nguyên của để (1) có các nghiệm là số nguyên.

Xét phương trình: (1); với là tham số thực.

+, Với thì phương trình (1) trở thành: là nghiệm nguyên

thỏa mãn

+, Với , thì phương trình có hai nghiệm , thỏa mãn

Vì nguyên nguyên nên

Kết hợp với điều kiện , ta có

Thử lại:

• Với thì phương trình (1) trở thành: không là nghiệm nguyên

(loại)

• Với thì phương trình (1) trở thành: không là nghiệm nguyên

(loại)

Vậy thì phương trình (1) có các nghiệm là số nguyên.

Bài 28. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình khi .

2. Tìm để phương trình trên không nhận nghiệm bằng .

THCS.TOANMATH.com Trang 114

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

3. Tìm để có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

4. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt , , tìm sao cho

. a)

. b)

. c)

. d)

5. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt , , tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ

thuộc vào tham số .

6. Xác định để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

7. Xác định để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng lớn hơn .

Lời giải

Bài 29. Xét phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình khi .

Với ta có

phương trình có hai nghiệm phân biệt: ; .

Vậy thì có tập nghiệm là .

2. Tìm để phương trình trên không nhận nghiệm bằng .

Để phương trình không nhận nghiệm bằng thì:

Vậy thì phương trình không nhận nghiệm bằng .

3. Tìm để có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

Với thì phương trình có:

THCS.TOANMATH.com Trang 115

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

để có hai nghiệm phân biệt , thì

Khi đó để hai nghiệm phân biệt , của cùng dương thì:

Kết hợp với điều kiện và ta có có hai nghiệm phân biệt cùng dương khi

Vậy kết hợp với điều kiện (*) để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dương thì:

4. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt , , tìm sao cho:

Với thì phương trình có:

Để

có hai nghiệm phân biệt , thì

Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có:

a) .

Với thay vào ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 116

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

thay vào ta có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

; (thỏa mãn)

thì có hai nghiệm phân biệt , , sao cho . Vậy

. b)

Với

(thỏa mãn)

Vậy là giá trị cần tìm.

( vậy thì có hai nghiệm phân biệt , , sao cho )

Với

Thay hệ thức Vi-et vào ta có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

THCS.TOANMATH.com Trang 117

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(loại vì );

(thỏa mãn)

là giá trị cần tìm. Vậy

thì có hai nghiệm phân biệt , , sao cho . (Vậy

Với

Nếu chi cả hai vế của cho ta được:

thay hệ thức Vi-et vào ta có

luôn đúng.

Nếu chi cả hai vế của cho ta được:

thay hệ thức Vi-et vào ta có

(loại).

Vậy là các giá trị cần tìm.

(Vậy thì có hai nghiệm phân biệt , , sao cho .)

5. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt , , tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không

phụ thuộc vào tham số .

Với thì phương trình có:

Để có hai nghiệm phân biệt , thì .

Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 118

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì

Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được:

là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào tham số .

6. Xác định để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

Theo ý 3 pt có hai nghiệm phân biệt cùng dương khi

Để có hai nghiệm trái dấu, khi đó sẽ có một nghiệm dương thì:

Với khi đó

Với khi đó (TH phương trình có nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương)

Với khi đó ( TH phương trình có nghiệm kép dương)

Kết hợp các trường hợp ta có có ít nhất một nghiệm dương khi .

Cách 2:

Với khi đó

THCS.TOANMATH.com Trang 119

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với thì phương trình có:

. Để có hai nghiệm , thì

Để hai nghiệm , cùng âm thì:

Vậy không có thỏa mãn.

Để có một nghiệm bằng thì khi đó

Vậy khi thì có ít nhất một nghiệm dương.

7. Xác định để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng lớn hơn .

Với thì phương trình có:

Để có hai nghiệm phân biệt , thì .

Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có:

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng lớn hơn thì:

Thay hệ thức Vi-et vào ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 120

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy không có thỏa mãn để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng lớn hơn .

Bài 30 Cho phương trình (1); với là tham số thực

1. Lời giải: phương trình (1) với .

2. Tìm để (1) không nhận nghiệm bằng .

3. Tìm giá trị để phương trình (1) có nghiệm.

4. Tìm giá trị để phương trình (1) có nghiệm duy nhất, tính nghiệm duy nhất đó.

5. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dương.

6. Xác định giá trị để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn

d) Nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia

7. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của để (1) có các nghiệm đều là số nguyên.

Lời giải

Phương trình (1); với là tham số thực

1. Thay vào phương trình (1) ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 121

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm

2. Phương trình (1) không nhận nghiệm bằng nên không thỏa mãn phương trình (1)

Do đó:

Vậy với thì phương trình (1) không nhận nghiệm bằng

3. Phương trình (1) có nghiệm khi :

Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm .

4. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi

Thay vào phương trình (1) ta được:

Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất

5. Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương khi :

THCS.TOANMATH.com Trang 122

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy không có giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương.

6. Phương trình (1) có hai nghiệm khi

(*)

Theo định lý Vi-et, ta có:

(không thỏa điều kiện (*))

Vậy không có giá trị của để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn

Phương trình (4) có : .

Do đó phương trình (4) vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 123

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy không có giá trị của để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn

c) Theo đề toán, ta có ; (5)

Từ (2) và (5) ta có hệ phương trình

Thay và vào (3) ta được

(thỏa điều kiện (*))

Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn

d) Phương trình (1) có nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia.

Không mất tính tổng quát, giải sử (giải như câu c)

7. Phương trình (1) có hai nghiệm khi

(*)

Theo định lý Vi- et, ta có:

Phương trình (1) có các nghiệm đều là số nguyên

Mà nên

Vậy không có giá trị của để phương trình (1) có các nghiệm đều là số nguyên.

Bài 31. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình khi .

2. Tìm để không nhận làm nghiệm.

3. Tìm giá trị của để phương trình có nghiệm.

4. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng 3. Tính nghiệm còn lại.

5. Xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm cùng âm.

6. Xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 124

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) .

b) .

c) .

7. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt , tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ

thuộc vào tham số .

Lời giải

Bài 32. Xét phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình khi .

Với ta có ;

Ta có:

phương trình có hai nghiệm phân biệt: ; .

Vậy thì có tập nghiệm là .

2. Tìm để không nhận làm nghiệm.

Để phương trình không nhận làm nghiệm thì:

THCS.TOANMATH.com Trang 125

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Luôn đúng ).

Vậy phương trình không nhận làm nghiệm .

3. Tìm giá trị của để phương trình có nghiệm.

Với , thì phương trình có:

Để có hai nghiệm thì (Do )

Vậy phương trình có hai nghiệm khi và ;

Với thì phương trình : (Vô lý)

Với thì phương trình : ;

Từ và suy ra phương trình có nghiệm khi .

4. Tìm để phương trình có một nghiệm bằng 3. Tính nghiệm còn lại.

Để phương trình có một nghiệm bằng 3 thì:

(Vô lí)

Vậy không có để phương trình có nghiệm bằng 3.

5. Xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm cùng âm.

Để có hai nghiệm thì và (kết quả câu 3)

Khi đó để phương trình có hai nghiệm , cùng âm thì :

Vậy phương trình có hai nghiệm cùng âm khi .

6. Xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 126

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với , thì phương trình có:

Để có hai nghiệm phân biệt thì

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và .

Gọi là nghiệm của phương trình .

Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có:

a) .

Ta có:

(Loại)

Vậy không tìm được để

b) .

Ta có:

(Loại)

Vậy không tìm được để

c) .

Ta có:

(Loại)

THCS.TOANMATH.com Trang 127

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy không tìm được để

Do là nghiệm phương trình nên ta có:

Thay vào phương trình , ta được:

Vậy thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

7. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt , , tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không

phụ thuộc vào tham số .

Với , thì phương trình có:

Để có hai nghiệm phân biệt thì

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và .

Gọi là nghiệm của .

Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có:

Vì

Thay vào phương trình , ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 128

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào tham số với điều kiện

Bài 33. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình đã cho với .

2. Tìm để không nhận nghiệm bằng .

3. Xác định giá trị của để có hai nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm hãy chứng minh

nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn.

4. Xác định giá trị của để có hai nghiệm thỏa mãn:

b) Nghiệm này bằng lần nghiệm kia.

g) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

5. Khi có hai nghiệm, tìm hệ thức liên hệ không phụ thuộc vào tham số

Lời giải

Khi ta có:

Vậy khi phương trình có nghiệm

2. Để không nhận nghiệm bằng ta có:

Để có hai nghiệm trái dấu

(Khi cho tích a.c < 0 thì mặc định a đã khác 0)

THCS.TOANMATH.com Trang 129

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo định lý Vi-et:

Mà

Vậy khi có hai nghiệm trái dấu thì nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn.

Sửa lại: Theo định lý Vi-et:

Mà

Giả sử

Ta có:

Vậy khi có hai nghiệm trái dấu thì nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn.

4. Để có hai nghiệm

Theo hệ thức Vi – et có:

Vậy không có giá trị nào của để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

b) Giả sử

Từ ta có

Thay vào có:

THCS.TOANMATH.com Trang 130

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy thì có 2 nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.

Từ có:

Thay vào có:

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

Vậy thì có 2 nghiệm thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 131

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy thì có 2 nghiệm thỏa mãn

e) Để

Kết hợp với điều kiện thì có 2 nghiệm thỏa mãn

Vì nên chia cả 2 vế của phương trình cho ta có:

Vậy phương trình vô nghiệm

Vậy không có giá trị của m thỏa mãn g)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

THCS.TOANMATH.com Trang 132

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy GTNN của

5. Khi có 2 nghiệm theo hệ thức Vi – et có:

Có

Cộng hai vế của 2 phương trình của hệ ta được :

Là biểu thức không phụ thuộc vào giá trị của m.

; với là tham số thực. Bài 34. Cho phương trình:

1. Lời giải: phương trình với

2. Tìm để phương trình không nhận giá trị nghiệm bằng .

3. Xác định giá trị để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương.

4. Tìm để tập hợp nghiệm của phương trình chỉ có một phần tử. Xác định nghiệm đó.

5. Tìm để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

6. Khi phương trình có hai nghiệm, tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào

Lời giải

Cho phương trình: ; với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình với

Thay vào phương trình ta được:

….

2. Cho phương trình: ; với là tham số thực.

THCS.TOANMATH.com Trang 133

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Tìm để phương trình không nhận giá trị nghiệm bằng .

Phương trình (1) không nhận nghiệm bằng nên không thỏa mãn phương trình (1)

Vậy với thì phương trình không nhận nghiệm bằng .

3. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt đều dương khi và chỉ khi

Vậy với hoặc thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt đều dương.

4. ; với là tham số thực.

Ta xét 2 trường hợp sau:

TH1: . Thay vào phương trình ta được:

Với phương trình có nghiệm là

TH2: . Tập nghiệm phương trình chỉ có 1 phần tử khi:

Khi đó phương trình có nghiệm kép là: . (Theo ý 1).

Vậy với hoặc thì tập nghiệm của phương trình có duy nhất phần tử.

5. Phương trình có 2 nghiệm khi và chỉ khi:

Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 134

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

a) Từ

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

b) Ta có:

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .

c) Ta có

Ta lại có

Phương trình vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .

Ta có . Thế vào ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 135

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

Ta có . Thế vào ta được:

(Do )

Bài toán quy về tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn

Xét phương trình : ; với là tham số thực.

Có

. Thay vào ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 136

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

. Kết hợp với điều kiện .

Vậy với thì phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn

7. Phương trình có 2 nghiệm

Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có:

Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được: là hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm

không phụ thuộc tham số với ;

Bài 35. Cho phương trình:

Với là tham số thực

1.Lời giải: phương trình khi .

2.Tìm để phương trình không nhận nghiệm bằng .

3.Tìm để tập hợp nghiệm của chỉ có 1 phần tử.

4.Tìm để phương trình có ít nhất 1 nghiệm không âm

5.Với giá trị nào của thì có 2 nghiệm sao cho nghiệm này gấp 5 lần nghiệm kia.

6.Tìm tất cả các giá trị của sao cho có 2 nghiệm thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 137

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

e) .

f) .

g) .

h) Nghiệm này bằng lũy thừa bậc năm của nghiệm kia.

i) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

j) .

7. Tồn tại hay không hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với (khi phương trình có hai nghiệm phân

biệt).

Lời giải:

1.Thay vào ta được phương trình:

Vậy với tập nghiệm của phương trình là:

2. không phải nghiệm của

Vậy để phương trình không nhận nghiệm bằng 4.

3.Tập nghiệm của chỉ có 1 phần tử:

THCS.TOANMATH.com Trang 138

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+) TH1:

thỏa mãn đề bài

+) TH2: phương trình có nghiệm kép

(Vô lí)

Không có thỏa mãn

Vậy tập nghiệm của chỉ có 1 phần tử

4.Ta có:

Phương trình có nghiệm:

Vậy phương trình luôn có ít nhất một nghiệm không âm với mọi

5. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo Vi-ét:

Theo đề bài:

Xét hệ:

Thay vào ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 139

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện vậy hoặc thỏa mãn đề bài.

6. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo Vi-ét:

thỏa mãn đề bài. Vậy

THCS.TOANMATH.com Trang 140

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện thỏa mãn đề bài.

Thiếu điều kiện:

Với phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

(vô lí)

Vậy không có thỏa mãn đề bài.

. e)

Phương trình (1) có

THCS.TOANMATH.com Trang 141

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

nên phương trình (1) có 1 nghiệm

Điều kiện:

Đặt ( )

Với

Kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra thỏa mãn yêu cầu đề bài.

f) .

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Ta thấy phương trình luôn có một nghiệm (do ).

thay vào ta có TH1: Nếu

thay vào ta có TH2: Nếu

THCS.TOANMATH.com Trang 142

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy có 3 giá trị thỏa mãn phương trình trên là , và

g) .

Ta có phương trình luôn có nghiệm

TH1: suy ra (1) luôn đúng với

TH2: , do đó

Vậy thỏa mã yêu cầu đề bài.

h) Nghiệm này bằng lũy thừa bậc năm của nghiệm kia.

Ta thấy phương trình luôn có một nghiệm .

Suy ra theo yêu cầu đề bài ta có suy ra phương trình không có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy không có giá trị nào của thỏa mãn yêu cầu đề bài.

i) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

Phương trình (1) có

nên phương trình (1) có 1 nghiệm

Vậy thỏa mãn yêu cầu đề bài.

j) .

Phương trình có một nghiệm

THCS.TOANMATH.com Trang 143

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo Vi-et ta có . Vì

Vậy để thì .

7. Tồn tại hay không hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với (khi phương trình có hai nghiệm phân

biệt).

Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Cách 1:

Từ ta có:

Thay vào ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 144

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Như vậy, tồn tại hệ thức liên hệ hai nghiệm độc lập với .

Cách 2:

ta có

Như vậy, tồn tại hệ thức liên hệ hai nghiệm độc lập với .

Bài 36:Cho phương trình (1); với là tham số thực.

1. Tìm giá trị của để (1) không nhận nghiệm bằng 2.

2. Lời giải: phương trình (1) khi phương trình có nghiệm kép.

3. Xác định để phương trình có ít nhất một nghiệm không âm.

4. Xác định sao cho (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

không là một nghiệm phương trình (1) 1.

Vậy với thì phương trình (1) không có nghiệm .

2. Phương trình (1) có nghiệm kép

THCS.TOANMATH.com Trang 145

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó phương trình (1) có nghiệm kép

Vậy thì phương trình (1) có nghiệm kép

3. Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm không âm phương trình (1) có ít nhất một nghiệm

thay vào (1) ta có: +) Xét

không thỏa mãn. Suy ra

+) Xét

Xét

TH1. (1) có nghiệm kép

Khi đó (1) có ít nhất một nghiệm (1) có nghiệm kép

( vô lí)

Suy ra không thỏa mãn.

TH2. (1) có hai nghiệm phân biệt

Khi đó (1) có ít nhất một nghiệm

(1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

Kết hợp điều kiện suy ra thỏa mãn yêu cầu bài toán.

THCS.TOANMATH.com Trang 146

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy thỏa mãn phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm.

4. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Khi đó theo Vi-et ta có

Kết hợp với điều kiện suy ra thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d. Vì là một nghiệm của phương trình nên thay vào phương trình ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 147

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo đề bài :

Lấy (3) - (2) ta có:

Kết hợp với điều kiện suy ra không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 37. Cho phương trình (với là tham số thực)

1. Lời giải: phương trình khi .

2. Tìm giá trị của để có nghiệm duy nhất.

3. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng mang giá trị âm.

4. Xác định để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho:

. a)

. b)

. c)

. d)

. e)

f) .

5. Tồn tại hay không hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với ( trường hợp phương trình có hai

nghiệm phân biệt ).

6. Tìm tất cả các giá trị nguyên của để có các nghiệm đều là số nguyên.

Lời giải:

1. Lời giải: phương trình khi .

THCS.TOANMATH.com Trang 148

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào phương trình ta được :

Phương trình là phương trình bậc hai có , ,

Do nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Vậy với phương trình có hai nghiệm phân biệt là ; .

2. Tìm giá trị của để có nghiệm duy nhất.

+ Nếu phương trình trở thành

+ Nếu phương trình là phương trình bậc hai có:

Nếu thì phương trình có nghiệm kép:

Vậy ; là giá trị cần tìm.

3. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng mang giá trị âm.

+ Với phương trình là phương trình bậc hai có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

THCS.TOANMATH.com Trang 149

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng hệ thức Vi- ét ta có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng mang giá trị âm khi và chỉ khi

Lời giải: ta có

Kết hợp các điều kiện ta được

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng mang giá trị âm.

4. Xác định để phương trình có hai nghiệm phân biệt , sao cho:

Với phương trình ; có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi- ét ta có

a) .

Điều kiện:

Ta có

Thay ; vào ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 150

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện ; ta được ;

Vậy là giá trị cần tìm.

b) .

Vậy là giá trị cần tìm.

c) .

Với là nghiệm của phương trình nên ta có

Thay vào ta được

Phương trình có

Do đó phương trình vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của thỏa mãn bài toán .

Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 151

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

( vì với )

Kết hợp với điều kiện ta được . ;

Vậy .

e) .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn khi và chỉ khi

Kết hợp với điều kiện suy ra không có giá trị nào của thỏa mãn bài toán . ;

. f)

Với là nghiệm của phương trình nên ta có

Thay vào ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 152

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện ta được . ;

Vậy .

5. Tồn tại hay không hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với ( trường hợp phương trình có hai

nghiệm phân biệt ).

Với phương trình ; có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi- ét ta có

Ta có

Vậy ta có hệ thức là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với .

6. Tìm tất cả các giá trị nguyên của để có các nghiệm đều là số nguyên.

Theo câu 2) ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 153

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu phương trình có nghiệm (loại)

+ Nếu phương trình là phương trình bậc hai có:

Với thì phương trình có nghiệm kép:

(loại)

+ Với phương trình ; có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi- ét ta có

Phương trình có các nghiệm ; đều là số nguyên thì ; thỏa mãn

Ta có là Ư(4)

Ta có là Ư(1)

Từ và ta có khi đó ta có

- Thay vào phương trình ta được :

Vậy với phương trình có hai nghiệm là số nguyên.

- Thay vào phương trình ta được :

THCS.TOANMATH.com Trang 154

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Phương trình là phương trình bậc hai có , ,

Do nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Vậy với phương trình có hai nghiệm không là số nguyên.

Kết hợp với điều kiện ta được là giá trị cần tìm. ;

Bài 38. Cho phương trình với là tham số thực

1) Lời giải: phương trình với

2) Tìm giá trị của để có nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại.

3) Tìm để không tồn tại nghiệm bằng 3.

4) Tìm để phương trình có nghiệm.

5) Xác định để có 2 nghiệm phân biệt sao cho

d) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất (nếu có)

6) Tìm để có ít nhất một nghiệm không âm

7) Tìm giá trị của để có hai nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn 2

8) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để có các nghiệm đều là số nguyên.

Lời giải:

1) Với thay vào pt ta được:

Vì , nên phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình vô nghiệm với

2) Vì pt có nghiệm bằng 2, thay vào pt ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 155

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do pt có hai nghiệm. Theo định lí viet ta có:

do và , Suy ra nghiệm còn lại là

Vậy và nghiệm còn lại là

3) Để không phải là nghiệm của phương trình

Vậy thì phương trình không có nghiệm .

4) Xét pt:

Ta có:

Để pt có nghiệm

Vậy thì phương trình có nghiệm.

5) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo định lí Viét ta có:

a) Bài ra:

THCS.TOANMATH.com Trang 156

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo ta có:

(thỏa mãn ĐK)

Vậy thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

b) Bài ra:

Theo ta có:

(không thỏa mãn ĐK (*))

Vậy không có giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

c) Bài ra:

vì là nghiệm của phương trình nên ta có:

Khi đó:

Theo ta có:

Kết hợp với điều kiện (*) ta được:

Vậy thì có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

d) Xét biểu thức với

Ta có:

Tính

=>Biểu thức P không có GTNN; GTLN.

e) Bài ra:

vì là nghiệm của phương trình nên ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 157

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó:

Theo ta có:

thỏa mãn điều kiện (*)

thì có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn Vậy

có ít nhất một nghiệm không âm 6) Tìm để

thì pt có dạng (không thỏa mãn) + Với

+ Với .

TH1: Phương trình có một nghiệm

TH2: Phương trình có hai nghiệm trái dấu

TH3: Phương trình có hai nghiệm cùng dương

Kết hợp lại ta có hoặc thì có ít nhất một nghiệm không âm

7) Tìm giá trị của để có hai nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn 2

THCS.TOANMATH.com Trang 158

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Để có hai nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn 2

Thay vào ta có:

, Kết hợp với

Vậy với

Cách 2:

Đăt . Khi đó pt có dạng

Ta có:

Để pt có hai nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn 2

pt có hai nghiệm phân biệt cùng dương

THCS.TOANMATH.com Trang 159

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy hoặc pt có hai nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn 2

8) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để có các nghiệm đều là số nguyên.

Ta có:

có các nghiệm đều là số nguyên thì viết dưới dạng bình phương của một số nguyên

Mà nên để pt có các nghiệm đều là số nguyên với mọi giá trị nguyên của

không thỏa mãn Với thì

Với thì

Thử lại:

+ Với pt có nghiệm

+ Với pt có nghiệm hoặc

có các nghiệm đều là số nguyên. Vậy với

Cho phương trình ; Với là tham số Bài 39.

thực

1. Lời giải: phương trình với

2. Xác định để có một nghiệm bằng 2, tính nghiệm còn lại.

3.Lời giải: và biện luận phương trình theo tham số .

4. Tìm giá trị của để phương trình có hai nghiệm trái dấu.

5. xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn :

Lời giải:

1. Lời giải: phương trình với

Với , thay vào ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 160

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nên pt vô nghiệm.

2. Xác định để có một nghiệm bằng 2, tính nghiệm còn lại.

pt có một nghiệm bằng 2, thay vào pt ta được :

Với :

Vậy nghiệm còn lại là

3.Lời giải: và biện luận phương trình theo tham số .

Nếu : ( vô lí ). phương trình vô nghiệm.

Nếu : phương trình là pt bậc hai:

Nếu phương trình vô nghiệm.

Nếu ( vì : ) phương trình có nghiệm kép:

Nếu . phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

;

4. Tìm giá trị của để phương trình có hai nghiệm trái dấu.

Điều kiệnđể phương trình có hai nghiệm trái dấu:

THCS.TOANMATH.com Trang 161

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm trái dấu.

5. Xác định giá trị của để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn :

Với : phương trình có 2 nghiệm .

Theo hệ thức vi-et có:

( TM )

(2)

Đặt :

( vì )

THCS.TOANMATH.com Trang 162

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Thỏa mãn điều kiện có nghiệm )

( Vô lí )

Không tìm được giá trị nào thỏa mãn bài toán.

Vì là một nghiệm của phương trình nên ta có :

Ta có :

( TM ).

Bài 40.

Cho phươngtrình: với m là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình (1) khi m = 3.

2. Tìm m để phương trình đã cho có một nghiệm bằng 2.

3. Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất?

4. Khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt hãy tìm m để:

THCS.TOANMATH.com Trang 163

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

5. Xác định m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm nhỏ hơn 1.

6. Xác định m để phương trình (1) có các nghiệm đều nguyên.

Lời giải:

1. Với m = 3 thay vào phương trình ta được

Ta có:

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

2. TH1: Nếu

TH2: Nếu để phương trình có một nghiệm bằng 2 thì:

(vôlý)

Vậy không tồn tại giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm bằng 2.

3. Để phương trình (1) cónghiệm duy nhất thì:

Vậy thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

4. Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì: và

(luôn đúng). Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với .

a) ĐK:

Theo Vi-et ta có:

Vậy thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) ĐK:

THCS.TOANMATH.com Trang 164

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có:

Theo Vi-et ta có:

Vậy thỏa mãn điều kiện có 2 nghiệm phân biệt.

c) ĐK:

Ta có:

Theo Vi-et ta có:

Vậym = 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

d) ĐK:

Vì: là nghiệm của phương trình (1) nên:

Thay vào biểu thức ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 165

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy thỏa mãn yêu cầu có nghiệm.

e) ĐK:

Vậy phương trình(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Ta có:

phương trình (1) trở thành: Đặt:

Mà:

Suy ra phương trình (***) có 2 nghiệm trái dấu.

Hay:

Vậy thỏa mãn yêu cầu đề bài.

5. TH1: Nếu

TH2: Nếu

Đặt: phương trình (1) trở thành:

Để phương trình có ít nhất một nghiệm< 1 thì:

Hay phương trình (****) có một nghiệm âm

Vậy thì phương trình (1) có ít nhất một nghiệm< 1.

6. Xác định m để phương trình (1) có các nghiệm đều nguyên.

6. TH1: Nếu

TH2: Nếu để phương trình (1) có các nghiệm đều nguyên thì:

THCS.TOANMATH.com Trang 166

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thử lại Vậy không tồn tại giá trị của m để thỏa mãn yêu cầu.

Bài 41. Cho phương trình: (1) mlà tham số thực.

1. Lời giải: phương trình (1) với m = 4.

2. Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 3. Tính nghiệm còn lại.

3. Tìm m để phương trình có hai ngiệm phân biệt trái dấu.

4. Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm không dương.

5. Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

; . b)

6. Khi (1) có hai nghiệm phân biệt, hãy thiết lập hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với m.

Lời giải:

1. Thay m = 4 vào phương trình (1) ta có:

Vậy phương trình (1) có các nghiệm

2. TH1: phương trình (1) trở thành:

TH2: phương trình (1) có nghiệm bằng 3 khi:

THCS.TOANMATH.com Trang 167

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi 2 nghiệm của phương trình (1)là trong đó theo Viet ta có:

Thay ; vào (**) ta có:

Vậy giá trị cần tìm của m là . Nghiệm còn lại là

3. Phương tình (1) có hai nghiệm trái dấu

4. Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm không dương.

TH1: phương trình (1) có nghiệm

TH2:

. Phương trình (1) có nghiệm bằng 0 khi:

Phương trình (1) có ít nhất một nghiệm âm Phương trình có 1 nghiệm âm (hai nghiệm trái dấu) hoặc

phương trình có hai nghiệm đều âm.

. Phương tình (1) có hai nghiệm trái dấu

.Phương trình (1) có hai nghiệm đều âm

(2)

THCS.TOANMATH.com Trang 168

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(3)

(4)

Kết hợp các điều kiện ; (2); (3) và (4) Không tồn tại giá trị của m.

Vậy điều kiện để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không dương là

5. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Vậy không tồn tại giá trị của m để

b. ; Đặt . Thay vào phương trình (1) ta có:

(5)

Ta đi tìm điều kiện của m để phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt đều dương:

(6)

THCS.TOANMATH.com Trang 169

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(7)

(8)

Kết hợp ; (6); (7) và (8) Không tồn tại giá trị của m để phương trình (5) có hai nghiệm đều

dương.

Vậy không tồn tại giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm ;

Vì là nghiệm của phương trình (1) nên

Thay vào ta có +

Kết hợp với điều kiện Không tồn tại giá trị của m

THCS.TOANMATH.com Trang 170

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện

6. Khi (1) có hai nghiệm phân biệt, hãy thiết lập hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm độc lập với m.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Khi đó theo Viet:

Ta có: - =1

Vậy hệ thức cần tìm là: - =1

Bài 42. Cho phương trình: ( là tham số )

1) Lời giải: phương trình với .

2) Tìm để phương trình nhận làm nghiệm.

3) Tìm để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

4) Tìm để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn:

THCS.TOANMATH.com Trang 171

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

h) Biểu thức: không âm.

Lời giải

1) Lời giải: phương trình với .

Vì nên phương trình là phương trình bậc 2 một ẩn

Ta có: .

Nhận thấy phương trình có

Phương trình có hai nghiệm: và .

Vậy với phương trình có hai nghiệm: .

2) Tìm để phương trình nhận làm nghiệm.

Do phương trình nhận làm nghiệm nên thay vào phương trình ta được:

Vậy thì phương trình nhận làm nghiệm.

3) Tìm để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

khi đó phương trình có dạng:

Vậy thì phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

phương trình là phương trình bậc hai một ẩn .

Ta có

Phương trình luôn có hai nghiệm

Vậy thì phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

4) Tìm để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn :

Phương trình luôn có hai nghiệm .

Phương trình luôn có hai nghiệm với .

THCS.TOANMATH.com Trang 172

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Theo hệ thức Viet ta có: .

Phương trình có: .

Thấy

phương trình có hai nghiệm và

hoặc : và .

a) .

Thay và vào ta được:

Có phương trình có hai nghiệm phân biệt:

( thỏa mãn).

Thay và vào ta được:

Có: phương trình có hai nghiệm phân biệt:

( thỏa mãn ).

thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn Vậy .

Thay hệ thức Viet vào ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 173

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

( thỏa mãn).

Vậy thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .

c) .

Thay hệ thức Viet vào ta được :

( thỏa mãn).

Vậy thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .

d) .

Theo hệ thức Viet ta có: , đặt .

Có :

Thay hệ thức Viet vào ta được :

Mà

(thỏa mãn). Mà

thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn . Vậy

. e)

Thay và vào ta được:

THCS.TOANMATH.com Trang 174

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(thỏa mãn).

Thay và vào ta được:

( thỏa mãn).

thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn Vậy

f) .

Do là một nghiệm của phương trình nên ta có:

Cộng vế với vế của và ta được:

Thay hệ thức Viet vào ta được:

( thỏa mãn) .

Vậy thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .

THCS.TOANMATH.com Trang 175

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thay vào

TH 1:

TH2 :

Vậy thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

h) Biểu thức: không âm

Thay hệ thức Viet vào ta được:

Biểu thức không âm tức , tương đương với:

nên ) (vì

THCS.TOANMATH.com Trang 176

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết hợp với điều kiện ta được hoặc và thì biểu thức:

không âm.

Bài 43.Cho phương trình: (1); với là tham số thực.

1. Lời giải: phương trình (1) khi .

2. Tìm để phương trình (1) có nghiệm dương.

3. Tìm để (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn hệ thức

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

Lời giải

Với thay vào phương trình ta được:

Vậy phương trình có 2 nghiệm là

Với ta có: (1) .

THCS.TOANMATH.com Trang 177

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với , (1) là phương trình bậc hai có:

TH1: PT(1) có nghiệm kép dương (loại).

TH2: PT(1) có hai nghiệm trái dấu .

TH3: PT(1) có một nghiệm là 0 và 1 nghiệm dương

TH4: PT(1) có hai nghiệm dương phân biệt

THCS.TOANMATH.com Trang 178

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy PT(1) có hai nghiệm dương phân biệt .

Kết luận: Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm dương.

(1) 3:

= Ta có

= .

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Gọi là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)

Theo hệ thức Vi-et ta có: .

a) Theo đề bài ta có:

(nhận).

b) Theo đề bài ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 179

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(loại)

Không có giá trị nào thỏa mãn yêu cầu trên

c) Theo đề bài ta có:

(do )

.Phương trình vô nghiệm với mọi .

Vì với mọi

d) Theo đề bài ta có:

= 0

THCS.TOANMATH.com Trang 180

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy (thỏa mãn)

e) Theo đề bài ta có:

, suy ra hay (loại) . Vì Vậy

Ta có

(loại)

Bài toán 44. Cho phương trình: với là tham số thực

1. Lời giải: với .

2. Tìm để phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó.

3. Xác định giá trị của để có hai nghiệm trong đó:

d) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

4. Với giá trị nào của thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt cùng âm ?

5. Tìm tất cả các giá trị của để có hai nghiệm phân biệt nghịch đảo nhau.

Lời giải

1. Với trở thành:

Phương trình vô nghiệm

THCS.TOANMATH.com Trang 181

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với phương trình trở thành: .

Với là phương trình bậc hai có:

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì :

Ta có : a + b + c = -11 + 10 +1 = 0

Với thì phương trình có nghiệm duy nhất là .

Với phương trình có nghiệm duy nhất là

Vậy với ; ; . Thì phương trình có nghiệm duy nhất lần lượt là:

3. Phương trình có khi:

(loại)

và

Vậy với và hoặc thì phương trình có hai nghiệm .

THCS.TOANMATH.com Trang 182

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

a) Để

Ta có : a + b + c = 2 - 3 + 1 = 0

( loại )

( thoả mãn ).

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm thoả mãn

b) .

( loại)

Đối chiếu với điều kiện của ta thấy thoả mãn điều kiện.

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm thoả mãn

Giả sử phương trình có hai nghiệm thì :

THCS.TOANMATH.com Trang 183

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

trừ vế với vế của cho ta được:

Thay ta có:

nên có hai nghiệm phân biệt ( loại)

(thoả mãn).

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn:

d) Biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có

Đặt với và

TH1 mà nghịch biến khi

khi . (*)

TH2 mà đồng biến khi

khi . (**)

Từ (*) và (**) ta có: .

4. Với giá trị nào của thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt cùng âm ?

THCS.TOANMATH.com Trang 184

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

và thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. Để hai nghiệm phân biệt cùng Với

âm

thì:

( loại).

. Kết hợp với điều kiện của m ta có .

Vậy với thì phương trình có hai nghiệm âm.

5. Tìm tất cả các giá trị của để có hai nghiệm phân biệt nghịch đảo nhau.

Với và thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. Để hai nghiệm là nghịch đảo của

nhau tức là ( loại).

Vậy không có giá trị của để phương trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau.

THCS.TOANMATH.com Trang 185

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

THCS.TOANMATH.com Trang 186

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

THCS.TOANMATH.com Trang 187

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

THCS.TOANMATH.com Trang 188

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ X. SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ .............................................................................................................. 2

Dạng 1. Chứng minh một số là số nguyên tố hay hợp số .............................................................................. 3

Dạng 2. Chứng minh một số bài toán có liên quan đến tính chất của số nguyên tố ............................ 4

Dạng 3. Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện nào đó .................................................................................. 5

Dạng 4. Nhận biết số nguyên tố, sự phân bố nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên ............................ 8

Dạng 5. Chứng minh có vô số số nguyên tố dạng ax + b (với x ϵ N và (a,b) = 1) ................................. 10

Dạng 6. Sử dụng nguyên lý Dirichlet trong bài toán số nguyên tố .......................................................... 11

Dạng 7. Áp dụng định lý Fermat .......................................................................................................................... 13

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN ................................................................ 13

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ X. SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Định nghĩa số nguyên tố, hợp số.

1) Số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó.

Ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19....

2) Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước.

Ví dụ: 4 có 3 ước số: 1 ; 2 và 4 nên 4 là hợp số.

3) Các số 0 và 1 không phải là só nguyên tố cũng không phải là hợp số.

4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất một ước số nguyên tố.

2. Một số tính chất.

● Có vô hạn số nguyên tố.

Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q thì .

Nếu tích abc chia hết cho số nguyên tố p thì ít nhất một thừa số của tích abc chia hết cho số nguyên tố p.

Nếu a và b không chia hết cho số nguyên tố p thì tích ab không chia hết cho số nguyên tố p .

● Nếu A là hợp số thì A có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá

Chứng minh. Vì là hợp số nên với và là ước nhỏ nhất của Thế thì

Do đó

3. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố:

Phân tích một số tự nhiên lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố là viết số đó dưới dạng một tích các thừa số

nguyên tố.

+ Dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của mỗi số nguyên tố là chính số đó.

+ Mọi hợp số đều phân tích được ra thừa số nguyên tố, phân tích này là duy nhất nếu không tính thứ tự các

thừa số.

Chẳng hạn , trong đó a, b, c là các số nguyên tố và

Khi đó số các ước số của A được tính bằng

Tổng các ước số của A được tính bằng

4. Số nguyên tố cùng nhau.

Hai số a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi .

Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi .

Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi .

5. Cách nhận biết số nguyên tố.

Cách 1

Chia số đó lần lượt cho các số nguyên tố từ nhỏ đến lớn:

- Nếu có một phép chia hết thì số đó không là số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

- Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thương số nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số dư thì số đó là

số nguyên tố.

Cách 2

- Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố.

- Nếu A là hợp số thì A có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá

- Với quy tắt trên trong một khoảng thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia hết thì ta nhanh chóng trả lời được

một số có hai chữ số nào đó là nguyên tố hay không.

B. PHÂN DẠNG, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

 Dạng 1. Chứng minh một số là số nguyên tố hay hợp số

Bài toán 1. Nếu và là các số nguyên tố thì là số nguyên tố.

Lời giải:

Xét ( nguyên) thì , là hợp số.

Xét thì , là hợp số.

Vậy , mà là số nguyên tố nên .

Khi đó , là số nguyên tố.

Bài toán 2. Chứng minh rằng là một số nguyên tố khi

Lời giải:

Ta có:

Nếu thì cả hai thừa số trên đều lớn hơn 1. Như vậy là một số nguyên tố khi

Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì là hợp số.

Lời giải:

Ta có: .

Mà nên và suy ra là hợp số.

Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu là số nguyên tố thì là hợp số.

Lời giải:

Trong ba số nguyên có một số chia hết cho 3. Mặt khác, không chia hết cho 3,

do đó một trong hai số phải có một số chia hết cho 3, nghĩa là một trong hai số này phải có một

hợp số. Để cho là số nguyên tố nên chắn chắn rằng là một hợp số.

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài toán 5. Cho và là các số nguyên tố. Chứng minh là hợp số.

Lời giải:

Vì là số nguyên tố nên

là hợp số. Nếu thì

Nếu thì Vì và là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên chia hết cho

3 hay là hợp số.

Bài toán 6. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, luôn chọn được số

nguyên dương liên tiếp mà tất cả đều là hợp số.

Lời giải:

Xét

Dãy là các hợp số liên tiếp.

 Dạng 2. Chứng minh một số bài toán có liên quan đến tính chất của số nguyên tố

Bài toán 1. Chứng minh rằng nếu và là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia

hết cho 12.

Lời giải:

Ta có :

• p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số nguyên tố lẻ, suy ra :

(1)

• là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3, mà p và p + 2 không chia hết

cho 3 nên :

(2)

Từ (1) và (2) suy ra : (đpcm)

Bài toán 2. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của đều lớn hơn

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi là ước nguyên tố của

Giả sử

Mà nên Điều này mâu thuẫn dẫn đến

Bài toán 3. Cho các số là các số nguyên tố ( ). Chứng

minh rằng ba số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau.

Lời giải:

Trong 3 số có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ.

Giả sử hai số cùng tính chẵn lẻ là và .

là số nguyên tố chẵn nên . Suy ra

. Khi đó và nên . Suy ra

Vậy trong ba số có ít nhất hai số bằng nhau.

Bài toán 4. Cho số tự nhiên và số nguyên tố đồng thời chia hết cho

chia hết cho . Chứng minh rằng thỏa mãn là một số chính phương

Lời giải:

Ta có: ;

không chia hết cho p Vì

Do đó:

Đặt :

Suy ra

Ta có:

Do nên

Suy ra

Từ (1) và (2) suy ra:

Vậy là một số chính phương.

 Dạng 3. Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện nào đó

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đối với dạng toán tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước, chúng ta thường sử dụng các tính

chất của phép chia số nguyên sau để giải:

* Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n.

* Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng .

* Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng .

Chứng minh:

● Xét m là số nguyên tố lớn hơn 2

Mỗi số tự nhiên khi chia cho 4 có một trong các số dư 0, 1, 2, 3 do đó mọi số tự nhiên đều viết được

dưới dạng 4n – 1; 4n ; 4n + 1; 4n + 2 .

Do m là số nguyên tố lớn hơn 2 nên không thể chia hết 2 do đó m không có dạng 4n và 4n + 2.

Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng:

Không phải mọi số có dạng đều là số nguyên tố.

Chẳng hạn 4. 4 - 1 = 15 không là số nguyên tố .

● Xét m là số nguyên tố lớn hơn 3

+) Ta thấy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều phải có dạng vì nếu có dạng 3k thì sẽ chia hết cho 3

nên không thể là số nguyên tố.

Không phải mọi số có dạng đều là số nguyên tố.

Chẳng hạn 3. 5 + 1 = 16 không là số nguyên tố.

+) Mỗi số tự nhiên khi chia cho 6 có một trong các số dư 0, 1, 2, 3, 4, 5 do đó mọi số tự nhiên đều viết

được dưới dạng 6n – 1; 6n ; 6n + 1; 6n + 2 ; 6n + 3

Do m là số nguyên tố lớn hơn 3 nên không thể chia hết 2 và 3 do đó m không có dạng 6n và 6n; 6n +

2; 6n + 3.

Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đề có dạng: .

Không phải mọi số có dạng đều là số nguyên tố.

Chẳng hạn 6. 4 + 1 = 25 không là số nguyên tố.

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p + 2 và p + 4 là các số nguyên tố.

Lời giải:

Với p = 2 thì p + 2 = 4 và p + 4 = 6 không phải là các số nguyên tố.

Với p = 3 thì p + 2 = 5 và p + 4 = 7 là các số nguyên tố.

Với p > 3 mà p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2

Nếu thì không là số nguyên tố.

Nếu p = 3k + 2 thì không là số nguyên tố;

Vậy với thì p + 2 và p + 4 là số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài toán 2. Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 đều là các số nguyên tố.

Lời giải:

Trường hợp 1: p = 5k mà p nguyên tố nên p = 5, khi đó:

p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13; p + 14 = 19 đều là số nguyên tố nên p = 5 thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2: p = 5k + 1, khi đó: p + 14 = 5k + 15 = 5(k + 3) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 14) nên

p + 14 không là số nguyên tố.

Vậy với p = 5k + 1 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Trường hợp 3: p = 5k + 2, khi đó: p + 8 = 5k + 10 = 5(k + 2) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 10) nên

p + 10 không là số nguyên tố.

Vậy với p = 5k + 2 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Trường hợp 4: p = 5k + 3, khi đó: p + 2 = 5k + 5 = 5(k + 1) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 2) nên p

+ 2 không là số nguyên tố.

Vậy với p = 5k + 3 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Trường hợp 5: p = 5k + 4, khi đó: p + 6 = 5k + 10 = 5(k + 2) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 6) nên p

+ 6 không là số nguyên tố.

Vậy với p = 5k + 4 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Do đó p = 5 là số cần tìm.

Bài toán 3. Tìm số tự nhiên sao cho là số nguyên tố.

Lời giải:

chia cho dư (vì nếu chia cho dư hoặc thì chia hết cho dư

hoặc ). Đặt . Ta có

Để là số nguyên tố, phải có . Khi đó và , là số nguyên tố.

Đáp số: .

Bài toán 4. Tìm số nguyên tố sao cho là lập phương của một số tự nhiên.

Lời giải:

Đặt thì

Số có bốn ước nguyên dương là nên có ba trường hợp:

a) Khi đó và , loại.

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi đó và , loại. b)

Khi đó (là số nguyên tố). c)

Đáp số: .

Bài toán 5. Tìm tất cả các số nguyên tố để vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố.

Lời giải:

Giả sử tồn tại số nguyên tố thỏa mãn điều kiện đề bài.

Khi đó là số nguyên tố lẻ và với là các số nguyên tố.

Vì là số nguyên tố lẻ nên không cùng tính chẵn lẻ. Nhưng vậy sẽ có một số nguyên tố là 2 và

giả sử

Lại vì là số nguyên tố lẻ nên không thể cùng tính chẵn lẻ. Cũng sẽ có một số nguyên tố là 2.

nên Do

Từ ta suy ra là ba số nguyên tố lẻ liên tiếp.

Chỉ có bộ ba số là thỏa mãn

 Dạng 4. Nhận biết số nguyên tố, sự phân bố nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên

Từ đến có số nguyên tố, trong trăm thứ hai có số nguyên tố, trong trăm thứ ba có số

nguyên tố, … Trong nghìn đầu tiên có số nguyên tố, trong nghìn thứ hai có số nguyên tố,

trong nghìn thứ ba có số nguyên tố, … Như vậy càng đi xa theo dãy số tự nhiên, các số nguyên tố

càng thưa dần.

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Nếu và là các số nguyên tố thì là số nguyên tố hay là hợp số?

Lời giải:

Xét ba số tự nhiên liên tiếp: Để ý rằng trong ba số này chắc chắn có một số chia

hết cho 3.

Vì là số nguyên tố nên có dạng hoặc

mâu thuẫn với giả thiết. +) Nếu thì

hay là hợp số. +) Nếu thì

Bài toán 2. Tìm số tự nhiên k để dãy : chứa nhiều số nguyên tố nhất.

Lời giải:

• Với ta có dãy 1, 2, 3, ..., 10 chứa 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7.

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

• Với ta có dãy 2, 3, 4, ...., 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11.

• Với ta có dãy 3, 4, 5, ..., 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11.

• Với dãy chứa 5 số lẻ liên tiếp, các số lẻ này đều lớn hơn 3 nên có một

số chia hết cho 3, mà 5 số chẵn trong dãy hiển nhiên không là số nguyên tố. Vậy trong dãy có ít

hơn 5 số nguyên tố.

Tóm lại với thì dãy chứa nhiều số nguyên tố nhất.

Bài toán 3. Chứng minh rằng trong số tự nhiên liên tiếp lớn hơn , có ít nhất hợp số.

Lời giải:

Trong số tự nhiên liên tiếp đã cho, có số chẵn, chúng đều lớn hơn nên là hợp số. Ta tìm

được hợp số.

Chia số lẻ còn lại thành nhóm, mỗi nhóm gồm ba số lẻ liên tiếp. Trong ba số lẻ liên tiếp, tồn tại

một số chia hết cho , số đó lớn hơn nên là hợp số. Có nhóm nên ta tìm thêm được hợp số.

Trong số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia cho dư , một số chia cho dư , giả sử

và . Các số và là hợp số (vì chia hết cho và lớn hơn ), đồng thời không

trùng với các hợp số đã tìm được (vì và không chia hết cho , không chia hết cho ). Ta tìm thêm

được hợp số.

Vậy có ít nhất (hợp số).

Bài toán 4. Có tồn tại số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số không?

Lời giải:

Gọi .

Ta có:

Dãy gồm 1000 hợp số liên tiếp.

Vậy tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp là hợp số.

Bài toán 5. (Tổng quát bài số 4)

Chứng minh rằng có thể tìm được 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n > 1) không có số

nào là số nguyên tố ?

Lời giải:

Ta chọn dãy số sau:

nên là hợp số

.......................

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

nên là hợp số

ở trên sẽ gồm có n số tự nhiên liên tiếp trong đó không có số nào là số nguyên tố Dãy

cả.

Nhận xét: Một vấn đề được đặt ra: Có những khoảng rất lớn các số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số.

Vậy có thể đến một lúc nào đó không còn số nguyên tố nữa không? Có số nguyên tố cuối cùng không?

Từ thế kỉ III trước Công nguyên, nhà toán học cổ Hi Lạp Ơ – clit (Euclde) đã chứng minh rằng: Tập

các số nguyên tố là vô hạn.

Bài toán 6. Chứng minh rằng không thể có hữu hạn số nguyên tố.

Lời giải:

Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là trong đó là số lớn nhất trong các số nguyên tố.

Xét số thì chia cho mỗi số nguyên tố đều dư 1 (1).

Mặt khác là hợp số (vì nó lơn hơn số nguyên tố lớn nhất là ) do đó phải chia hết cho một số

nguyên tố nào đó, tức là chia hết cho một trong các số (2), mâu thuẫn với (1).

Vậy không thể có hữu hạn số nguyên tố (đpcm).

 Dạng 5. Chứng minh có vô số số nguyên tố dạng ax + b (với x ϵ N và (a,b) = 1)

Đây là dạng toán tương đối khó, chúng ta thường giải bằng phương pháp phản chứng.Với dạng

toán này, ở trình độ THCS các em chỉ giải quyết được những bài tập ở dạng đơn giản như

và . Việc chứng các bài tập ở dạng này phức tạp hơn, các em sẽ gặp nhiều khó khăn chứ

không thể dễ dàng chứng minh được. Chẳng hạn chứng minh về vô số số nguyên tố có dạng 4a +

1; 6a + 1......... phức tạp hơn nhiều.

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng

Lời giải:

● Nhận xét: Mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2 có 1 trong 3 dạng: hoặc Những

số có dạng (với ) là hợp số, vậy nếu là số nguyên tố thì phải có dạng hoặc

Xét 2 số có dạng : đó là số và số

Vì với thì , do đó

tích của những số nguyên có dạng . là số có dạng

● Nhận xét: Mỗi số có dạng sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.

Thật vậy, rõ ràng n có ước cùng dạng với nó vì bản thân n là ước của n. Gọi p là ước nhỏ nhất trong

các ước như thế. Nếu p là số nguyên tố thì nhận xét được chứng minh. Nếu p là hợp số thì p phân tích

được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ). Các thừa số này không thể có cùng dạng (vì

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

khi đó theo chứng minh trên thì p sẽ có dạng ). Vậy ít nhất một thừa số nguyên tố có dạng

. Do ước của p cũng là ước của n nên n có ước nguyên tố dạng .

Bây giờ ta sẽ chứng minh có vô số các số nguyên tố có dạng .

Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng là .

Xét số thì N có dạng

Theo nhận xét trên thì N có ít nhất một ước nguyên tố có dạng . Nhưng từ cách xác định N thì

N không chia hết cho bất cứ số nguyên tố nào có dạng . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử

trên là sai. Vậy có vô số các số nguyên tố có dạng

Bài toán 2. Chứng minh rằn tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng .

Lời giải:

● Nhận xét: Mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2 là số nguyên tố thì phải có dạng . hoặc

Xét 2 số có dạng : đó là số và số

thì , do đó tích của những số

nguyên có dạng . là số có dạng

● Nhận xét: Mỗi số có dạng sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.

Thật vậy, rõ ràng n có ước cùng dạng với nó vì bản thân n là ước của n. Gọi p là ước nhỏ nhất trong

các ước như thế. Nếu p là số nguyên tố thì nhận xét được chứng minh. Nếu p là hợp số thì p phân tích

được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ). Các thừa số này không thể có cùng dạng (vì

khi đó theo chứng minh trên thì p sẽ có dạng ). Vậy ít nhất một thừa số nguyên tố có dạng

. Do ước của p cũng là ước của n nên n có ước nguyên tố dạng .

Bây giờ ta sẽ chứng minh có vô số các số nguyên tố có dạng .

Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng là .

Xét số thì N có dạng . Theo nhận xét trên thì N có ít nhất một ước nguyên

tố có dạng . Nhưng từ cách xác định N thì N không chia hết cho bất cứ số nguyên tố nào có

dạng . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử trên là sai. Vậy có vô số các số nguyên tố có dạng

 Dạng 6. Sử dụng nguyên lý Dirichlet trong bài toán số nguyên tố

Bài toán 1. Cho là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại một số có dạng chia hết

cho .

Lời giải:

Ta xét dãy số:

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu trong dãy trên không có số nào chia hết cho thì ta cho tương ứng mỗi số với số dư của phép chia. Tập

hợp các số dư chỉ có gồm phần tử (vì không thể có trong tập này).

Nhưng vì chúng ta có số ở dạng trên nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư. Giả sử các

số đó là: và với .

Khi đó .Như vậy:

Tích này chia hết cho vì suy ra chia hết cho và nó cũng nằm trong dãy trên. Mà

mâu thuẫn với giả thiết không có số nào trong dãy chia hết cho .

Bài toán 2. Chứng minh rằng trong số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được số ký hiệu ,

, , , , sao cho .

Lời giải:

Vì ba số nguyên tố đầu tiên là nên trong số nguyên tố phân biệt đã cho luôn có ít nhất số

lớn hơn . Vì số nguyên tố lớn hơn nên: số trên khi chia cho có số dư là hoặc . Theo

nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất số khi chia cho có cùng số dư. Mà số này lại không

chia hết cho , vì thế trong số ấy có ít nhất số mà ta có thể giả sử là sao cho .

Ngoài ra hiển nhiên ta có dẫn đến

Xét số còn lại. theo nguyên lý Dirichlet tồn tại số có cùng số dư khi chia hết cho . Đem số

này chia cho cho hai khả năng xảy ra:

Nếu có số (chẳng hạn )mà . Rõ ràng và . Vì

nên ta có . Lấy hai số bất kì (ngoài ra ) đã chọn thì lẻ (do số

nguyên tố khác ) nên .

Từ đó suy ra .

Nếu số này khi chia cho có các số dư khác nhau là . Giả sử , thì

hay

Với số còn lại thì rõ ràng (theo cách chọn số trên)

Do lẻ nên .

Từ đó suy ra và .

Do đó

Vậy tồn tại , , , , , là các số nguyên tố phân biên sao cho

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

 Dạng 7. Áp dụng định lý Fermat

Cho là số nguyên tố và là số nguyên sao cho . Khi đó: (mod ).

Chứng minh

Xét các số , , …, . Dễ thấy, không có số nào trong số trên chia hết cho và không

có hai số nào có cùng số dư khi chia cho . Vậy khi chia số nói trên cho , ta nhận được các số dư là

1, 2, …, . Suy ra (mod ) hay

(mod )

Vì nên (mod ).

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Tìm số nguyên tố sao cho chia hết cho .

Lời giải:

. Giả sử là số nguyên tố thỏa mãn

Theo Định lí Fermat:

Với ta có .

Bài toán 2. Cho là số nguyên tố lớn hơn . Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên thỏa

chia hết cho .

Lời giải:

Ta có (mod ), ta tìm sao cho (mod ).

Ta có: (mod ) (mod )

( ).

Vậy, với thì

Bài toán 3. Cho p là số nguyên tố, chứng ming rằng số chỉ có ước nguyên tố có dạng .

Lời giải:

Gọi q là ước nguyên tố của thì q lẻ, nên theo Định lí Fermat:

, vì nếu thì , vô lí.

Mặt khác, chẵn suy ra .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ VÀO 10 CHUYÊN

Bài 1. Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố:

a) p + 2 và p + 10.

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b) p + 10 và p + 20.

Bài 2. Chứng minh rằng nếu n và n2 + 2 là các số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố.

Bài 3. Chứng minh rằng nếu a, a + k, a + 2k ( ) là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k chia hết cho 6.

Bài 4. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 24.

Bài 5. Một số nguyên tố p chia cho 42 có dư là một hợp số r. Tìm r.

Bài 6. Một số nguyên tố p chia cho 30 có số dư là r. Tìm r biết rằng r không là số nguyên tố.

Bài 7. Chứng minh rằng số là hợp số với .

Bài 8. Tìm n số sao cho 10101...0101 (n chữ số 0 và n + 1 chữ số 1 xen kẽ nhau) là số nguyên tố.

Bài 9. Các số sau là số nguyên tố hay hợp số.

a) A = 11...1(2001 chữ số 1);

b) B = 11...1 (2000 chữ số 1);

c) C = 1010101;

d) D = 1112111;

e) E = 1! + 2! + 3! +...+100!;

g) G = 3. 5. 7. 9 - 28;

h) H= 311141111.

Bài 10. Cho ,chứng minh rằng các số sau là hợp số:

b) B = ;

c) C = .

Bài 11. Cho là số nguyên tố lớn hơn 5, chứng minh rằng (mod 240).

Bài 12. Chứng minh rằng dãy có vô số hợp số.

Bài 13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p có vô số dạng chia hết cho p.

Bài 14. Tìm để là số nguyên tố.

Bài 15. Tìm các số sao cho là số nguyên tố.

Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng ( ).

Bài 17. Cho , chứng minh là hợp số với n > 1.

Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên (1)

trong đó a, b là các số nguyên cho trước và a > b.

Bài 19. Cho tập hợp gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính

chất: Trong mỗi tập con gồm phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt , sao cho là số

nguyên tố.

(Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Bắc Ninh 2017-2018)

Bài 20. Chứng minh rằng nếu là các số nguyên tố lớn hơn thì chia hết cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 21. Cho tập . Tìm số nguyên tố sao cho cộng với mỗi phần tử của cũng là

nguyên tố.

Bài 22. Tìm số nguyên tố sao cho cũng là số nguyên tố.

(Vòng 2, THPT Chuyên – Đại học Quốc gia Hà Nội, năm học 2007 – 2008)

Bài 23. Cho các biểu thức . Tìm các số tự nhiên để và đều là các số nguyên

tố.

Bài 24. Giả sử phương trình có hai nghiệm nguyên dương. Chứng minh rằng là

hợp số.

Bài 25. Giải phương trình biết phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt và m, n

là các số nguyên tố.

Bài 26. (Trích đề vào 10 Chuyên Vinh năm học 2013-2014)

Giả sử n là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng là số nguyên dương.

Bài 27. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Ninh Bình năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố sao cho .

Bài 28. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Bắc Ninh năm học 2018-2019)

Tìm số nguyên tố thỏa mãn là số chính phương.

Bài 29. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Phú Yên năm học 2018-2019)

Tìm hai số nguyên tố p, q sao cho .

Bài 30. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thái Bình năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương sao cho là số hữu tỉ và là số

nguyên tố.

Bài 31. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Quảng Nam năm học 2018-2019)

Cho số nguyên tố và hai số nguyên dương sao cho

Bài 32. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thanh Hóa năm học 2017-2018)

Cho là các số nguyên dương thỏa mãn là số nguyên tố và chia hết cho 8. Giả

sử là các số nguyên thỏa mãn chia hết cho . Chứng minh rằng cả hai số chia

hết cho .

Bài 33. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thanh Hóa năm học 2016-2017)

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh chia hết cho 60.

Bài 34. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Nghệ An năm học 2016-2017)

Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 35. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hà Nội năm học 2014-2015)

Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng là hợp số

Bài 36. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Vĩnh Long năm học 2015-2016)

Cho p và q là các số nguyên tố lớn hơn 3 và thỏa mãn . Tìm số dư khi chia cho 12.

Bài 37. (Thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong năm 1981)

Chứng minh rằng nếu và là hai số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố.

Bài 38. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Nghệ An năm học 2014-2015)

Tìm số tự nhiên n sao cho số 2015 có thể viết được thành tổng của n hợp số nhưng không thể viết

được thành tổng của hợp số.

Bài 39. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thanh Hóa năm học 2014-2015)

Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn:

Bài 40. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Hải Dương năm học 2014-2015)

Tìm số nguyên tố p sao cho các số đều là số nguyên tố.

Bài 41. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Cẩm Thủy năm học 2011-2012)

Tìm số tự nhiên n để là số nguyên tố

Bài 42. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Tiền Hải năm học 2016-2017)

Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:

là số hữu tỉ và là số nguyên tố

Bài 43. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Gia Lộc năm học 2015-2016)

Tìm số nguyên tố k để và đồng thời là các số nguyên tố.

Bài 44. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Lục Nam năm học 2018-2019)

Cho là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh chia hết cho 100

Bài 45. Giả sử , là các số tự nhiên sao cho là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất của .

Bài 46. (Trích đề chọn học sinh giỏi lớp 9 Amsterdam năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương , trong đó , là các số nguyên tố thỏa mãn:

Bài 47. (Trích đề vào 10 Chuyên toán Hải Phòng năm học 2019-2020)

Tìm các số nguyên tố p, q thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) chia hết cho

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

ii) chia hết cho

Bài 48. (Trích đề vào 10 Chuyên toán Quảng Bình năm học 2019-2020)

Cho là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm hữu tỉ.

Bài 49. (Trích đề thi HSG TP. Hà Nội năm học 2013-2014)

Tìm số tự nhiên n để là số nguyên tố

Bài 50. (Trích đề vào 10 Chuyên Tin Lam Sơn năm học 2015-2016)

Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; ... được xác định như sau: số hạng thứ k bằng tích của k số nguyên

tố đầu tiên . Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có hiệu bằng 30000. Tìm hai số hạng đó.

Bài 51. (Vòng 2 , THPT chuyên Đại học Vinh, năm học 2009 - 2010)

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố lẻ đều không tồn tại các số nguyên dương thỏa mãn :

Bài 52. (Trích đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm học 2018-2019)

Tìm hai số nguyên tố và biết rằng và đều là các số chính phương.

Bài 53. (Trích đề vào 10 Chuyên Hải Dương năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các số tự nhiên để là số nguyên tố

Bài 54. (Trích đề vào 10 Chuyên Vĩnh Long năm học 2018-2019)

Tìm các số tự nhiên thỏa mãn biểu thức là số nguyên tố

Bài 55. (Trích đề vào 10 Chuyên Phú Thọ năm học 2015-2016)

Chứng minh rằng nếu số nguyên lớn hơn 1 thoả mãn và là các số nguyên tố thì

chia hết cho 5.

Bài 56. (Trích đề vào 10 Chuyên Amsterdam năm học 2014-2015)

1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

Bài 57. (Trích đề vào 10 Chuyên TP Hồ Chí Minh năm học 2014-2015)

Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho

a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố

Bài 58. (Trích đề vào 10 Chuyên Thái Bình năm học 2014-2015)

Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: Chứng minh a + b + c +

d là hợp số.

Bài 59. (Trích đề HSG lớp 8 Gia Viễn năm học 2014-2015)

Tìm số tự nhiên để là số nguyên tố biết:

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 60. (Trích đề HSG lớp 8 Thanh Chương năm học 2012-2013)

Chứng minh thì là hợp số

Bài 61. (Trích đề HSG lớp 8 Bắc Ninh năm học 2018-2019)

Cho Chứng minh rằng không sao cho là các số nguyên khác 0,

phải là số nguyên tố.

Bài 62. (Trích đề HSG lớp 8 Trực Ninh năm học 2017-2018)

Cho và là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng là hợp số

Bài 63. Cho số nguyên tố . Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân của số có

đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít nhất 3 chữ số giống nhau.

Bài 64. (Trích đề vào 10 Chuyên Vinh năm học 2015-2016)

Tìm các số nguyên tố thỏa mãn

Bài 65. (Trích đề HSG lớp 6 Hoằng Hóa 2018-2019)

Tìm tất cả các số nguyên tố sao cho và đều là số nguyên tố.

Bài 66. (Trích đề HSG lớp 6 Sông Lô 2018-2019)

Biết là nguyên tố có bốn chữ số thỏa mãn cũng là các số nguyên tố và

. Hãy tìm

Bài 67. (Trích đề Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội năm 2009-2010)

Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số

n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 đều là nguyên tố.

Bài 68. (Trích đề HSG lớp 6 Gia Bình 2018-2019)

Giả sử và là các số nguyên tố. Chứng tỏ cũng là số nguyên tố.

Bài 69. (Trích đề HSG lớp 6 Nghĩa Đàn 2018-2019)

Tìm hai số nguyên tố thỏa mãn

Bài 70. (Trích đề HSG lớp 6 Như Thanh 2018-2019)

1) Chứng minh rằng hai số và là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên .

2) Tìm các số , y nguyên tố để

Bài 71. (Trích đề HSG lớp 6 Nông Cống 2018-2019)

Tìm số nguyên tố , biết là số chính phương

Bài 72. Tìm tất cả các số nguyên tố p để và cũng là số nguyên tố.

Bài 73. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức .

a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho .

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức .

THCS.TOANMATH.com Trang 18

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2017-2018)

Bài 74. Cho p, q, r, s là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng chia hết cho 24.

Bài 75. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố sao cho .

Bài 76. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì không phải là tích của hai số tự nhiên liên

tiếp.

Bài 77. Tìm các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn

Bài 78. Tìm các số nguyên tố thỏa mãn các điều kiện sau:

Bài 79. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

Bài 80. Tìm các số nguyến tố p, q và số nguyên x thỏa mãn

Bài 81.Tìm số nguyên tố p để và là các số chính phương.

Bài 82. Chứng minh rằng nếu tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn là một số chính phương

thì x là hợp số.

Bài 83. Tìm tất cả các số nguyên tố sao cho là lập phương của một số tự nhiên.

Bài 84. Cho bảy số nguyên tố khác nhau trong đó hai trong ba

số a, b, c có tổng bằng 800. Gọi d là hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất trong bảy số nguyên tố đó. Hỏi giá

trị lớn nhất của d có thể nhận là bao nhiêu.

Bài 85. Cho là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên sao cho là số nguyên dương

Bài 86. Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số 2016 viết được thành trong đó các

số là các hợp số. Kết quả trên thay đổi như thế nào nếu thay số 2016 bằng số 2017.

Bài 87. Tìm tất cả số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình .

Bài 88. Cho số tự nhiên , xét các số và các số nguyên tố phân biệt thỏa mãn

điều kiện . Chứng minh rằng .

Bài 89. Tồn tại hay không số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện .

Bài 90.Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho với mỗi số nguyên tố p đó luôn tồn tại các số nguyên dương n,

x, y thỏa mãn .

Bài 91. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của là một số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 19

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 92. Cho là số nguyên tố sao cho là số tự nhiên. Khi đó .

Bài 93. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn .

Bài 94. Cho a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng nếu là ước của và

thì cũng là ước của .

Bài 95. Tìm các số nguyên không âm sao cho là số nguyên tố.

Bài 96. Cho đa thức với a là số nguyên dương. Biết . Chứng

minh rằng là hợp số.

Bài 97. Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x3 là một số nguyên dương và biết . Chứng

minh rằng là hợp số.

Bài 98. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương sao cho p, q là số nguyên tố và .

Bài 99.Tìm sáu số nguyên tố thỏa mãn .

Bài 100. Cho số nguyên tố p dạng . Tồn tại hay không số nguyên a nào thỏa điều kiện

Bài 101. (Trích đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2019-2020)

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương với là số nguyên tố thỏa mãn

Bài 102. Cho là các số nguyên dương. Chứng minh không phải là số nguyên tố.

(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017).

Bài 103.

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 có dạng: hoặc .

b) Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố có dạng .

(Thi học sinh giỏi quốc gia 1991 – 1992)

Bài 104. Tìm các số nguyên tố thỏa .

Bài 105. Chứng minh rằng nếu là số nguyên tố thì với .

Bài 106. Cho thỏa mãn . Chứng minh rằng: là hợp số với mọi

Bài 107. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng ( ).

Bài 108. Tìm tất cả các số có hai chữ số sao cho là số nguyên tố.

Bài 109. a) Cho là số nguyên tố (gọi là nguyên tố Fermat). Chứng minh rằng hoặc

b) Cho là số nguyên tố (gọi là số nguyên tố Mersenne). Chứng minh rằng là số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 20

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 110. (Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh 1995 – 1996)

1) Cho biết là các số nguyên sao cho . Chứng minh rằng ta có:

là bội số của 27.

2) Chứng minh rằng với k nguyên dương và a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì chia hết cho 240.

Bài 111. Chứng minh rằng: (p – 1)! chia hết cho p nếu p là hợp số, không chia hết cho p nếu p là số nguyên

tố.

Bài 112. Chứng minh rằng: mọi ước nguyên tố của 1994! – 1 đều lớn hơn 1994.

Bài 113. Chứng minh rằng: n > 2 thì giữa n và n! có ít nhất 1 số nguyên tố (từ đó suy ra có vô số số nguyên

tố).

Bài 114. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và . Chứng minh rằng m là hợp số lẻ không chia hết cho 3 và

(mod m).

Bài 115. Chứng minh rằng dãy số với chứa vô hạn số là lũy thừa của cùng một số

nguyên tố.

Bài 116. Tìm bảy số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng tổng các lũy thừa bậc sáu của bảy số đó.

Bài 117. Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng với a, b, c là các số nguyên dương thỏa

mãn chia hết cho

(Trích đề toán 10 chuyên sư phạm Hà Nội năm 2011-2012)

Bài 118. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( ) sao cho là số nguyên dương và là ước số của

1995.

Bài 119. Một xí nghiệp điện tử trong một ngày đã giao cho một cửa hàng một số máy tivi. Số máy này là

một số có ba chữ số mà nếu tăng chữ số đầu lên n lần, giảm các chữ số thứ hai và thứ ba đi n lần thì sẽ được

một số mới lớn gấp n lần số máy đã giao. Tìm n và số máy tivi đã giao.

Bài 120. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.

Bài 121. Cho là số nguyên dương. Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên liên tiếp sao cho chúng là

hợp số.

Bài 122. Cho số nguyên dương thỏa mãn là số nguyên tố. Chứng minh rằng là số nguyên tố.

Bài 123. Tìm số nguyên tố để cũng là số nguyên tố.

Bài 124. Cho là các số nguyên tố và phương trình có nghiệm nguyên dương. Tìm và

Bài 125. Cho là các số nguyên tố và là các số tự nhiên thỏa . Chứng minh rằng

Bài 126. Cho là số nguyên tố dạng . Chứng minh rằng chia hết cho khi và chỉ khi và

chia hết cho .

THCS.TOANMATH.com Trang 21

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 127. Tìm các số tự nhiên sao cho là số nguyên tố.

Bài 128. Tìm tất cả các số tự nhiên a,b,c sao cho là số nguyên tố.

Bài 129. (Trích đề thi HSG quận Thanh Xuân năm 2019-2020)

Chứng minh rằng, nếu và là hai số nguyên tố lẻ thì là số nguyên tố.

Bài 130. Tìm các số nguyên tố và số nguyên dương sao cho .

Bài 131. Tìm các số nguyên tố và sao cho và .

Bài 132. Ta gọi , là hai số nguyên tố liên tiếp, nếu giữa và không có số nguyên tố nào khác. Tìm

ba số nguyên tố liên tiếp , , sao cho cũng là số nguyên tố.

Bài 133. Cho số . Chứng minh là một hợp số.

Bài 134. Cho và là số nguyên tố ( ). Chứng minh rằng .

Bài 135. Cho và là các số nguyên tố . Chứng minh rằng là hợp số.

Bài 136. (Chuyên Vũng Tàu 2016-2017)

Tìm các cặp số nguyên tố thỏa mãn

Bài 137. Chứng minh rằng trong số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được số ký hiệu , , , ,

, sao cho .

Bài 138. (Đề thi HSG Toán TP.HCM năm học 2004 – 2005)

Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho phần nguyên của là một số nguyên tố.

Bài 139. Cho là hai số nguyên tố sao cho và . Chứng minh rằng: .

Bài 140. Tìm số nguyên tố p sao cho và là các số nguyên tố.

Bài 141. Cho là số nguyên tố lớn hơn . Chứng minh chia hết cho .

(Đề tuyển sinh Chuyên Toán Amsterdam 2017).

Bài 142. Tìm ba số nguyên tố , , sao cho

Bài 143. a) Chứng minh rằng số dư trong phép chia một số nguyên tố cho chỉ có thể là hoặc là một số

nguyên tố. Khi chia cho thì kết quả ra sao?

b) Chứng minh rằng nếu tổng của lũy thừa bậc của các số nguyên tố lớn hơn là một số

nguyên tố thì .

Bài 144. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho .

Bài 145. Cho dãy số nguyên dương được xác định như sau: , là ước nguyên tố lớn nhất

của với . Chứng minh rằng với mọi .

Bài 146. Tìm tất cả các số nguyên tố để cũng là số nguyên tố.

Bài 147. Tìm để: là số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 22

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 148. a) Tìm các số nguyên tố để là lập phương của một số tự nhiên.

b) Tìm các số nguyên tố để là lập phương của một số tự nhiên.

Bài 149. Cho thỏa mãn a > b > c > d và

Chứng minh rằng là hợp số.

Bài 150. Cho các số nguyên dương thỏa mãn:

Chứng minh là hợp số .

Bài 151. Chứng minh rằng nếu là số nguyên tố thì (Trích đề thi HSG lớp 9 Nghệ An 2014-2015) . với

Bài 152. Tìm số tự nhiên n sao cho số 2015 có thể viết được thành tổng của n hợp số nhưng không thể viết

được thành tổng của n + 1 hợp số.

(Trích đề thi HSG lớp 9 Nghệ An 2014-2015)

Bài 153. Tìm tất cả các số nguyên tố dạng

Bài 154. Chứng minh rằng số là hợp số với mọi số tự nhiên n.

(Trích đề thi HSG lớp 9 Nghệ An 2017-2018)

Bài 155. Cho , chứng minh rằng và là những hợp số.

Bài 156. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương với nguyên tố thỏa mãn:

(Trích đề thi HSG lớp 9 TP. Hà Nội 2017-2018)

Bài 157. Tìm số tự nhiên sao cho là số nguyên tố và là lập phương của một số tự nhiên.

Bài 158. Chứng minh rằng nếu là số nguyên tố lớn hơn thì số là hợp số, với mọi số

tự nhiên .

(THPT chuyên Quảng Ngãi, năm học 2009-2010)

HƯỚNG DẪN

Bài 1. a) b) Đáp số: p = 3. Xét p dưới các dạng: p = 3k, p = 3k + 1, p = 3k + 2 (k N).

Bài 2. n = 3.

Bài 3. Số nguyên tố lớn hơn 3 có dạng 6n +1, 6n + 5. Do đó 3 số a, a + k, a + 2k phải có ít nhất 2 số có cùng

một dạng, hiệu là k hoặc 2k chia hết cho 6, suy ra k chia hết cho 3.

Bài 4. Ta có mà (p,3) = 1 nên

(1).

p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p - 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp,

có một số là bội của 4 nên tích chúng chia hết cho 8 (2).

Từ (1) và (2) suy ra (p -1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8.

Vậy (p - 1)(p + 1) 24.

THCS.TOANMATH.com Trang 23

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 5. Ta có p = 42k + r = 2. 3. 7k + r (k, r N, 0 < r < 42). Vì p là số nguyên tố nên r không chia hết cho 2,

3, 7.

Các hợp số nhỏ hơn 42 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 39.

Loại đi các số chia hết cho 3, cho 7, chỉ còn 25. Vậy r = 25.

Bài 6. Ta có p = 30k + r = 2. 3. 5k + r (k,r N,0 < r < 30). Vì p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 2,

3, 5.

Các hợp số nhỏ hơn 30 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27.

Loại đi các số chia hết cho 3, 5 thì không còn số nào nữa. Vậy r không phải là hợp số.

r không phải là hợp số cũng không phải là số nguyên tố, suy ra r =1.

. Bài 7.

suy ra đpcm.

Bài 8. .

n =1: p = 101 là số nguyên tố.

n > 1: p là hợp số.

Bài 9.Tất cả đều là hợp số.

a) .

b) .

c) .

d) .

e) vì , còn cũng chia hết cho 3.

g) G = 3. 5. 7. 9 - 28 chia hết cho 7.

h) H = 311141111 = 311110000 + 31111 chia hết cho 31111.

Bài 10. Chứng minh .

Bài 11. 240 = 24. 3. 5.

Bài 12. n = 6k + 4, k N.

Bài 13. p = 2 lấy n chẵn; p > 2 lấy n = (pk - 1)(p -1), k N*.

Bài 14. , n =2.

Bài 15.

thì

là số nguyên tố.

Bài 16. .

Với thì n +3 >6 và n2 + 2 > 17.

THCS.TOANMATH.com Trang 24

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9 n + 3 và n2 +2 hoặc một số chẵn, một số chia hết cho 3; hoặc một trong hai số chia hết cho 6, khi đó p là

hợp số với n = 1, 2, 3 thì p = 2, 5, 11 là các số nguyên tố.

Bài 17. n chẵn thì A chia hết cho 2.

n lẻ, đặt n = 2k +1 (k N*), ta có:

Bài 18. Giả sử phương trình (1) có nghiệm x,y nguyên. Xét nghiệm y nguyên dương . Vì a > b nên từ (1)

có và , suy ra b < x

trở thành (2) với m, n, y nguyên dương. Biến đổi (2) (3)

Vì tích các số dạng 4k + 1 lại có dạng đó nên số 4m - 1 phảI có ước nguyên tố dạng p = 4k + 3. Từ (3) có

hay (mod p) (4). Suy ra (y, p) = 1. Theo định lí nhỏ Fermat

Từ đó và (4) có mâu thuẫn.

Vậy phương trình (3) không có nghiệm nguyên.

Bài 19. Ta xét tập gồm các số chẵn thuộc tập . Khi đó và với , thuộc ta có , do

đó

Xét các cặp số sau:

Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố

Xét là một tập con của và , khi đó theo nguyên lí Dirichlet sẽ chứa ít nhất 1 cặp nói trên.

Vậy

Bài 20. Các số nguyên tố lớn hơn đều là số lẻ. Nếu là số lẻ thì là số chẵn lớn hơn nên không

là số nguyên tố. Vậy là số chẵn, ( là số nguyên dương).

Nếu thì ba số đã cho là .

Nếu chia cho dư thì (loại).

Vậy không có dạng .

Tương tự không có dạng . Vậy .

Kết luận: chia hết cho .

Bài 21. Ta thấy không thỏa mãn. và

thì Nếu không là số nguyên tố;

Nếu thì không là số nguyên tố;

THCS.TOANMATH.com Trang 25

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

thì không là số nguyên tố; Nếu

là số nguyên tố thì , nên . Nếu

. Khi đó

Vậy là số nguyên tố thỏa mãn đề bài.

Bài 22. Đặt , nếu thì không là số nguyên tố.

thì là số nguyên tố. Nếu

thì lẻ nên có dạng hoặc . Nếu

chia hết cho và nên không là số nguyên tố. là số nguyên tố thỏa mãn Khi đó

đề bài.

Bài 23. Nếu không là số nguyên tố. thì

Nếu là các số nguyên tố. thì

Nếu là tích của hai số tự nhiên lớn hơn nên là hợp số. Vậy thì

thỏa mãn đề bài.

Bài 24. Để phương trình đã cho có hai nghiệm thì ta phải có :

Theo định lý Vi-ét ta có:

Ta có:

Do nên suy ra:

và

Vậy là hợp số.

Bài 25. Gọi là các nghiệm của phương trình đã cho. Theo định lý Vi-ét ta có:

Do m,n là các số nguyên tố suy ra ( giả sử ).

Từ là hai số nguyên tố liên tiếp

THCS.TOANMATH.com Trang 26

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có phương trình: , phương trình này có hai nghiệm là 1 và 2.

Bài 26. Vì n là số nguyên tố lớn hơn 2 nên

Vì n là số nguyên tố lẻ nên ta có điều phải chứng minh.

Bài 27.

1. Không mất tổng quát giả sử .

Với :

Do là ước của . nên

Nếu

Nếu (loại). (thỏa mãn).

Nếu p lẻ lẻ mà không chia hết cho 4 Vô lý.

Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là và các hoán vị.

Bài 28. Đặt

Biến đổi thành

Trường hợp 1: Nếu

Đặt

Khi đó thay vào (1) ta có:

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

là một số chính phương.

Mặt khác với ta dễ chứng minh được

Suy ra các trường hợp:

(loại)

Do đó phải có . Thử trực tiếp được thỏa mãn.

THCS.TOANMATH.com Trang 27

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó ta có .

Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào

Mặt khác ta có

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

là một số chính phương.

Muốn vậy thì phải là một số chính phương.

Sau đó cách làm giống như trên.

Trường hợp 2: Nếu

Đặt

Khi đó thay vào (1) ta có:

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

là một số chính phương.

Mặt khác với ta dễ chứng minh được Suy ra các trường hợp:

(loại)

Do đó phải có Thử trực tiếp được thỏa mãn.

Từ đó suy ra tương ứng .

Vậy tập tất cả giá trị cần tìm là

Bài 29. Ta có chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Xét chia cho 3 dư 0, vì p là số nguyên tố nên , suy ra , vô lí.

Xét chia cho 3 dư 1, suy ra chia hết cho 3 mà nên thỏa mãn.

Vậy ; thỏa mãn bài.

Bài 30. Ta có

THCS.TOANMATH.com Trang 28

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì là số nguyên lớn hơn 1 và là số nguyên tố nên

Từ đó suy ra

Thử lại thỏa mãn yêu cầu bài toán.

và

Kết luận .

Bài 31. Ta có: .

Các ước của p2 là 1, p và p2 ; không xảy ra trường hợp b + a = b ‒ a = p

Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1.

Khi đó suy ra 2a = (p ‒1)(p + 1).

Từ p lẻ suy ra p + 1, p ‒1 là hai số chẵn liên tiếp  (p ‒1)(p + 1) chia hết cho 8.

Suy ra 2a chia hết cho 8 (1)

Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2.

Suy ra một trong hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm).

là số chính phương. Xét

Bài 32. Do nên

nên Vì

Nhận thấy

và nên Do

Nếu trong hai số có một số chia hết cho thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho .

Nếu cả hai số đều không chia hết cho thì theo định lí Fecma ta có :

. Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số và chia hết cho .

Bài 33. Ta có :

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp

THCS.TOANMATH.com Trang 29

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên . Nhưng p không chia hết cho 3 nên

Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng

- Nếu thì

Cả hai trường hợp trên đều cho ta (

Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra chia hết cho

4.3.5 tức là chia hết cho 60

Bài 34. Không mất tính tổng quát giả sử

Nếu thì

Vậy và (1) trở thành (2).

Nếu ta có

Vậy và (2) trở thành

suy ra và

Vậy là và các hoán vị của nó.

Bài 35. Ta có:

Mặt khác ta chứng minh được A > 0 nên A là hợp số.

Bài 36. Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q có dạng hoặc với .

+ Nếu , khi đó do nên chia hết cho 3, trường hợp này loại do p không phải

là số nguyên tố.

+ Nếu , khi đó do nên . Do p là số nguyên tố nên k phải là số tự nhiên lẻ.

Khi đó ta được . Vậy số dư khi chia cho 12 là 0.

Bài 37.

Trong ba số tự nhiên liên tiếp: có một số chia hết cho 3. Số đó không thể là hoặc

vì nếu giả sử ngược lại, ta suy ra chia hết cho 3 và , vô lý, vì là số nguyên tố. Vậy p

phải chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố, do đó .

THCS.TOANMATH.com Trang 30

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Khi là số nguyên tố.

Bài 38. Giả sử trong đó là các hợp số

Theo bài ra ta có

+ Mỗi số hạng không thể viết thành tổng hai hợp số (1)

+ Tổng hai hợp số bất kì không thể viết thành tổng 3 hợp số (2)

Do 2015 là số lẻ nên tồn tại ít nhất một hợp số lẻ, hợp số đó phải bằng 9 vì 1;3;5;7;11;13 không phải là hợp

số.

Nếu có hợp số lẻ với là số chẵn nên bằng tổng hai hợp số- trái với

(1)

Mặt khác không có quá một hợp số bằng 9 vì nếu có hai hợp số bằng 9 thì 9+9=6+6+6 trái với (2)

Do đó: với là các hợp số chẵn

các hợp số phải nhận các giá trị 4 hoặc 6.

Vì nếu là hợp số chẵn và là tổng hai hợp số, trái với (1)

Số hợp số bằng 6 chỉ có thể là một vì nếu có hai hợp số bằng 6 thì 6+6=4+4+4

Giả sử

Vậy số tự nhiên cần tìm là

Bài 39. Nếu thì .

và p là số nguyên tố nên Do

thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + Nếu

q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q.

Gọi r là một ước chung của và

hoặc .

suy ra là hai nghiệm của phương trình

vô nghiệm do

suy ra là hai nghiệm của phương trình

vô nghiệm do .

Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là

Bài 40.

+) Nếu p=7k + i; k,i nguyên, i thuộc tập . Khi đó chia cho 7 có thể dư: 1;4;2

Xét

THCS.TOANMATH.com Trang 31

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu chia cho 7 dư 1 thì chia hết cho 7 nên trái GT

Nếu chia cho 7 dư 4 thì chia hết cho 7 nên trái GT

Nếu chia cho 7 dư 2 thì chia hết cho 7 nên trái GT

+) Xét p=2 thì =16 (loại)

+) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p = 7 là nguyên tố, có: đều là

các số nguyên tố

Vậy p = 7

Bài 41. Xét n = 0 thì A = 1 không phải số nguyên tố

n = 1 thì A = 3 là số nguyên tố

Xét n > 1 ta có:

Mà chia hết cho suy ra chia hết cho

Tương tự: chia hết cho

Do đó với n > 1 thì A chia hết cho nên A là hợp số.

Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.

Bài 42.

Đặt (x, y Z, xy  0) ay – bx = (by – cx) (*)

Vì a, b, c, x, y Z ay – bx Z (by – cx) Z

Mà I nên từ (*)

acxy = b2xy ac = b2 (vì xy ≠ 0)

a2 + b2 + c2 = (a + c)2 – 2ac + b2 = (a + c)2 – b2 = (a+c – b)(a+c+b)

Vì a2 + b2 + c2 là số nguyên tố và a + c – b < a + c + b

+ b2 + c2 (1)

a + b – c = 1 a + b + c = a2

Mà a, b, c nguyên dương nên a a2, b b2, c c2 (2)

Từ (1) và (2) a = b = c = 1, thử lại: Thỏa mãn, kết luận

Bài 43. Vì k là số nguyên tố suy ra

-Xét k = 5n mà k là số nguyên tố nên k = 5.

Khi đó k2 + 4 = 29; k2 +16 = 41 đều là các số nguyên tố.

-Xét k = 5n+1

không là số nguyên tố.

THCS.TOANMATH.com Trang 32

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

- Xét k = 5n + 2

không là số nguyên tố.

- Xét k = 5n +3

không là số nguyên tố.

- Xét k = 5n + 4

không là số nguyên tố.

Vậy để và là các số nguyên tố thì k = 5.

Bài 44. Ta có .

Do là số nguyên tố lớn hơn 5 nên là một số lẻ.

và là các số chẵn

chia hết cho 4

Vì là số nguyên tố lớn hơn 5 là một số không chia hết cho 5.

Lập luận ta được chia hết cho 5.

Suy ra chia hết cho 25.

Mà nên . (đpcm)

Bài 45. Từ giả thiết suy ra chẵn, ta đặt thì , đặt với

và và .

Nếu , cùng lẻ thì chẵn, tức là .

Nếu , không cùng lẻ thì chia 4 dư 2. (do không là số chẵn không chia hết cho 4 và là phân

số tối giản). Khi đó là số lẻ nên là số lẻ nên không chia hết cho 4 suy ra là số chia hết cho 2.

Đặt ta có mà đặt ta có

do , đều là các số lẻ nên , , suy ra , và hoặc .

Trong cả hai trường hợp đều suy ra . Với thì , , , , , , ,

Bài 46. Không mất tính tổng quát, giả sử

Trường hợp 1:

THCS.TOANMATH.com Trang 33

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

mà ; ; là các số nguyên dương Vì

Mà

So với điều kiện thỏa mãn.

Vậy bộ ba số nguyên dương cần tìm là

Trường hợp 2:

Vì mà ; ; là các số nguyên dương

Mà

So với điều kiện thỏa mãn.

Vậy bộ ba số nguyên dương cần tìm là

Trường hợp 3:

Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên bất kì không chia hết cho 3 thì tích luôn chia 3 dư 1.

Thật vậy:

Nếu dư 1

dư 1.

Nếu dư 2

dư 1.

Trở lại bài toán chính:

Vì

THCS.TOANMATH.com Trang 34

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

dư 2.

Mà dư 1 (nếu hoặc nếu

Suy ra không có bộ ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 47. Ta có:

Mà p, q là hai số nguyên tố nên (thỏa mãn bài toán)

Bài 48. Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ, khi đó .

Suy ra hay (1)

Ta có

là số nguyên tố nên hoặc , suy ra Do

(2)

Từ (1) ta có

Từ (2) ta có

Do đó

(vô lý)

Vậy không thể là số chính phương nên phương trình không có nghiệm hữu tỉ.

Bài 49. Ta có

Vì n(n – 3) chẵn nên n(n – 3) + 1 = 2k +1 với

Suy ra

nguyên tố hay Vì vậy

nên n(n – 3) + 1 = 1 , suy ra n = 0 hoặc n = 3.

Bài 50. Xét dãy số có dạng

Giả sử hai số cần chọn là với là các số nguyên tố thứ n và thứ

THCS.TOANMATH.com Trang 35

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có

Ta thấy tồn tại ước của 3 nên a và b có chữa số nguyên tố 3 nên và 1000 không có ước

nguyên tố khác 2 và 5 nên a không có ước khác 2 và 5 nên Từ đó ta được

+ Nếu , ta được không tồn tại thỏa mãn

+ Nếu ta được từ đó ta được

Bài 51. Giả sử tồn tại số nguyên tố lẻ sao cho:

Mà là số nguyên tố nên hoặc .

Nếu thì

Mà nên .

Vậy

Suy ra . Vô lí vì là số nguyên tố lẻ.

Bài 52. Theo đề ta có , suy ra

Từ là số nguyên tố và nên ta có các trường hợp sau:

+ TH 1: suy ra và , suy ra lẻ.

Ta viết ( )

Khi đó hay và

Do nguyên tố nên và .

+ TH 2: , suy ra và

Lại có Do nguyên tố nên và .

+ TH 3: và .

Suy ra và khi đó không phải số nguyên tố.

Bài 53.

Ta có:

THCS.TOANMATH.com Trang 36

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do là các số tự nhiên và là một số nguyên tố nên

Vậy là các giá trị cần tìm.

Bài 54. Ta có:

Ta có

Vì P là số nguyên tố nên

Vậy (thỏa mãn).

Bài 55. Ta có với mọi số nguyên thì chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.

+ Nếu chia cho 5 dư 1 thì ( ).

nên không là số nguyên tố.

+ Nếu chia cho 5 dư 4 thì ( ).

nên không là số nguyên tố.

Vậy hay chia hết cho 5.

Nhận xét. Bài toán áp dụng tính chất chia hết, chia có dư của một số chính phương khi chia cho 5; tính chất

số nguyên tố, hợp số,…

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

• Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ tồn tại số dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Chứng minh:

THCS.TOANMATH.com Trang 37

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

chia 5 dư 0 (đúng). +

chia 5 dư 1 (đúng). +

chia 5 dư 4 (đúng). +

chia 5 dư 1 (đúng). +

• Áp dụng tính chất chia hết, chia có dư vào bài toán; “Số nguyên tố” là số chỉ có hai ước là 1 và chính

nó.

+ chia 5 dư 1 thì nên không phải là số nguyên tố (loại).

+ chia 5 dư 4 thì nên không phải là số nguyên tố (loại).

+ Do đó nếu và là số nguyên tố thì chỉ còn tồn tại trường hợp chia hết cho 5. Khi

đó chia hết cho 5.

Bài 56.

1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.

⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ.

Ta có:

Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và + 1 ⋮ 2 ⇒ – 1 ⋮ 8. (1)

• Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2)

Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40

• Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3)

Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40

Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.

Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được

⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:

• y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*)

Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)

(loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2> 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k)

• y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*)

Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**)

Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0)

⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x

THCS.TOANMATH.com Trang 38

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)

(vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))

⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ.

Do đó k = 1, suy ra

Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có:

⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn)

Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.

Bài 57. a) Ta có:

Giả sử a + b là số nguyên tố, khi đó từ (*) ⇒ ab ⋮ (a + b) ⇒ a ⋮ (a + b) hoặc b ⋮ (a + b)

Điều này mâu thuẫn do 0 < a < a + b, 0 < b < a + b.

Vậy a + b không thể là số nguyên tố.

b) Giả sử a + c và b + c đồng thời là số nguyên tố.

Từ

Mà b + c là số nguyên tố, b là số nguyên dương nhỏ hơn b + c nên (b + c, b) = 1

Do đó từ (**) suy ra a ⋮ b.

Chứng minh tương tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a

Vậy a = b. Từ (*) ⇒ a = b = 2c

Do đó a + c = b + c = 3c, không là số nguyên tố với c > 1 (mâu thuẫn với giả sử)

Vậy a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 58. Ta có

Nếu . Do a + b + c + d > 0 => a + b – c – d = 0 => a + b + c + d = 2(c + d) là hợp số do c + d ∈

ℕ* và c + d > 1

Nếu . Từ (*) ⇒ ab – cd ⋮ (a + b + c + d).

⇒ (c – d + a – b)(c – d – a + b) ⋮ (a + b + c + d)

Giả sử a + b + c + d là số nguyên tố thì ta có

c – d + a – b ⋮ a + b + c + d hoặc c – d – a + b ⋮ a + b + c + d

Điều này mâu thuẫn do –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d ;

–(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d và (c – d + a – b)(c – d – a + b) ≠ 0

Vậy a + b + c + d là hợp số.

THCS.TOANMATH.com Trang 39

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 59. Biến đổi được

không thỏa mãn đề bài Nếu

thỏa mãn đề bài vì Nếu

không thỏa mãn đề bài vì khi đó có từ 3 ước trở lên là và Nếu

thì là số nguyên tố. Vậy

Bài 60.

Ta có:

Do nên và . Vậy là hợp số

Bài 61. Ta có:

Mà

Ta thấy do đó nếu là các số nguyên tố thì xảy ra các trường hợp sau:

Bài 62. Do là số nguyên tố lớn hơn nên có dạng với

+ Nếu thì

Suy ra là hợp số (vô lý)

+Nếu thì

Do nên Do đó là hợp số.

Bài 63. Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3. (*)

pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 gồm 10 chữ số đôi một khác nhau.

Nếu không có quá nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phải có mặt đúng 2 lần trong cách viết

số pn.

Như vậy tổng các chữ số của số pn là: 2(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 90 3 nên pn 3

THCS.TOANMATH.com Trang 40

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Điều này mâu thuẫn (*).

Vậy trong số pn phải có ít nhất 3 chữ số giống nhau.

Bài 64. Rõ ràng phân biệt. Không mất tính tổng quát ta giả sử Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. . Không thỏa mãn vì lẻ, còn chẵn.

Trường hợp 2. Khi đó tìm được

Trường hợp 3. Gọi lần lượt là số dư của phép chia cho 3.

Rõ ràng .

Nếu thì và Không thỏa mãn.

Vậy

Bài 65. Ta có: là số nguyên tố nên là số nguyên tố lớn hơn 11

là số lẻ suy ra là số chẵn.

Do là số nguyên tố lớn hơn 7 nên và không thể cùng tính chẵn lẻ.

*) TH1: thì . Ta thấy 14 chia 3 dư 2

+) Nếu chia hết cho 3, do là số nguyên tố nên .

; (T/m)

+) Nếu chia cho 3 dư 1 thì chia hết cho 3 là hợp số

+) Nếu chia cho 3 dư 2 thì 2 chia cho 3 dư 1 nên chia hết cho 3 là hợp số.

*) TH2: thì

+) Nếu chia hết cho 3 thì p chia hết cho 3 nên (Thỏa mãn)

+) Nếu chia cho 3 dư 1 chia hết cho 3 là hợp số

+) Nếu chia cho 3 dư 2 thì p chia cho 3 dư 2 nên 2p chia cho 3 dư 1 chia hết cho 3

là hợp số. nên

hoặc . Vậy:

Bài 66. Vì là các số nguyên tố nên lẻ và khác 5

Ta lại có

(không thỏa mãn) Nếu

nên (không thỏa mãn) Nếu

Nếu (loại)

Nếu (thỏa mãn)

THCS.TOANMATH.com Trang 41

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy

Bài 67. Trong 3 số có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ.

Giả sử hai số cùng tính chẵn lẻ là và .

Suy ra là số nguyên tố chẵn nên .

Suy ra . Khi đó và nên .

Vậy trong ba số có ít nhất hai số bằng nhau.

Bài 68. +) Với thì không là số nguyên tố.

+) Với thì và đều là số nguyên tố.

+) Với

nên là hợp số.

Vậy chỉ có thì và đều là số nguyên tố.

Bài 69. Ta có: .

Ta thấy và là số nguyên tố nên phải là số nguyên tố lẻ. Suy ra là số lẻ.

Từ đó suy ra là số chẵn, mà là số nguyên tố. Suy ra ;

Vậy và thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 70. 1) Đặt

Suy ra . Vì vậy .

Mà nên

Do đó hoặc .

Nếu thì (vô lý).

và là hai số nguyên tố cùng nhau. Vậy

- Nếu là số nguyên tố lẻ thì là số chẵn. Vậy (loại).

- Nếu thì . Vậy .

Bài 71. Ta có:

Để là số chính phương khi là số chính phương

THCS.TOANMATH.com Trang 42

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do là các chữ số và

=> là số chính phương khi

+Nếu mà là số nguyên tố và là số lẻ =>

Vậy

Bài 72. Vì p là số nguyên tố do đó ta được và

Đặt

Khi đó

Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì chia hết cho 5

Suy ra x chia hết cho 5 mà nên x không là số nguyên tố.

Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì chia hết cho 5

Suy ra 4y chia hết cho 5 mà nên y chia hết cho 5 mà

Do đó y không là số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố nên .

Thử với thì là các số nguyên tố

Tìm tất cả các số nguyên tố p để và cũng là số nguyên tố.

Bài 73. 1. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức .

a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho .

Nếu thì ta có , điều này vô lí vì p, q là các số nguyên tố.

Do vậy , khi đó do p và q là các số nguyên tố nên và .

Như vậy tồn tại các số nguyên dương m, n thỏa mãn , thay vào đẳng thức đã cho ta

được . Do vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho .

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức .

Thế vào hệ thức ta được .

Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn q, khi đó để phương trình có nghiệm nguyên dương thì

phải là số chính phương.

THCS.TOANMATH.com Trang 43

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có nên ta được .

Từ đó ta được .

Thay vào hệ thức đã cho ta được .

Vậy các số là các số nguyên tố cần tìm.

Bài 74. Trước hết ta chứng minh với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì chia hết cho 24.

Thật vậy, ta có .

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên và là hai số chẵn liên tiếp.

Suy ra ta được chia hết cho 8.

Mặt khác ta lại có chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho

3. Do đó chia hết cho 3.

Để ý là nên ta được chia hết cho 24.

Chứng minh hoàn toàn tương tự thì ta được cũng chia hết cho 24.

Ta có .

Do đó ta được chia hết cho 24.

Bài 75. Từ ta được . Do đó ta suy ra được p là số nguyên tố lẻ.

Từ đó ta đặt với .

Khi đó ta được

Do đó là số chẵn nên q là số chẵn. Mà q là số nguyên tố nên .

Thay vào ta suy ra được .

Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãm yêu cầu bài toán.

Bài 76.

Trường hợp 1: Nếu suy ra không nguyên

Trường hợp 2: Nếu , khi đó ta được là số lẻ nên không

thể là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Trường hợp 3: Nếu . Giả sử là tích của hai số tự nhiên liên tiếp

Khi đó ta có với x là số tự nhiên.

THCS.TOANMATH.com Trang 44

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra vô lí vì .

Từ các trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh.

Bài 77. Do p và q là các số nguyên tố nên , do đó suy ra , mà r là số nguyên tố nên r là số lẻ.

Từ đó suy ra và khác tính chẵn lẻ nên p và q khác tính chẵn lẻ.

Như vậy trong hai số p, q có một số chẵn, không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là q.

Khi đó nên ta được . Đến đây ta xét các trường hợp sau:

Nếu , khi đó ta có hay là một số nguyên tố.

Nếu , do p là số nguyên tố nên có dạng hoặc với k là số nguyen dương.

Từ đó suy ra chia 3 dư 1 hay .

Lại có p là số lẻ nên .

Từ đó ta được nên là hợp số. Do đó trường hợp này loại.

Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là .

Bài 78. Từ ta có , do đó .

Mặt khác từ điều kiện ta được , do đó hay .

Vì nên hoặc . Xét hai trường hợp sau:

Với và , khi đó ta được hoặc .

+ Nếu thì , suy ra (loại)

+ Nếu thì , suy ra (nhận).

Với và , không tồn tại vì .

Vậy ba số nguyên tố cần tìm là .

Bài 79. Từ giả thiết suy ra . Không giảm tính tổng quát giả sử .

Suy ra , do đó

Với suy ra và

Do đó

+ Với , khi đó từ suy ra

+ Với từ suy ra , do

THCS.TOANMATH.com Trang 45

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Với từ giả thiết suy ra (do )

Thay vào ta được .

Vậy có các bộ ba số nguyên tố khác nhau thoả mãn là:

và các hoán vị của nó.

Bài 80. Ta có .

Vì q là số nguyên tố và x là số nguyên nên từ phương trình trên suy ra .

Ta xét các trường hợp sau:

+ Nếu , khi đó từ phương trình trên ta được . Do q là số nguyên tố nên

thì ta được Khi

Khi thì là số lẻ nên p là số nguyên tố chẵn, do đó nên không phải là số nguyên tố.

+ Nếu , khi đó từ phương trình trên ta được , do đó p là số nguyên tố chẵn và q là số

nguyên tố lẻ. Từ đó ta được .

+ Nếu , khi đó từ phương trình trên ta được . Trường hợp này không xẩy ra do p và q là số

nguyên tố nên .

+ Nếu , khi đó từ phương trình trên ta được . Trường hợp này không xẩy ra do p và q là

số nguyên tố nên .

Vậy các bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Nhận xét: Từ phương trình ta suy ra được x chia hết cho 3 hoặc chia hết cho 3. Đến

đây ta xét các trường hợp như trên. Tuy nhiên với cách làm này việc lý luận sẽ phức tạp hơn.

Bài 81. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa mãn và

Khi đó ta được .

Trừ theo vế của đẳng thức (2) cho đẳng thức (1) ta được

Suy ra ta được .

Mặt khác từ (1) ta thấy p là số lẻ và > Ta có .

Từ (2) ta lại có nên .

Từ (3) ta suy ra được . Từ đó ta được .

Chú ý p là là số nguyên tố lẻ nên từ (4) ta suy ra được .

THCS.TOANMATH.com Trang 46

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mà ta lại có nên ta được . Thay vào (30 ta được .

Từ đó suy ra nên ta được .

Thay vào (1) ta được .

Thay vào (2) ta được .

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét: Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p: Với p chẵn không

xẩy ra, với khi đó ta được . Đến đây ta tìm các giá trị của k

để là các số chính phương.

Bài 82. Giả sử tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn là một số chính phương.

Khi đó tồn tại số nguyên dương q để hay .

Vì 2012 chia hết cho 4 nên . Mà là số lẻ nên .

Từ đó ta được với k là số nguyên dương.

Thay vào phương trình trên ta được .

Để ý là và 503 là số nguyên tố. Nên tồn tại các số nguyên dương a và b sao cho và

. Từ đó ta có các hệ và .

+ Với , hệ này vô nghiêm vì chia 8 chỉ có các số dư là 0, 1, 4.

+ Với . Khi đó ta được .

Nếu thì , khi đó ta được không phải là số nhính phương.

Nếu khi đó là một hợp số. Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 83. Đặt với n là một số tự nhiên.

Vì p là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Với , khi đó ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

THCS.TOANMATH.com Trang 47

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Trường hợp 2: Với , khi đó ta có .

Từ đó ta được hoặc (vì p là số nguyên tố lẻ).

+ Nếu thì ta được . Từ đó ta được .

Từ đó ta được . Do đó trường hợp này lại

+ Nếu , khi đó ta đặt với k là số tự nhiên khác 0.

Thay vào phương trình ta được .

Từ đó suy ra hay .

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n. Khi đó do là số lẻ nên để phương trình trên có

nghiệm nguyên thì phải là số chính phương lẻ.

Ta thấy . Do đó .

Từ đó ta tính được suy ra nên . Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy các số cần tìm là và .

Bài 84. Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử .

Khi đó số nguyên tố lớn nhất là và số nguyên tố nhỏ nhất là .

, nên để có d lán nhất ta cần chọn được số nguyên tố c lớn Do đó ta được

nhất.

Chú ý rằng a, b, c là các số nguyên tố lẻ vì nếu thì khi đó là số chẵn lớn hơn 2 nên không thể

là số nguyên tố. Do đó cả bảy số nguyên tố đã cho đều là số lẻ.

Ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1: Nếu , khi đó số nguyên tố nên ta được . Vì 797 là số

nguyên tố và ta cần lấy c lớn nhất nên ta chọn .

Khi đó ta được và . Vì 1597 và 3 đều là các số nguyên tố nên ta cần chọn các

số nguyên tố a, b sao cho và là các số nguyên tố.

La chọn thì ta được và đều là các số nguyên tố.

Lúc đó ta được .

Trường hợp 2: Nếu , khi đó . Nếu ta chọn thì ta được .

Mà ta lại có nên không thỏa mãn. Do đó nên .

Trường hợp 3: Nếu , khi đó . Nếu ta chọn thì ta được .

Từ đó ta được nên suy ra , do đó không thỏa mãn.

Do đó nên .

Vậy giá trị lớn nhất của d là 1594 với các số nguyên tố được chọn trong trường hợp 1 và .

THCS.TOANMATH.com Trang 48

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 85. Khi ta có: do không thể là số chính phương

lớn hơn 0.

Khi ta xét hai trường hợp.

+ Nếu chia hết cho số nguyên tố thì ta đặt khi đó ta có:

do không thể là số chính phương nên trường hợp này ta loại.

+ Nếu không chia hết cho , tức là suy ra . Do đó là số chính

phương khi và chỉ khi , là số chính phương. Tức là:

, mà là số nguyên tố nên ta suy ra

. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy với là số nguyên tố lẻ.

Bài 86. Ta xét bài toán tổng quát: Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số nguyên dương A viết

được thành tổng trong đó các số là các hợp số.

Giả sử trong đó là các hợp số. Khi đó theo đề bài ta phải tìm

số n lớn nhất có thể.

Chú ý rằng để có n lớn nhất thì các hợp số phải nhỏ nhất. Dễ thấy 4 là hợp số chẵn nhỏ nhất

và 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất. Do đó với mọi số nguyên dương A ta luôn có , trong đó a là số nguyên

dương và . Đến đây ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1: Nếu , khi đó . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên số k lớn nhất là

Trường hợp 2: Nếu , khi đó . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên

Xét . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số với là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả

sử lẻ, suy ra . Khi đó

Xét , khi đó ta có . Do đó n lớn nhất là

Trường hợp 3: Nếu , khi đó . Tương tự trường hợp 2 ta có .

Xét ta có nên số n lớn nhất là

Trường hợp 4: Nếu , khi đó . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên .

Xét . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số với là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả

sử lẻ, suy ra . Khi đó

Xét , khi đó ta có . Do đó n lớn nhất là

THCS.TOANMATH.com Trang 49

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Kết luận: Với số nguyên dương và A chẵn thì A phân tích được thành a hợp số. Với số nguyên dương

và A lẻ thì A phân tích được thành hợp số, trong đó a là thương trong phép chia số A cho 4.

Áp dụng: Với thì ta được n lớn nhất là 504 và .

Với thì ta được n lớn nhât là 503 và .

. Bài 87. Giả sử p, q, r là các số nguyên tố thỏa mãn phương trình

Ta có . Khi đó ta xét các trường hợp sau

Nếu , khi đó phương trình trên trở thành .

Do và 5 là ước nguyên tố của nên ta được hoặc .

+ Với , khi đó ta được không phải là số nguyên tố.

+ Với , khi đó ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu , khi đó phương trình trên trở thành

Từ đó ta được . Do p và q là các số nguyên tố nên .

Nên từ đó ta suy ra được , thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu , khi đó ta có

Hay ta được .

Do đó và p là số nguyên tố nên ta được hoặc .

+ Với thì từ phương trình đã cho ta được .

Do nên 3 phải là ước nguyên tố của , mà q và r là các số nguyên tố, lại có nên suy ra

được . Từ đó ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Với thì từ phương trình đã cho ta được

. Hay ta được

Lại có nên , do đó từ phương trình trên ta được , không thỏa mãn yêu

cầu bài toán.

Vậy các bộ ba số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

với k là một số không âm. Bài 88. Đặt

Khi đó ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 50

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

với nhận giá trị là 1 hoặc . Hay

Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được

Đặt . Suy ra Q là một số nguyên. Từ

đó ta được . Hay ta được

Nếu M là số nguyên thì từ đẳng thức trên suy ra vế trái chia hết cho còn vế phải không chia hết cho ,

điều này vô lí. Do đó M không thể là số nguyên, suy ra .

Do đó từ ta suy ra được

Điều này dẫn đến

Hay suy ra được nên .

Bài 89. Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện . Khi đó ta xét các trường

hợp sau:

Nếu , khi đó , điều này vô lí do a, b lớn hơn 1.

Nếu , khi đó do c là số nguyên tố nên c là số lẻ.

Từ ta suy ra được là số lẻ nên là số chẵn hay a là số chẵn.

Do a là số nguyên tố nên ta được . Như vậy là số nguyên tố. Ta xét các khả năng sau

+ Khi thì ta được là một hợp số.

+ Khi , do b là số nguyên tố nên b là số lẻ. Ta đặt .

Khi đó ta có

Dễ thấy chia 3 dư 2 và 2011 chia 3 dư 2 nên ta được chia hết cho 3.

Do đó chia hết cho 3. Suy ra là một hợp số.

Vậy không tồn tại các số nguyên tố a, b, c để .

Bài 90. Ta xét các trường hợp sau

Với , khi đó tồn tại và để .

Với , khi đó giả sử tồn tại các số nguyên dương n, x, y với n bé nhất thỏa mãn .

Do nên suy ra , do đó và .

Ta có nên và .

THCS.TOANMATH.com Trang 51

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó suy ra và phải cùng chia hết cho p.

Suy ra chia hết cho p. Do p là số nguyên tố và nên ta được x và

y chia hết cho p.

Từ đó suy ra , khi đó chia cả hai vế của cho ta được .

Từ đó suy ra tồn tại số tự các số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.Tuy nhiên điều này lại

mâ thuẫn với việc nhọn n nhỏ nhất.

Vậy với thì không tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn .

Do đó các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là và .

Bài 91. Đặt . Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Nếu với k là một số nguyên dương, khi đó ta được

Dễ thấy nên suy ra .

Để là một số nguyên tố thì , khi đó là đó nguyên tố. Từ đó ta tìm được

Trường hợp 2: Nếu với k là một số nguyên, khi đó ta được

Dễ thấy nên suy ra

Như vậy để là một số nguyên tố thì hoặc , từ đó ta tìm được .

Khi đó là một số nguyên tố và .

Trường hợp 2: Nếu với k là một số nguyên, khi đó ta được

Ta thấy nên suy ra

Suy ra với mọi k thì luôn là số nguyên tố.

Vậy để là số nguyên tố thì hoặc .

THCS.TOANMATH.com Trang 52

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 92. Gọi là ước chung lớn nhất của , ta suy ra .

Ta có: .

Mặt khác ta có suy ra do đó mà là số nguyên tố nên hoặc

+ Nếu thì .

+ Nếu khi đó .

Áp dụng vào bài toán ta suy ra đpcm.

Bài 93. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn . Khi đó ta được .

Từ đó ta được nên ta được .

Suy ra p không chia hết cho 3. Ta xét các trường hợp sau:

Nếu , khi đó .

Do nên ta được .

Nếu khi đó với m, n là các số nguyên dương.

và thì và chia 3 dư 1, nên không thỏa mãn yêu cầu bài + Với

toán.

và thì chia 3 dư 2 và chia hết cho 3, nên không thỏa mãn + Với

yêu cầu bài toán.

+ Với và thì chia 3 dư 1 và chia hết cho 3, nên không thỏa mãn yêu

cầu bài toán.

và thì và chia 3 dư 1, nên không thỏa mãn yêu cầu bài + Với

toán.

Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là .

Bài 94. Ta có .

Do là ước của và nên cũng là ước của .

Do p là số nguyên tố lẻ nên suy ra là ước của .

THCS.TOANMATH.com Trang 53

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Nếu a không chia hết cho thì số mũ của p trong không vượt quá 2, khi đó không chia hết cho .

Do đó b phải chứa , điều này có nghĩa là b chia hết cho , từ đó ta được chia hết cho . Từ đó suy

ra không chia hết cho , điều này mâu thuẫn vơi giả thiết.

Do vậy a phải chia hết cho nên không chia hết cho . Từ không chia hết cho ta suy ra

được chia hết , do đó chia hết cho

Dẫn đến chia hết cho nên suy ra chia hết cho .

Vậy cũng là ước của .

, dễ thấy A là số chẵn. Do đó A là số nguyên tố khi và chỉ khi Bài 95. Đặt

, suy ra . hay

Ta xét các trường hợp sau :

+ Trường hợp

. + Trường hợp

+ Trường hợp

Bài 96. Ta có

Vì a là số nguyên nên ta được chia hết cho 2 và khác 1

Do đó là hợp số

Bài 97. Theo bài ra f(x) có dạng với a nguyên dương.

Ta có

Lại có:

Vì a nguyên dương nên . Vậy là hợp số

THCS.TOANMATH.com Trang 54

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 98. Biến đổi thành

Do lẻ nên với

+ Nếu khi đó ta có Từ đó ta được

Nếu thì vô lí nên suy ra , từ đó ta được .

+ Nếu khi đó ta có do đó ta được

Do đó để p là số nguyên tố thì , từ đó suy ra .

Thay vào phương trình ban đầu ta được , phương trình không có m nguyên dương thỏa mãn.

+ Nếu khi đó ta có do đó ta được điều này vô lí do q là số

nguyên tố

Vậy bộ là bộ duy nhất cần tìm.

Bài 99. Từ giả thiết suy ra .

Mà nên trong 5 số có bốn số bằng 2, một số lớn hơn 2.

Thật vậy, giả sử k là số số chẵn trong dãy . Suy ra

(A là tổng bình phương của 5-k số lẻ)

Mà nên .

Nhận xét được chứng minh xong.

Bây giờ ta giả sử

Từ đó suy ra

Từ đó giải được .

Vậy bộ các số nguyên tố các số cần tìm là trong đó được xác định

là và các hoán vị, còn có định .

Bài 100. Giả sử có số nguyên a để hay ta có

Suy ra hay

Nhưng theo định lí Fecmat thì

Nên ta được mà p là số nguyên tố dạng nên

THCS.TOANMATH.com Trang 55

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

, điều này vô lí.

Nên không tồn tại số nguyên a thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 101. Do 6(x + 2p) chia hết cho 3 nên từ phương trình đã cho ta suy ra chia hết cho 3. Mặt

khác, ta có để ý rằng, với mọi số nguyên a thì a2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Do đó, để chia hết cho 3

thì ta phải có và cùng chia hếtt cho 3. Suy ra x và py cùng chia hết cho 3.

Đặt x = 3a với a nguyên dương. Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

Do và 18a chia hết cho 9 nên từ phương trình trên, ta suy ra 12p chia hết cho 9, tức là p chia hết

cho 3. Mà p là số nguyên tố nên p = 3. Khi đó, phương trình (1) có thể viết lại thành

Hay

nên từ phương trình trên, ta suy ra . Do y là số nguyên dương nên ta có . Vì

Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm được các cặp số nguyên dương (a, y) thỏa mãn phương trình (2) là (3,1) và

(2,2). Từ đó suy ra, có hai bộ (x, y, p) thỏa mãn yêu cầu đề bài là (9, 1, 3) và (6, 2, 3).

Bài 102.

, giả sử . Đặt

Cách 1: Xét thì không là số nguyên tố.

Xét : Giả sử thì là số nguyên tố là số chính phương

(loại) TH1:

TH2: hoặc

Nếu (loại).

Nếu (vô lí) (loại).

Vậy không thể là số nguyên tố.

Cách 2: TH1: suy ra đpcm.

TH2: vơi .

sao cho và .

+) .

THCS.TOANMATH.com Trang 56

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó là hợp số.

Bài 103. a) Mỗi số tự nhiên đều có thể viết dưới dạng: .

Mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 đều không chia hết cho 2 và cho 3 suy ra chúng chỉ có thể có một trong 2

dạng hoặc .

b) Gọi p là số nguyên tố lớn nhất có dạng .

Đặt là tích các số nguyên tố từ 2, 3, 5,… đến p.

Gọi

Nếu D là số nguyên tố thì bài toán được chứng minh vì , .

Nếu D là hợp số thì D có ít nhất một ước số nguyên tố chinh là . Ta có nếu thì là ước số của D

và là ước số của A.

là ước số của (vô lý vì là số nguyên tố).

Nếu ta có cũng có dạng .

Vì nếu không một ước số nguyên tố nào của D có dạng mà chỉ có dạng thì tích của chúng có

dạng , vô lý vì trái với cách đặt . Tóm lại ta luôn luôn tìm được số nguyên tố dạng

lớn hơn p.

Vậy có vô số số nguyên tố có dạng .

Bài 104. Vì là các số nguyên tố nên suy ra .

z là số nguyên tố lẻ nên là số chẵn suy ra x = 2, khi đó .

Nếu y lẻ thì , suy ra , vô lí. Vậy y chẵn, suy ra y=2, .

Vậy các số nguyên tố cần tìm là

Bài 105. Đặt với (m, 3) = 1. Giả sử m > 1, xét hai trường hợp:

, (với ), . Ta có: i)

là hợp số. suy ra

. Ta có: ii)

(với

Suy ra là hợp số.

Vậy m = 1 tức là n = 3k.

Bài 106. Giả sử (a, b) = t, khi đó: với .

Từ ab = cd suy ra .

Đặt: .

Khi đó: .

Vì nên A là hợp số.

THCS.TOANMATH.com Trang 57

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 107. Ta có: .

Với n = 2 ta có p = 2.

Với n = 3 ta có p = 5.

Với n > 3 thì và n+2 >1 nên p là hợp số.

Vậy với n = 2, n = 3 thì p là số nguyên tố có dạng .

Bài 108. Vì a,b có vai trò như nhau nên có thể giả sử a > b.

Giả sử với p là số nguyên tố. (*)

Suy ra hoặc .

Từ (*) ta có ab = ap - bp

Với p = 2 ta có hoặc .

Với p = 3 ta có hoặc .

Với p = 5 và p = 7 ta có a có 2 chữ số (loại).

Vậy các số cần tìm là 12, 21, 26, 62.

Bài 109. a) Giả sử phản chứng rằng k > 0 và với mọi n.

Khi đó k = 2n . t, với t lẻ > 1. Vô lí với 2k + 1 là số nguyên tố.

Vậy k = 0 hoặc k = 2n.

b) Giả sử k = m . t với 1 < t 1.

Vậy k là số nguyên tố.

Bài 110. 1) Xét ba số dư của khi chia cho 3.

* Nếu cả ba số là khác nhau: thì nhưng khi đó không chia hết cho

3 (vô lý).

* Nếu có hai số dư bằng nhau thì không chia hết cho 3 trong khi đó một trong ba hiệu

hoặc chia hết cho 3 (vô lý) vì .

Vậy chỉ còn trường hợp cả 3 số đều có cùng số dư khi chia cho 3.

Mà:

2) Ta có:

Ta có: là tích của hai số chẵn liên tiếp vì a là số nguyên tố .

Ắt có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 4.

THCS.TOANMATH.com Trang 58

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét ba số liên tiếp: ; ắt có một số chia hết cho 3 vì a không chia hết cho 3.

Ta có: và a là số lẻ.

là số chẵn

Lại vì a không chia hết cho 5.

có dạng có dạng

Vì

Bài 111. +) Xét trường hợp p là hợp số:

Nếu p là hợp số thì p là tích của các thừa số nguyên tố nhỏ hơn p và số mũ các luỹ thừa này không thể

lớn hơn số mũ của chính các luỹ thừa ấy chứa trong (p – 1)!.

Vậy: (p – 1) !: p (điều phải chứng minh).

+) Xét trường hợp p là số nguyên tố:

Vì p P => p nguyên tố cùng nhau với mọi thừa số của (p –1)!

(vì p > p - 1 => (p – 1)! : p (điều phải chứng minh)

Bài 112. Gọi p là ước số nguyên tố của (1994! – 1)

Giả sử p 1994 => 1994. 1993 ..... 3. 2. 1 chia hết cho p

<=> 1994! Choa hết cho p

mà (1994! – 1) : p => 1 : p (vô lý)

Vậy: p không thể nhỏ hơn hoặc bằng 1994 hay p > 1994 (điều phải chứng minh).

Bài 113. Vì n > 2 nên k = n! – 1 > 1, do đó k có ít nhất một ước số nguyên tố p.

Ta chứng minh p > n .Thật vậy: nếu p  n thì n! chia hết cho p

Mà k chia hết cho p => (n! – 1) chia hết cho p.Do đó: 1 chia hết cho p (vô lý)

Vậy: p > n => n < p < n! – 1 < n! (Điều phải chứng minh)

Bài 114. Ta có: , với .

a, b đều là các số nguyên lớn hơn 1 nên m là hợp số.

Mà và p lẻ nên m lẻ và (mod 3).

Theo định lí Fermat, ta có: .

nên .

Vì nên , khi đó: . (đpcm).

Bài 115. Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho:

THCS.TOANMATH.com Trang 59

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(1).

Trong đó k,n là các số nguyên dương nào đó.

Từ (1) dễ thấy p không chia hết cho số nguyên tố 23 nên (p,23)=1.

Theo định lí nhỏ Fermat thì chia hết cho 23, suy ra có dạng với mọi số nguyên

dương t.

hay với mọi Từ đó

Bài toán được giải đầy đủ khi ta chỉ ra sự tồn tại số nguyên tố p thõa mãn (1). Chẳng hạn:

Với p = 2 có

Với p = 3 có

Với p = 4 có

Với p = 2003 thì tồn tại k theo định lí Fermat thỏa mãn .

Bài 116. Gọi bảy số nguyên tố là .

Ta có: (*)

Ta cần dùng định lí Fecma nhỏ:

Nếu số nguyên a không chia hết cho 7 thì .(Có thể chứng minh trực tiếp điều này thông qua việc

biến đổi với mọi r thỏa mãn , còn t là số nguyên)

Giả sử trong bảy số nguyên tố trên có k số khác 7 với

Nếu k = 0, nghĩa là cả bảy số trên đều bằng 7 thì ta có

7. 7. 7. 7. 7. 7. 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 thỏa mãn (*).

Nếu k = 7, nghĩa là cả bảy số trên đều là số nguyên tố khác 7 thì vế trái của (*) không chia hết cho 7, còn vế

phải của (*) chia hết cho 7 theo định lí Fec ma, điều này không xảy ra.

Vậy chỉ xảy ra bảy số nguyên tố trong đề bài đều là 7.

Bài 117. Giả sử .Ta có

Vì p là số nguyên tố và , suy ra chia hết cho p khi và chỉ khi chia hết

cho p hay

Do và p là số nguyên tố nên

và p = 3.

Bài 118. Giả sử nguyên dương và k là ước số của 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n= 3.7.19. Các số

nguyên tố 3, 7, 19 đều có dạng 2(2m + 1) + 1 = 4m +3

Gọi ước chung lớn nhất của là thì với ( .

Theo giả thiết (1).

THCS.TOANMATH.com Trang 60

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét hai trường hợp:

1) k là ước số của n có ước số nguyên tố dạng 4m + 3.

Áp dụng mệnh đề 2 vào (1) thì không chứa các ước số nguyên tố của k nên k là ước số của d

. Từ (1) có , do đó (1) vô nghiệm.

2) k = 5m với m là ước số của m. Lúc đó (1) trở thành . Lập luận như trên thì

m là ước số của d. Suy ra d= m.t. Từ đó ta có

(2)

Từ (2) có

(3)

Mặt khác

Kết hợp với (3) phải có A= 0. Điều này xảy ra chỉ khi và v = 1,

nghĩa là và

Từ A = 0 và (2) suy ra . Các số phải tìm là hoặc trong đó m là ước

của n = 3.7.19, nghĩa là m lấy 8 giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399.

Bài 119. Giả sử số máy tivi đã giao là . Ta có:

hay

Từ đó ta được: .

Nhưng 89 là số nguyên tố nên hoặc n - 1 phải bằng 1 hoặc n phải chia hết cho n-1. Trong cả hai trường hợp

ta đều tìm được n =2 và .

Vậy số máy tivi đã giao là 178.

Bài 120. Gọi 3 số nguyên tố phải tìm là; a, b, c ta có: a.b.c = 5(a + b + c) => abc 5

Vì a, b, c có vai trò bình đẳng

Giả sử: a 5, vì a P => a = 5

Khi đó: 5bc = 5(5 + b + c)

<=> 5 + b + c = bc

<=> bc – b - c + 1 = 6

<=> b(c - 1) – (c - 1) = 6

<=> (c - 1)(b - 1) = 6

Do vậy: b-1 = 1 => b = 2

và c-1 = 6 và c = 7

THCS.TOANMATH.com Trang 61

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

b-1 = 2 => b = 3 (loại vì c = 4  P)

và c-1 = 3 và c = 4

Vai trò a, b, c, bình đẳng

Vậy bộ số (a ;b ;c) cần tìm là (2 ;5 ;7)

Bài 121. Đặt

Xét số Ta thấy với mọi . Suy ra số này đều là hợp số.

Bài 122. Giả sử là hợp số, ta có với . Khi đó

là hợp số. Điều này trái với giả thiết. Vậy là số nguyên tố.

Bài 123. Ta xét các trường hợp sau

+) p = 2, khi đó là hợp số.

+) p = 3, khi đó là số nguyên tố.

+) p > 3, khi đó .

và Vì p lẻ và không chia hết cho 3 nên .

Suy ra nên là hợp số.

Vậy là số cần tìm.

Bài 124. Gọi là nghiệm nguyên dương của phương trình , ta có nên hoặc

, suy ra . ta có +)

. Vậy

Bài 125. Giả sử .

Trong ba số có một số chẵn.

* , khi đó điều này không xảy ra

* , ta có: .

+) lẻ. Suy ra: .

Vì và

Nên ta có , suy ra . Điều này không thể xảy ra với .

+) , ta có: . Theo phương trình Pitago ta có:

, , với .

Ta có: , suy ra .

Hay phương trình này vô nghiệm.

THCS.TOANMATH.com Trang 62

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Do đó ta có .

Bài 126. *) Nếu hoặc chia hết cho thì hiển nhiên số còn lại cũng chia hết cho .

*) Xét cùng không chia hết cho . Vì là số nguyên tố nên .

Do đó, theo định lí Fecma ta có:

hay

Suy ra , do đó vô lí.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 127. Ta có

Nếu ta có .

Suy ra hay .

Vì lẻ và nên .

. *

Bài 128. Không mất tính tổng quát, ta giả sử .

Ta có .

Do đó là số nguyên tố khi xảy ra một trong các trường hợp sau: và

là số nguyên tố.

Từ , khi đó không là số nguyên tố.

và là số nguyên tố.

Ta có .

Suy ra

Hoặc .

Vậy các số tự nhiên cần tìm là và các hoán vị với là số nguyên tố.

Hoặc và các hoán vị với là số nguyên tố.

Bài 129. Do là số nguyên tố lẻ nên hoặc

+Nếu thì nên vô lý.

THCS.TOANMATH.com Trang 63

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+Nếu . Do là số nguyên tố lẻ nên , rõ ràng là số nguyên tố mà

là số nguyên tố.

Bài 130. Từ phương trình ta suy ra . Suy ra , trong ba số có hai số chia hết

cho 3.

ta có

Suy ra

, không mất tính tổng quát, ta giả sử . Khi đó ta có

vô nghiệm +) +)

vô nghiệm. +) +)

Bài 131. Nếu , ta có nên .

Xét , ta có .

hoặc 3. Suy ra hoặc hoặc . Từ đây , suy ra . Mà

ta có . Nếu

. . Vì Xét

nên ta có hoặc và Do

. hoặc

. Suy ra . nên Mà

. Vậy

Bài 132. Nếu các số nguyên tố , , đều khác thì , , có dạng suy ra , , chia cho

3 đều dư là 1. Khi đó và nên là hợp số.

Vậy , , , khi đó là số nguyên tố.

Bài 133. Đặt . Ta có

Thay ta được:

Từ đó có đpcm.

THCS.TOANMATH.com Trang 64

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 134.Vì là số nguyên tố và , nên số nguyên tố có 1 trong 2 dạng: 3k + 1,3k + 2 với .

Nếu thì và

Do đó +2 là hợp số (trái với đề bài là số nguyên tố)

Nếu thì

Do p là số nguyên tố và p lẻ lẻ chẵn (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Bài 135. Vì là số nguyên tố và , nên số nguyên tố có một trong hai dạng: với

Nếu thì và

Do đó là hợp số (trái với đề bài là số nguyên tố).

Nếu thì và

Do đó là hợp số.

Vậy số nguyên tố có dạng thì là hợp số.

Bài 136. Từ

Do nguyên tố nên nhận các giá trị

Ta có bảng sau:

1 1 3

5 3 7

1 3

5 1 3

Vậy thỏa mãn.

Bài 137. Vì ba số nguyên tố đầu tiên là nên trong số nguyên tố phân biệt đã cho luôn có ít nhất

số lớn hơn . Vì số nguyên tố lớn hơn nên: số trên khi chia cho có số dư là hoặc . Theo nguyên

lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất số khi chia cho có cùng số dư. Mà số này lại không chia hết cho , vì

thế trong số ấy có ít nhất số mà ta có thể giả sử là sao cho . Ngoài ra hiển nhiên ta có

dẫn đến

Xét số còn lại. theo nguyên lý Dirichlet tồn tại số có cùng số dư khi chia hết cho . Đem số này chia

cho cho hai khả năng xảy ra:

Nếu có số (chẳng hạn )mà . Rõ ràng và . Vì nên ta

có . Lấy hai số bất kì (ngoài ra ) đã chọn thì lẻ (do số nguyên tố

khác ) nên .

THCS.TOANMATH.com Trang 65

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó suy ra .

Nếu số này khi chia cho có các số dư khác nhau là . Giả sử , thì

hay

Với số còn lại thì rõ ràng (theo cách chọn số trên)

Do lẻ nên .

Từ đó suy ra và .

Do đó

Vậy tồn tại , , , , , là các số nguyên tố phân biệt sao cho

. Bài 138.Đặt

• Xét .

Ta có: . Suy ra .

là số nguyên tố . Khi đó .

• Xét

. Ta có:

. Suy ra

là số nguyên tố . Khi đó .

• Xét .

. Ta có:

Suy ra không phải số nguyên tố .

Bài 139. Do là số nguyên tố lớn hơn nên , vậy có dạng .

Nếu thì . Mặt khác, nên không phải là số nguyên tố. mâu thuẫn =

này chứng tỏ không thể có dạng .

. Do đó

Từ đó .

Hơn nữa, vì là hai số nguyên tố lơn hơn và nên là hai số chẵn liên

tiếp. do đó hai trong số có một số chia hết cho .

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử , tức là hay .

THCS.TOANMATH.com Trang 66

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Suy ra: và do đó .

Vì nên suy ra .

và Bài 140. Với thì là các số nguyên tố.

Với p > 3 thì .

• Nếu thì ;

• Nếu thì

Vậy với thì và là số nguyên tố.

Bài 141. Tính chất: Nếu là số nguyên tố lớn thì chia hết cho .

Chứng minh: nên là số lẻ dẫn đến là tích số chẵn liên tiếp nên chia hết

cho (*).

Lại có là tích số chẵn liên tiếp nên chia hết cho . Mà là số nguyên tố

nên trong số phải có ít nhất 1 số chia hết cho . Do không chia hết cho suy ra

chia hết cho (**). Từ (*), (**) suy ra .

Ta có: (đpcm).

Bài 142. Giả sử có ba số nguyên tố , , sao cho . Khi đó nên là số lẻ, suy ra ,

không cùng tính chẵn lẻ. Giả sử và là số lẻ. Khi đó ta có . Nếu không chia hết cho

. Mặt khác, vì lẻ nên , từ đó suy ra , vô lí. Vậy , lúc thì

đó là số nguyên tố.

Vậy , , hoặc , , .

Bài 143. a) Giả sử là số nguyên tố và với . Nếu là hợp số thì có ước nguyên tố

thì lần lượt chia hết cho , vô lí. Vậy hoặc là số nguyên tố.

Khi chia cho thì kết quả không còn đúng nữa, chẳng hạn , là hợp số.

b) Số nguyên tố khi chia cho chỉ có thể dư , , , , , , , .

Với r = 1, 11, 19, 29 thì .

Với thì (mod 30).

Suy ra (mod 30).

là các số nguyên tố lớn hơn 5. Giả sử

Khi đó (mod 30) là số nguyên tố nên .

Nhận xét: với là số nguyên tố lớn hơn 5 ta có thể chứng minh (mod 30) bằng cách áp dụng Định

lí Fermat.

Ta có (mod 2), (mod 3), (mod 5) (mod 30).

THCS.TOANMATH.com Trang 67

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 144. Vì a, b, c đóng vai trò như nhau nên giả sử .

Khi đó (vì a là số nguyên tố).

hoặc . Với , ta có

thỏa với c là số nguyên tố bất kì. • Nếu thì

hoặc . • Nếu thì

Vậy các cặp số (a, b, c) cần tìm là (2, 2, p), (2, 2, 3), (2, 3, 5) và các hoán vị của chúng, với p là số

nguyên tố.

Bài 145. Ta có , giả sử với nào đó mà có số 5 là ước nguyên tố lớn nhất của số

thì không thể chia hết cho 2, cho 3. Vậy chỉ có thể xảy ra với , suy ra

Mà không chia hết cho 4 do là các số lẻ, vô lí. Vậy không có ước nguyên tố

lớn nhất là 5, tức là , .

Bài 146. Với ta có không là số nguyên tố.

Với thì là số nguyên tố.

. Vì lẻ và không chia hết cho nên và Với ta có

, do đó là hợp số.

Vậy, với thì là số nguyên tố.

Bài 147. Ta có:

Với ta có:

Do đó: và nên là hợp số.

Với thì là số nguyên tố.

Bài 148.

a) Giả sử (với ; n là số lẻ nên , khi đó

Vì p là số nguyên tố nên , suy ra .

Thử lại, . . Vậy

b) Giả sử suy ra .

13 và p là các số nguyên tố, mà và nên hoặc .

i) Với thì , khi đó là số nguyên tố

ii) Với thì khi đó là số nguyên tố.

Vậy, với thì là lập phương của một số tự nhiên.

THCS.TOANMATH.com Trang 68

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 149. Bổ đề: Nếu số nguyên dương a là một ước số của tích với và

thì a là hợp số.

Chứng minh: Giả sử ngược lại, a là số nguyên tố. Khi đó, do nên trong các số phải có ít nhất một số

chia hết cho a, tức ta phải có . Điều này mâu thuẫn với tính chất của số a, do đó nó phải là hợp số.

Trở lại bài toán: Giả thiết của bài toán có thể được viết dưới dạng như sau:

hay

Ta có

Do đó, ab + cd là ước của . Theo bổ đề trên, để chứng minh ab + cd là hợp số, ta chỉ

cần chứng minh được tính đúng đắn của hai bất đẳng thức:

Và

Bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng do ta có ab + cd – ac – bd = (a – d)(b – c) > 0. Như vậy, ta chỉ còn phải

xét bất đẳng thức (2). Từ giả thiết, ta thấy nếu a < b + d thì:

Mâu thuẫn này cho thấy và như thế, ta có:

Bất đẳng thức (2) được chứng minh. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài 150. Vì (1)

Xét

Mà

Từ (1)và (2) suy ra a + b + c + d là hợp số.

Bài 151. Đặt với Giả sử , xét hai trường hợp:

Ta có: i)

(với ) , suy ra

là hợp số.

, Ta có: ii)

THCS.TOANMATH.com Trang 69

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

(Với ),

Suy ra là hợp số.

Vậy tức là .

Bài 152. Giả sử trong đó là các hợp số

Theo bài ra ta có

+ Mỗi số hạng không thể viết thành tổng hai hợp số (1)

+ Tổng hai hợp số bất kì không thể viết thành tổng 3 hợp số (2)

Do 2015 là số lẻ nên tồn tại ít nhất một hợp số lẻ, hợp số đó phải bằng 9 vì 1;3;5;7;11;13 không phải là hợp

số.

Nếu có hợp số lẻ với là số chẵn nên bằng tổng hai hợp số- trái với

(1)

Mặt khác không có quá một hợp số bằng 9 vì nếu có hai hợp số bằng 9 thì 9+9=6+6+6 trái với (2)

Do đó: với là các hợp số chẵn

các hợp số phải nhận các giá trị 4 hoặc 6.

Vì nếu là hợp số chẵn và là tổng hai hợp số, trái với (1)

Số hợp số bằng 6 chỉ có thể là một vì nếu có hai hợp số bằng 6 thì 6+6=4+4+4

Giả sử

Vậy số tự nhiên cần tìm là

Bài 153. Ta có:

Với ta có

Với thì và nên là hợp số.

Vậy với thì là số nguyên tố có dạng

Bài 154. Ta có chia 3 dư 2

Mà chia 7 dư 1 4. chia 7 dư 4

4. +31 7

7 Mà A >7

THCS.TOANMATH.com Trang 70

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

A là hợp số với mọi số tự nhiên n.

Bài 155. ● Ta chứng minh với mọi .

Ta có: (mod ) (mod ) ( ).

Theo Định lí Fermat: (mod ) (mod ) .

Mặt khác: nên là hợp số với mọi .

● Ta chứng minh với mọi .

Bài 156. Ta có với

a,b đều là số nguyên tố lớn hơn 1 nên m là hợp số

Mà và p lẻ nên m lẻ và (mod 3).

Theo Định lí Fermat, ta có

nên

Vì nên , khi đó (đpcm).

Bài 156. Giả sử tồn tại bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy , . Phương trình đã cho

có thể được viết lại thành

, (1)

trong đó

Nếu không chia hết cho thì từ (1), ta có và

Từ đó dễ thấy và , mâu thuẫn. Vậy chia hết cho .

Do nên từ (1) suy ra chia hết cho . Khi đó, ta có

Do chia hết cho và nên từ kết quả trên, ta suy ra chia hết cho , hay . Từ

đây, dễ thấy và khác tính chẵn lẻ, hay

Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng\

hay ,

trong đó, . Do nên

, từ đó ta có chia hết cho . Tuy nhiên, điều này không

thể xảy ra do

THCS.TOANMATH.com Trang 71

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Vậy không tồn tại các số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 157. Đặt .

Suy ra là số tự nhiên lẻ nên .

là số nguyên tố nên .

Suy ra .

. Bài 158. Ta có:

Do là số nguyên tố lớn hơn nên không chia hết cho , do đó

Vậy là hợp số.

THCS.TOANMATH.com Trang 72

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ XI. CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1. Nguyên lý cực hạn.

Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau:

Nguyên lí 1: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số

lớn nhất.

Nguyên lí 2: Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số bé nhất.

Nhờ nguyên lý này ta có thể xét các phần tử mà một đại lượng nào đó có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất,

chẳng hạn :

- Xét đoạn thẳng lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) trong một số hữu hạn đoạn thẳng

- Xét góc lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) trong một số hữu hạn góc.

- Xét đa giác có diện tích hoặc chu vi nhỏ nhất ( hoặc lớn nhất) trong một số hữu hạn đa giác

- Xét khoảng cách lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) trong một số hữu hạn khoảng cách giữa hai điểm hoặc khoảng

cách từ một điểm đến một đường thẳng

- Xét các điểm là đầu mút của một đoạn thẳng, xét các điểm ở phía trái nhất hoặc phải nhất của một đoạn

thẳng( giả thiết là đoạn thẳng nằm ngang).

Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản

chứng, được vận dụng trong trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ tập hợp hữu hạn( nguyên lí 1)

hoặc có thể có vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2).

2. Các bước áp dụng nguyên lý cực hạn khi giải toán

Khi vận dụng nguyên lí này, ta phải tiến hành các bước sau:

Bước 1. Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ

nhất.

Bước 2. Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị này (nhỏ nhất hoặc lớn nhất)

Bước 3. Chỉ ra một mâu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớn hơn) giá trị ta đang khảo sát .

Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứng minh.

B. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài toán 1. Tồn tại hay không tồn tại 100 điểm sao cho với bất kì hai điểm A; B nào trong 100

điểm đó cũng tồn tại một điểm C trong các điểm còn lại mà góc

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giả sử tồn tại 100 điểm có tính chất như đề bài.

Gọi A; B là hai điểm có khoảng cách lớn nhất

trong 100 điểm này và tồn tại điểm C mà góc

Điểm C không thể thuộc đường thẳng AB

Xét tam giác ABC có cạnh AB lớn nhất nên góc

C là lớn nhất, mà góc nên góc A và

B cũng < 600

Do đó vô lý nên không tồn tại 100 điểm trên

Bài toán 2. Cho 10 đường thẳng trong đó không có hai đường nào song song. Biết qua giao điểm

của 2 đường thẳng bất kì trong 10 đường thẳng đó có ít nhất một đường thẳng trong các đường

thẳng còn lại đi qua. Chứng minh 10 đường thẳng đó đồng qui.

Lời giải:

Giả sử 10 đường này không đồng qui. Xét

đường thẳng d, có 1 hoặc nhiều giao điểm

của 2 đường thẳng đã cho nằm ngoài d, ta gọi

A là điểm nằm gần d nhất

Theo giả thiết có ít nhất 3 đường thẳng qua

do không có hai đường thẳng nào // nên ba đường thẳng này cắt d tại 3 điểm khác nhau B; C; D và giả sử C

nằm giữa B và D

Cũng theo giả thiết qua C còn có một đường thẳng nữa, đường thẳng này cắt đoạn AB, AD tại E; F , chẳng

hạn cắt AB tại E nằm giữa A và D, khi đó dễ thấy khoảng cách từ E đến d < khoảng cách từ A đến d, điều

này trái với cách chọn điểm A và đường thẳng d

Vậy 10 đường thẳng này đồng qui.

Bài toán 3. Cho một đa giác lồi n cạnh ( n > 3). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có đỉnh lấy

từ đỉnh đa giác đã cho mà đường tròn ngoại tiếp tam giác chứa tất cả các đỉnh còn lại của đa giác

Lời giải:

Với đa giác , xét tất cả các góc ( Với i từ 3 đến n) ta chọn góc có số đo nhỏ nhất

đường tròn ngoại tiếp tam giác chứa tất cả các đỉnh khác của đa giác.

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thật vậy nếu có đỉnh Aj (j từ 3 đến n) mà ở ngoài đường tròn thì

Mâu thuẫn, vậy bài toán được chứng minh.

Bài toán 4. Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác nhau. Mỗi

máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất. chứng minh rằng, trên bất kỳ sân

bay nào cũng không thể có quá 5 máy bay bay đến.

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra nếu các máy bay bay từ các sân bay M và N đến sân bay O thì khoảng cách MN là

lớn nhất trong các cạnh của tam giác MON, do đó .

Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay đến sân bay O thì một trong các góc

không lớn hơn vì tổng các góc đã cho bằng . Vậy:

; suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 5. Trong tam giác ABC có ba góc nhọn. lấy một điểm P bất kỳ; chứng minh khoảng cách

lớn nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần

khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của tam giác đó.

Lời giải:

Dựng tương ứng vuông góc với các cạnh BC, CA, AB. Vì tam giác ABC có ba góc nhọn

nên các điểm tương ứng nằm trong đoạn BC, CA và AB. Nối PA, PB, PC ta có:

. Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thể nhỏ hơn

. Không mất tính tổng quát, ta giả sử góc là lớn nhất, khi đó . Xét vuông

tại , ta có: . Từ đó ta có: . Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn

nhất trong các khoảng cách từ P đến các đỉnh và thay bằng khoảng cách ngắn nhất trong các

khoảng cách từ P đến các cạnh thì bất đẳng thức càng được thỏa mãn.

Bài toán 6. Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của tam giác đều nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác

nhỏ hơn .

Lời giải:

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Gọi A là góc nhỏ nhất của tam giác ABC, suy ra: . Ta có: .

Do đó:

Bài toán 7. Chứng minh rằng bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh của một tự giác lồi thì phủ kín

miền tứ giác ABCD.

Lời giải:

Lấy M là một điểm tùy ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả

năng xảy ra:

Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ

giác ABCD). Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh

ấy. Trong trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.

Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD .

Khi đó ta có

Theo nguyên lí cực hạn thì trong các góc luôn tồn tại một góc có số đo lớn nhất.

Giả sử . Khi đó

Từ đó suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn đường kính BC. Vậy dĩ nhiên M bị phủ

bởi đường tròn này. Như thế do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín

tứ giác lồi đã cho. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 8. Trên mặt phẳng cho điểm; trong đó không có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng.

Người ta tô 2000 điểm bằng màu đỏ và tô 2000 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh răng; bao

giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2000 đoạn

thẳng không có điểm nào chung.

Lời giải:

Xem tất cả các cách nối 2000 cặp điểm ( đỏ với xanh) bằng 2000 đoạn thẳng. Các cách nối như vậy luôn

luôn tồn tại và do chỉ có 2000 cặp điểm nên số tất cả các cạnh nối như vậy là hưỡ hạn.

Do đó, ắt tìm được một cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất. Ta chứng minh rằng đây là

cách nối phải tìm.

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thật vậy; giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O ( Giả sử A và B tô màu

đỏ, còn X và Y tô màu xanh). Khi đó, nếu ta thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX, các

đoạn khác giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất:

Như vậy; việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX, ta nhận được một cách nối

mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ hơn. Vô lý, vì trái với giả thiết là đã chọn một cách nối có tổng các

độ dài là bé nhất. Điều vô lý đó chứng tỏ: Cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là nắng nhất là không có

điểm chung.

Bài toán 9. Cho 2000 đường thẳng phân biệt, trong đó ba đường thẳng bất kỳ trong số chúng đồng

qui. Chứng minh rằng: cả 2000 đường thẳng đã cho đồng qui tại một điểm.

Lời giải:

Bằng phương pháp phản chứng: Giả sử

ngược lại các đường thẳng đã cho không đi

qua một điểm. Xét các giao điểm tạo nên bởi

2000 đường thẳng đã cho. Xét tất cả các

khoảng cách khác 0 hạ từ các giao điểm này

đến các đường thẳng đã cho

Giả sử A là một giao điểm trong số đó Và gọi AQ là khoảng cách nhỏ nhất trong số đó vẽ từ A đến đường

thẳng l trong số 2000 đường thẳng. Qua A theo giả thiết, phải có ít nhất ba đường thẳng này cắt l lần lượt tại

B, C và D.

Vẽ , thì hai trong ba điểm B, C, D phải nằm về cùng một phía của điểm Q, chẳng hạn là C và D.

Giả sử ; vẽ . Vô lí, vì trái với giả sử AQ là khoảng cách

bé nhất. Điều vô lí đó chứng tỏ 2000 đường thẳng đã cho đồng qui tại một điểm.

Bài toán 10. Trên mặt phẳng đã cho 2000 điểm, khoảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Nối

mỗi điểm trong số 2000 điểm này với điểm ở gần nhất. Chứng minh rằng, với cách nối đó không

thể nhận được một đường gấp khúc khép kín.

Lời giải:

Giả sử ngược lại, chúng ta nhận được một đường gấp khúc khép kín. Gọi AB là mắt lớn nhất của đường

gấp khúc khép kín này.

Giả sử AC và BD là hai mắt kề với mắt AB, ta có:

● nên B không là điểm ngắn nhất của A.

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

● nên A không là điểm ngắn nhất của B. Chứng tỏ rằng Ava B không được nối với nhau. Vô

lí! Điều vô lí này chứng tỏ không nhận được một đường gấp khúc khép kín với cách nối như vậy.

Cách khác: Nếu có đoạn nối AB thì B là điểm ngắn nhất của A ( các khoảng cách khác nhau ) Vậy không

tồn tại đoạn nối A với 1998 điểm còn lại. như thế các đoạn nối không thể tạo thành đường gấp khúc ( đường

ấp khúc khôn tồn tại kể cả khi có hai đoạn).

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1:Bên trong đườn tròn tâm O bán kinh R = 1 có 8 điểm phân biệt, chứng minh rằng: Tồn tại ít nhất hai

điểm tron số chúng mà khoảng cách giữa hai điểm này nhỏ hơn 1.

Bài 2. Trên các cạnh của tam giác lấy điểm lần lượt thuộc . Biết rằng, độ dài

các đoạn thẳng không lớn hơn 1. Chứng minh rằng: (đơn vị diện tích).

Bài 3: Trong hình vuông mà độ dài mỗi cạnh là 4 cho trước 33 điểm phân biệt, trong đó không có ba điểm

nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn có bán kính đều bằng , có tâm là các điểm đã cho. Hỏi có

hay không ba điểm trong số các điểm nói trên sao chúng đều thuộc vào phần chung của ba hình tròn có các

tâm cũng chính là ba điểm đó?

Bài 4. Trên mặt phẳng cho 2000 điểm không thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba

trong số 2000 điểm đã cho mà đường tròn này không chứa bất kì điểm nào trong số 1997 điểm còn lại.

Bài 5. Cho tứ giác ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng các đường chéo giao

nhau tại thì tứ giác là hình thoi.

Bài 6. Cho 19 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, nằm trong một hình lục giác đều có cạnh

bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác mà đỉnh là ba trong 19 điểm trên có ít nhất một góc

không lớn hơn và nằm trong đường tròn bán kính nhỏ hơn .

Bài 7. Cho tứ giác thỏa mãn: bán kinh các đường tròn nội tiếp bốn tam giác và

bằng nhau. Chứng minh rằng: là hình chữ nhật.

Bài 8. Cho 2000 đường thẳng phân biệt; trong đó có ba đường thẳng bất kì trong số chúng thì đồng quy.

Chứng minh rằng cả 2000 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm.

Bài 9. Trên mặt phẳng đã cho 2000 điểm, khoảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Nối mỗi điểm trong

số 2000 điểm này với điểm ở gần nhất. Chứng minh rằng với cách nối đó không thể nhận được một đường

gấp khúc khép kín.

Bài 10. Trên mặt phẳng cho 2000 điểm thoả mãn ba điểm bất kì trong số chúng đều thẳng hàng. Chứng

minh rằng 2000 điểm đã cho thẳng hàng.

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 11. Cho tứ giác lồi có hai đường chéo và cắt nhau tại . Chứng minh rằng nếu các

bán kính của 4 đường tròn nội tiếp các ram giác mà bằng nhau thì tứ giác là

hình thoi.

( Đề thi học sinh giỏi quốc gia lớp 9 năm 1986 – 1987 Bảng A)

Bài 12. Trong tam giác có ba góc nhọn. Lấy một điểm bất kì, chứng minh rằng khoảng cách lớn

nhất trong các khoảng cách từ điểm đến các đỉnh của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách

bé nhất trong các khoảng cách từ điểm đến các cạnh của tam giác đó.

(Thi chọ học sinh giỏi lớp 9 quốc gia năm 1991 – 1993 bảng B)

Bài 13. Chứng minh rằng bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh của một tứ giác thì phủ kín miền tứ giác

Bài 14. Gọi là giao điểm của tứ giác lồi . Chứng minh rằng nếu các tam giác

có chu vi bằng nhau thì tứ giác là hình thoi.

Bài 15. Bên trong hình vuông cạnh 1 cho n điểm. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm

đã cho hoặc đỉnh của hình vuông sao cho diện tích S của nó thỏa mãn bất đẳng thức

Bài 16. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng mà đôi một không song song với nhau, sao cho qua giao điểm

của mỗi cặp đường thẳng thì có một đường thẳng thứ ba. Chứng minh rằng tất cả n đường thẳng đã cho đồng

quy.

Bài 17. Trên mặt phẳng cho n điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một đường gấp khúc với các đỉnh là

n điểm đã cho mà chúng không tự cắt nhau.

Bài 18. Trong dãy số gồm 6 số nguyên dương sắp theo thứ tự tăng dần thỏa mãn số đứng sau là bội của số

đứng trước nó và tổng của sáu số đó là 79. Tìm dãy số mà số thứ sáu có giá trị lớn nhất.

Bài 19. Cho 21 số nguyên đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện tổng của 11 số nguyên tùy ý trong chúng

lớn hơn tổng của 10 số nguyên còn lại. Biết rằng trong 21 số đó có một số là 101 và số lớn nhất là 2014. Tìm

19 số còn lại.

Bài 20. Chọn 100 số tự nhiên khác nhau bất kì sao cho mỗi số đều không vượt qua 2015 và mỗi số đều chia

17 dư 10. Chứng minh rằng trong 100 số trên luôn chọn được ba số có tổng không lớn hơn 999.

HƯỚNG DẪN

Bài 1: Nhận xét: ít nhất 7 điểm trong số 8 điểm đã cho là khác tâm O.

Gọi các điểm đó là .

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có góc nhỏ nhất trong số các góc là không lớn hơn .

Giả sử là bé nhất.

Xét , vì

nên hoặc

Suy ra, hoặc hoặc

Mà hoặc .

Bài 2. Không mất tính tổng quát, giả sử . Xét hai trường

hợp:

TH1: Tam giác ABC có ba góc nhọn, khi đó: và .

Ta có:

TH2: Tam giác ABC không là tam giác nhọn, khi đó:

Bài 3: Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, mỗi hình vuông có cạnh bằng 1; vì có 33 điểm chứa

trong 16 hình vuông, do đó theo nguyên tắc Dirichlet ắt phải có ít nhất là một hình vuông chứa không ít hơn

ba điểm.

Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ tron hình vuông đơn vị đã cho không thể vượt qua độ dài đường chéo

của nó bằng .

Gọi là ba điểm cùng nằm trong một hình vuông đơn vị nào đó. Vẽ ba đườn tròn tâm

cùng bán kính là . Chắc chắn cả ba điểm đều nằm trong cả ba đường tròn này, nghĩa là chúng

nằm trong phần chung của ba hình tròn có tâm tại chính các điểm .

Bài 4. Nối hai điểm bất kì trong số 2000 điểm đã cho bằng 1 đoạn thẳng. Ta có tất cả 1999000 đoạn thẳng

như vậy. Gọi AB là đoạn thẳng có độ dài bé nhất.

Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB 1998 điểm còn lại nằm ngoài đường tròn tâm O. Gọi C là điểm

trong số 1998 điểm còn lại thỏa mãn góc ACB là lớn nhất trong số các góc nhìn 2 điểm A và B.

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét . Ta có đường tròn ngoại tiếp không chứa điểm nào trong số 1997 điểm còn lại.

Bài 5. Không mất tính tổng quát, ta giả sử:

Gọi lần lượt là các điểm đối xứng của và qua .

Bởi vì là tiếp tuyến của

nên cũng tiếp xúc với

Mặt khác, cũng tiếp xúc với

là hình bình hành.

Mặt khác, ngoại tiếp

là hình thoi.

Bài 6. Vẽ các đường chéo của lục giác đều. Các đường chéo này chia lục giác đều thành 6 tam giác bằng

nhau mỗi cạnh tam giác có độ dài bằng 1. Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 19 điểm luôn tồn tại bốn điểm

nằm tròn một tam giác đều.

Giả sử bốn điểm cùng nằm trong một tam giác đều là A, B, C, D. Ta xét các vị trí của bốn điểm A, B, C, D

theo các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ giác lồi. Khi đó ta

có .

Như vậy trong bốn góc trên tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng , giả

sử đó là góc A. Khi đó ta có nên một trong hai góc

có một góc không lớn hơn .

Như vậy một trong hai tam giác ADC và ABD có một góc không lớn hơn

Trường hợp 2: Trong bốn điểm A, B, C, D có một điểm nằn trong tam giác có ba đỉnh là ba điểm còn lại.

Giả sử điểm D nằm trong tam giác ABC.

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

+ Nếu thì ta được nên một

trong hai góc không lớn hơn . Suy ra tam

giác BCD thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Nếu thì ta được , do đó

Từ đó ta được một trong hai góc không lớn hơn

hay một trong hai tam giác ADC và ADB thỏa mãn yêu

cầu bài toán.

Mạt khác ta giác đều có cạnh bằng một nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là .Mà

nên ta có điều phải chứng minh.

Bài 7. Giả sử:

Vẽ các hình bình hành suy ra tứ giác

là hình bình hành.

Do đó:

Mặt khác:

Theo giả thiết:

Gọi là giao điểm của và . Ta chứng minh .

Giả sử khác thuộc vào một trong 4 tam giác .

Giả sử thuộc vào miền tam giác (vô lý).

Điều vô lí chứng tỏ trùng với thẳng hàng và thẳng hàng.

Ta có:

Vì :

Suy ra là hình bình hành.

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Xét tiếp: (vì là hình bình hành).

Vậy là hình chữ nhật.

Bài 8. Bằng phương pháp chứng minh phản chứng: Giải sử

ngược lại các đường thẳng đã cho không đi qua một điểm.

Xét các giao điểm tạo nên bởi 2000 đường thẳng đã cho.

Xét tất cả các khoảng cách khác 0 hạ từ giao các giao điểm

này đến các đường thẳng đã cho. Giả sử A là một giao

điểm trong số đó và gọi AQ là khoảng cách nhỏ nhất trong

số đó vẽ từ A đến 1 đường thẳng trong số 2000 đường

thẳng.

Qua A theo giả thiết, phải có ít nhất là 3 đường thẳng này cắt lần lượt tại B, C và D.

Vẽ thì hai trong ba điểm B, C, D phải nằm về cùng một phía với điểm Q, chẳng hạn là C và D.

Giả sử vẽ vẽ .

Suy ra: . Vô lí, vì trái với giả sử AQ là khoảng cách bé nhất. Điều vô lí đó chứng tỏ 2000

đường thẳng đã cho đồng quy tại 1 điểm.

Cách khác: Lấy hai đường thẳng bất kì cắt nhau tại M thì bất cứ đường thẳng tùy ý nào cũng phải qua

M. Vậy 2000 đường thẳng trên sẽ đồng quy.

Bài 9. Giả sử ngược lại với cách nối đó, chúng ta nhận được một

đường thẳng gấp khúc khép kín.

Gọi AB là mắt lớn nhất của đường gấp khúc khép kín này.

Giả sử AC, BD là hia mắt kề với mắt AB.

Ta có:

• AC < AB nên B không là điểm gần nhất của A.

• BD < AB nên A không là điểm gần nhất của B.

Chứng tỏ rằng A và B không được nối với nhau. Vô lí!

Điều vô lí này chứng tỏ không thể nhận được một đường gấp khúc nào khép kín với cách nối như vậy.

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Cách khác: Nếu có đoạn nối AB thì B là điểm gần nhất của A (các khoảng cách khác nhau). Vậy không tồn

tại đoạn nối A với 1998 điểm còn lại. Như vậy các đoạn nối không thể tạo thành đường gấp khúc (đường gấp

khúc không tồn tại kể cả khi có 2 đoạn).

Bài 10. Giả sử ngược lại 2000 điểm đã cho không thẳng hàng.

Dựng qua mỗi cặp hai điểm trong số 2000 điểm này một đường thẳng. Số các đường thẳng được nối như

vậy là hoàn toàn xác định, hữu hạn. Xét các khoảng cách khác 0 nhỏ nhất từ 2000 điểm đã cho đến các

đường thẳng vừa dựng. Số các khoảng cách như vậy tồn tại và hữu hạn.

Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là bé nhất (A, B, C là ba điểm trong số 2000 điểm đã cho). Theo

giả thiết, trên BC còn có 1 điểm thứ 3 là D khác B và C.

Vẽ khoảng cách là bé nhất (theo giả sử), ta có trong ba điểm B, C, và D phải có ít nhất 2

điểm nằm về cùng một phía với của điểm Q, giả sử là C và D.

Giả sử vẽ dễ thấy (vô lí).

Điều vô lí chứng tỏ 2000 điểm đã cho thẳng hàng.

Cách khác: Lấy hai điểm cố định A, B bất kì thì một trong số 1998 điểm còn lại cũng đều nằm trên đường

thẳng AB. Vậy 2000 điểm đã cho thẳng hàng.

Bài 11. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng: .

Gọi tương ứng là các điểm đối xứng của và qua tâm , ta có cảm giác nằm trong miền

tam giác .

Giả sử đoạn thẳng không trùng với đoạn thẳng . Khi đó

đường tròn nội tiếp tam giác nằm bên trong đường tròn

nội tiếp tam giác , đồng dạng (phối cảnh) với đường tròn

này với tâm đồng dạng , hệ số đồng dạng lớn hơn 1.

Như vậy: ( là bán kính đường tròn nội tiếp

tam giác ); vô lí vì trái với giả thiết , điều đó chứng tỏ .

Khi đó là hình bình hành.

Trong hình bình hành có (trong đó, là nửa chu vi của các tam giác

Suy ra: (vì )

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Hình bình hành có nên là hình thoi.

Bài 12. Dựng tương ứng vuông góc với các cạnh . Vì tam giác có ba góc

nhọn nên các điểm tương ứng nằm trong đoạn . Nối ta có:

Suy ra góc lớn nhất trong các góc này không thể nhỏ hơn . Không

mất tính tổng quát, ta giả sử là góc lớn nhất, khi đó:

. Xét tam giác vuông tại ta có:

Từ đó ta có: .

Nếu thay bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ

đến các đỉnh và thay bằng khoảng cách nhỏ nhất trong cách

khoảng cách từ đến các cạnh thì bất đẳng thức càng được thỏa mãn.

Bài 13. Gọi là một điểm bất kì bên trong tứ giác .

Ta có:

Do đó góc lớn nhất trong bố góc này không nhỏ hơn . Không mất tính tổng quát, giả sử góc lớn

nhất.

nằm trong đường tròn đường kính .

Bài 14. Không mất tính tổng quát, ta giả sử: .

Gọi tương ứng là các điểm đối xứng của và qua

Tam giác nằm trong tam giác .

Ta có: chu vi ( ) chu vi ( ) chu vi ( )

chu vi ( ).

Dấu “=” xảy ra .

Khi đó, tứ giác có: là hình bình hành.

THCS.TOANMATH.com Trang 13

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Mặt khác: Chu vi ( ) , chu vi .

Suy ra . Vậy là hình thoi.

Bài 15.

Gọi A, B, C, D là bốn đỉnh hình vuông và là n điểm nằm trong hình vuông. Nối với 4

đỉnh A, B, C, D. Khi đó ta được 4 hình tam giác.

+ Nếu nằm trong một trong 4 tam giác đó (giả sử nằm trong tam giác ) Ta nối với A, D và

. Sau khi nối xong thì số tam giác tăng thêm 2.

+ Nếu nằm trên cạnh chung nối với A và C. Khi đó số tam giác cũng tăng thêm 2.

Như vậy trong mọi trường hợp, số tam giác sẽ tăng thêm 2. Với các điểm ta làm tương tự.

Cuối cùng số tam giác được tạo thành là tam giác. Các tam giác trên đều có đỉnh là

đỉnh của hình vuông hoặc n điểm đã cho. Khi đó, tổng diện tích của tam giác này bằng diện tích hình

vuông(bằng 1).

Theo nguyên lý cực hạn thì tồn tại tam giác có diện tích nhỏ nhất trong tam giác ấy. Gọi diện tích

này là S thì . Ta có điều cần chứng minh.

Bài 16.

THCS.TOANMATH.com Trang 14

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Giả sử tất cả các đường thẳng đã cho không

đồng quy tại một điểm. Xét giao điểm A của

hai đường thẳng tùy ý trong n đường thẳng

đã cho. Kí hiệu hai đường thẳng này là

và . Với mỗi đường thẳng không đi

qua điểm A ta xét khoẳng cách từ điểm A

đến đường thẳng . Trong số các cặp điểm

A và đường thẳng như vậy ta chọn cặp

điểm A và đường thẳng mà khoảng cách

từ A đến là nhỏ nhất.

Giả sử đường thẳng cắt hai đường thẳng và lần lượt tại B và C. Theo giả thiết của bài toán thì tồn

tại đường thẳng đi qua A và cắt đường thẳng lại D. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử D thuộc

đoạn BC. Qua D tồn tại đường thẳng cắt phần trong của đoạn thẳng AB hoặc AC. Giả sử đường thẳng

cắt AC tại E nằm trong đoạn AC. Khi đó khoảng cách từ E đến đường thẳng nhỏ hơn khoảng cách từ

A đến đường thẳng , điều này mâu thuẫn với khoảng cách từ A đến là nhỏ nhất.

Vậy tất cả các đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm.

Bài 17.

Xét hệ tất cả các đường gấp khúc khép kín gồm có n

khúc với n đỉnh chính là n điểm đã cho. Vì số đường gấp

khúc là hữu hạn nên tồn tại một đường có tổng độ dài bé

nhất. Gọi đường gấp khúc có tổng độ dài bé nhất là

. Khi đó nó chính là một đường gấp khúc

cần tìm và không có hai cạnh nào của đường cắt nhau.

Thật vậy, ta giả sử hai cạnh của đường gấp khúc cắt nhau tại O là và .

Từ đó ta có . Theo bất đẳng thức tam giác thì đường gấp khúc nhày khép

kín và có tổng đội dài ngắn hơn đường gấp khúc đã chọn. Điều này

mâu thuẫn. Do đó bài toán được chứng minh.

Bài 18. Giả sử sáu số nguyên dương thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta có và

THCS.TOANMATH.com Trang 15

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Ta có nhận xét, nếu thì và .

Khi đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta được .

Để ý là trừ số đầu tiên thì các số còn lại trong dãy số trên là bội của số đứng trước nó, do đó ta có một cách

chọn bốn số đầu tiên là .

Ta có và với m, n là các số nguyên dương lớn hơn 1.

Mặt khác ta lại có . Từ đó ta được

Giải phương trình nghiệm nguyên trên kết hợp với điều kiện số thứ sáu của dãy lớn nhất ta được

nên ta được .

Vậy dãy số cần tìm là 1; 2; 4; 8; 16; 48.

Bài 19. Gọi 21 số đó là . Không mất tính tổng quát ta giả sử . Khi đó ta

được .

Theo bài ra ta có

Nên ta được .

Do là 21 số guyên đôi một khác nhau và nên ta suy ra được

Do đó ta được nên suy ra . Theo bài ra trong 21 số trên có một số là 101 nên từ các kết

quả trên ta suy ra được .

Và ta có

Do đó nên

Từ đó ta được .

Từ đến có 11 số nguyên khác nhau nên ta được

THCS.TOANMATH.com Trang 16

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Từ đó ta được .

Vậy 19 số cần tìm là 19 số nguyên liên tiếp từ 1995 đến 2013.

Bài 20. Giả sử n là số tự nhiên chia 17 dư 10, khi đó và n có dạng với .

Gọi 100 số tự nhiên được chọn là .

Không mất tính tổng quát ta giả sử .

Nếu thi khi đó . Do đó .

Ta sẽ chứng minh . Thật vậy, giả sử .

Khi đó từ suy ra

Nên từ suy ra , điều này

trái với . Do đó . Vì nên suy ra .

Với kết quả trên ta chon ba số nhỏ nhất trong 100 số trên là . Khi đó ta được

Vậy ta luôn chọn được ba số có tổng không lớn hơn 999. bài toán được chứng minh.

THCS.TOANMATH.com Trang 17

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

CHUYÊN ĐỀ XII. NGUYÊN LÝ BẤT BIẾN TRONG GIẢI TOÁN

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1. Nguyên lý bất biến.

Cho a, b, c là những số thực ta xét tổng . Nếu ta đổi chỗ a cho b, b cho c, c cho a, thì

tổng S luôn luôn chỉ là một (không đổi). Tổng này không thay đổi đối với thứ tự phép cộng. Dù a, b, c có

thay đổi thứ tự như thế nào chăng nữa S vẫn không thay đổi, nghĩa là S bất biến đối với việc thay đổi các

biến khác. Trong thực tế cũng như trong toán học, rất nhiều vấn đề liên quan đến một số đối tượng nghiên

cứu lại bất biến đối với sự thay đổi của nhiều đối tượng khác.

2. Các bước áp dụng nguyên lý bất biến khi giải toán

Để giải toán được bằng đại lượng bất biến ta thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Ta phải phát hiện ra những đại lượng bất biến trong bài toán. Bước này tương đối khó nếu

ta không luyện tập thường xuyên.

+ Bước 2: Xử lý tiếp đại lượng bất biến để tìm ra các điểm mâu thuẫn.

B. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài toán 1. Trên bảng ta viết 10 dấu cộng và 15 dấu trừ tại các vị trí bất kỳ. Ta thực hiện xóa 2 dấu bất

kỳ trong đó và viết vào đó 1 dấu cộng nếu xóa 2 dấu giống nhau và 1 dấu trừ nếu xóa 2 dấu khác nhau.

Hỏi trên bảng còn lại dấu gì nếu ta thực hiện thao tác trên 24 lần?

Lời giải:

Ta thay mỗi dấu cộng là số 1 và mỗi dấu trừ là -1. Ta thấy tích của các số trên bảng là -1. Mà theo

cách thực hiện của bài thì ta xóa đi 2 số và viết vào đó tích của 2 số đó, đồng thời ta chỉ thực hiện 24 lần nên

suy ra tích của tất cả các số trên bảng sẽ không đổi như vậy tích các số trên bảng luôn bằng -1. Do đó, khi

thực hiện thao tác 24 lần thì trên bảng còn lại dấu - .

Bài toán 2. Giả sử n là 1 số lẻ ta viết lên bảng các số từ 1 đến 2n, sau đó chọn ra 2 số bất kỳ a và b

và viết lại 1 số bằng . Chứng minh rằng số cuối cùng còn lại trên bảng là 1 số lẻ.

Lời giải:

Tổng của các số trên bảng ban đầu là: S = 1 + 2 +….+ 2n = n(2n + 1). Ta thấy n lẻ nên S lẻ. Mà với

các thao tác trong bài thì tổng sẽ giảm đi 2.min do đó tính chãn lẻ của tổng không đổi. Vì ban đầu S là

số lẻ nên số cuối cùng còn lại trên bảng là số lẻ.

Bài toán 3. Cho các số 2,8,1,0,1,9,9,5 được viết trên 1 vòng tròn. Cứ 2 số cạnh nhau ta cộng thêm 1

vào 2 số đó. Hỏi sau 1 số lần thực hiện thao tác trên các số trên vòng tròn có thể đều bằng nhau

được không?

THCS.TOANMATH.com Trang 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Lời giải:

Ta nhận thấy tổng các số trong vòng tròn là 1 số lẻ nên khi thực hiện các thao tác trên thì tổng tăng lên 2

nên tính chẵn lẻ của tổng không đổi. Mặt khác số các số trên vòng tròn là chẵn nên nếu các số đều bằng nhau thì

tổng của nó bây giờ là số lẻ suy ra mâu thuẫn.

Bài toán 4. Một tờ giấy bị cắt nhỏ thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh. Các mảnh nhận được lại có thể

chọn để cắt (thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh nhỏ hơn) ... Cứ như vậy ta có thể nhận được 2005 mảnh

cắt không ?

Lời giải:

Sau mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh thì số mảnh giấy tăng lên là 5 hoặc 10.

Như vậy tính bất biến của bài toán là “số mảnh giấy luôn tăng lên một bội số của 5”. Vậy số mảnh giấy sau

các lần cắt có dạng 1 + 5k, mặt khác 2005 có dạng 5k nên với cách cắt như trên, từ một tờ giấy ban đầu, ta

không thể cắt được thành 2005 mảnh.

Bài toán 5. Mỗi số trong dãy 21, 22, 23, ..., 22005

đều được thay thế bởi tổng các chữ số của nó. Tiếp tục làm như vậy với các số nhận được

cho tới khi tất cả các số đều có 1 chữ số. Chứng minh trong dãy này : số các số 2 nhiều hơn số các

số 1.

Lời giải:

Ta thấy : “Số tự nhiên A và tổng các chữ số của A luôn cùng số dư trong phép chia cho 9”.

Mặt khác ta có : 21 chia cho 9 dư 2 ;

22 chia cho 9 dư 4 ; 23 chia cho 9 dư 8 ;

24 chia cho 9 dư 7 ; 25 chia cho 9 dư 5 ;

26 chia cho 9 dư 1 ; 27 chia cho 9 dư 2 ; ...

Do đó 26k + r lần lượt nhận các số dư trong phép chia cho 9 là 2, 4, 8, 7, 5, 1 tương ứng với các giá trị

của r là 1, 2, 3, 4, 5, 0. Dãy cuối cùng nhận được gồm 2005 số thuộc tập hợp {2 ; 4 ; 8 ; 7 ; 5 ; 1}.

Ta có 2005 = 334 x 6 + 1 nên dãy cuối cùng có 335 số 2 (nhiều hơn số các số khác 1 số). Vậy số các

số 2 nhiều hơn số các số 1 đúng 1 số.

Bài toán 6. Một hình tròn được chia thành 10 ô hình quạt, trên mỗi ô người ta đặt 1 viên bi. Nếu ta

cứ di chuyển các viên bi theo quy luật : mỗi lần lấy ở 2 ô bất kì mỗi ô 1 viên bi, chuyển sang ô liền

THCS.TOANMATH.com Trang 2

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

kề theo chiều ngược nhau thì có thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô hay không ?

Lời giải:

Trước tiên, ta tô màu xen kẽ các ô hình quạt, như vậy sẽ có 5 ô được tô màu (ô màu) và 5 ô không

được tô màu (ô trắng). Ta có nhận xét :

Nếu di chuyển 1 bi ở ô màu và 1 bi ở ô trắng thì tổng số bi ở 5 ô màu không đổi.

Nếu di chuyển ở 2 ô màu, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu giảm đi 2. Nếu di chuyển ở 2 ô trắng,

mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu tăng lên 2.

Vậy tổng số bi ở 5 ô màu hoặc không đổi, hoặc giảm đi 2 hoặc tăng lên 2. Nói cách khác, tổng số bi

ở 5 ô màu sẽ không thay đổi tính chẵn lẻ so với ban đầu.

Ban đầu tổng số bi ở 5 ô màu là 5 viên (là số lẻ) nên sau hữu hạn lần di chuyển bi theo quy luật trên

thì tổng số bi ở 5 ô màu luôn khác 0 và khác 10, do đó không thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô.

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1:Một tờ giấy được xe thành 6 mảnh, lại xé 1 trong 6 mảnh nhỏ đó thành 6 mảnh nhỏ khác. Cứ tiếp tục

như vậy hỏi có khi nào được 1995 hoặc 2011 mảnh nhỏ hay không?

Bài 2: Trong một bảng ô vuông 100x100 ô được điền dấu( + )và dấu ( - ) . Một bước thực hiện bằng cách đổi

toàn bộ những dấu ở 1 hàng hoặc 1 cột nào đó sang dấu ngược lại hỏi sau hữu hạn bước làm như trên bảng ô

vuông nhận được đúng 1970 dấu (–) không.

Bài 3: Trên bảng có các số . Mỗi 1 lần thực hiện cho phép xóa đi 2 số a;b bất kỳ trên bảng và

thay bằng a + b - 2ab hỏi sau 95 lần thực hiện phép xóa thì số còn lại trên bảng là số nào?

Bài 4: Hai người chơi 1 trò chơi với 2 đống kẹo. Đống thứ nhất có 12 cái và đống thứ 2 có 13 cái mỗi người

chơi được lấy 2 cái kẹo từ 1 trong 2 đống kẹo hoặc chuyển 1 cái kẹo từ đống thứ nhất sang đống thứ 2.

Người chơi nào không thể thực hiện các thao tác trên là như thua. Hãy chứng minh rằng người chơi thứ 2

không thể thua, người đó có thể thắng không?

Bài 5. Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi

chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số

6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006 hay không ? Tại sao ?

THCS.TOANMATH.com Trang 3

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 6. Giả sử rằng n là một số lẻ. Đầu tiên ta viết các số từ 1 tới 2n trên một bảng đen. Sau đó ta chọn ra hai

số bất kì a, b và xoá chúng, rồi thay thế chúng bởi . Chứng minh rằng số còn lại cuối cùng là một số lẻ

Bài 7. Người ta viết trên bảng dãy các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100. Thực hiện trò chơi như sau: Tiến

hành xóa hai số a, b bất kì trong dãy số trên và viết lại một số là . Thực hiện trò chơi như trên cho

đến khi trên bảng còn lại một số. Hỏi số còn lại trên bảng có thể là 9876543212016 không.

Bài 8. Có 2010 viên sỏi. Hai người chơi thay phiên nhau bốc sỏi, mỗi lượt đi người chơi được quền bốc một

số lượng viên sỏi là luỹ thừa với số mũ tự nhiên bất kì của 2(1, 2, 4, .....). Ai bốc được viên sỏi cuối cùng là

thắng cuộc. Giả sử cả hai người chơi đều là người thông minh. Hỏi ai là người thắng cuộc?

Bài 9. Trong một hộp có 2010 viên sỏi. Có hai người tham gia trò chơi, mỗi người lần lượt phải bốc ít nhất

là 11 viên sỏi và nhiều nhất là 20 viên sỏi. Người nào bốc viên sỏi cuối cùng sẽ thua cuộc. Hãy tìm thuật

chơi để đảm bảo người bốc đầu tiên luôn là người thắng cuộc.

Bài 10. Trên bảng có ghi 2013 số . Mỗi lần xóa đi hai số bất kì trên bảng thì ta thay bằng số

và giữ nguyên các số còn lại. Sau 2012 lần thực hiện thì trên bảng còn lại một số. Tìm số còn

lại đó.

Bài 11. Cho một hình tròn được cia thành 10 ô hình quạt. Trêm mỗi ô hình quạt ta đặt một hòn bi. Thực hiện

trò chơi như sau: Mỗi lần lấy ở hai ô bất kì mỗi ô một hòn bi và chuyển sang ô liền kề theo chiều ngược

nhau. Hỏi sau một số lần thực hiện trò chơi có thể chuyển tất cỏ các viên bi về cùng một ô được không.

Bài 12. Cho một bảng ô vuông chứa số như hình 4a. Ta thực hiện một thuật toán T như sau: Chọn ra 2 số bất

kì nằm ở hai ô vuông cạnh nhau và cộng 2 số đó với một số nguyên nào đó. Hỏi rằng sau một số lần thực

hiện thuật toán T thì bảng hình vuông chứa các số như hình 4a có thể thành bảng hình vuông như hình 4b

hay không ?

1 2 3 7 8 9

4 5 6 6 2 4

7 8 9 3 5 1

Hình a Hình b

Bài 13. Cho một bàn cờ quốc tế 8.8 . Hỏi rằng quân mã có thể đi nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết

thúc ở ô trên cùng bên phải hay không. Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi

qua đúng một lần

Bài 14. Mỗi số trong các số nhận một trong hai giá trị là hoặc 1.

THCS.TOANMATH.com Trang 4

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Biết rằng . Chứng minh rằng n chia hết cho 4

Bài 15. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét tất cả các đoạn thẳng

nối các cặp điểm trong 2011 điểm này. Vẽ đường thẳng d không đi qua điểm nào trong số 2011 điểm nói

trên. Chứng minh rằng nếu đường thẳng d cắt một số đoạn thẳng xét ở trên thì số đoạn thẳng bị đường thẳng

d cắt là một số chẵn.

Bài 16. Cho trước số nguyên dương n lẻ. Tại mỗi ô vuông của bàn cờ kích thước người ta viết một số

hoặc Gọi là tích của tất cả những số ghi trên hàng thứ k (tính từ trên xuống) và là tích của tất

cả những số ghi trên cột thứ k (tính từ trái sang).

Chứng minh rằng với mọi cách điền số như trên, đều có:

Bài 17. Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ dưới đây hoặc hình

nhận được do lật hình đó(sanh trái, sang phải,...) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc. Xác định

các hình chữ nhật kích thức m.n với m, n là các số nguyên dương sao cho có thể lát được bằng các viên gạnh

hình móc câu

Bài 18. Cho các bảng ô vuông 6x6 dưới đây:

Bảng 3 Bảng 1 Bảng 2

Thực hiện thao tác biến đổi như sau: Mỗi bước biến đổi cho phép đảo ngược dấu tất cả các ô trên cùng một

hàng hoặc một cột hoặc một đường chéo hoặc dọc theo một đường bất kì song song với một trong hai đường

THCS.TOANMATH.com Trang 5

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

chéo. Hỏi sau một số bước biến đổi có thể đưa một trong các bảng trên về bảng không có dấu trừ được

không.

Bài 19. Trên bảng đen viết ba số . Ta bắt đầu thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần chơi ta xoá hai

số nào đó trong ba số trên bảng, giả sử là a và b rồi viết vào 2 vị trí vừa xoá hai số mới và

đồng thời giữ nguyên số còn lại. Như vậy sau mỗi lần chơi trên bảng luôn có ba số. Chứng minh rằng dù ta

có chơi bao nhiêu lần đi chăng nữa thì trên bảng không đồng thời có ba số .

Bài 20. Trên bảng cho 2014 số tự nhiên từ 1 đến 2014. Thực hiện liên tiếp phép biến đổi sau: Mỗi lần xoá đi

hai số bất kỳ a, b có trên bảng rồi viết thêm số vào bảng. Khi trên bảng chỉ còn lại đúng một số

thì dừng lại. Tìm số còn lại đó.

Bài 21. Trên bảng viết các số . Mỗi lần biến đổi, xóa đi hai số a, b bất kỳ và

thay bằng số Hỏi sau 2014 lần thực hiện phép biến đổi trên bảng còn lại số nào?

HƯỚNG DẪN

Bài 1: Sau mỗi lần xé số mảnh tăng thêm 5, nên số mảnh sau mỗi lần xé có dạng 5k + 1 và 1995 khác dạng

5k + 1 còn 2011 có dạng 5k +1

Bài 2: Không

Bài 3: Gọi các số trên bảng là xét tích sau: .Khi xóa đi 2 số

thì tích mất đi 2 thừa số nhưng lai nhân thêm thừa số :

, nên giá trị tuyệt đối của tích trên không đổi…Đáp số: còn lai số n

và 2n – 1 = 0 nên n =

Bài 4: Tính bất biến trong bài là tính chẵn hay lẻ của tổng hay hiệu hai đống kẹo. Tổng số kẹo của hai đống

giảm đi hoặc số kẹo của đống thứ nhất giảm đi, như vậy trò chơi phải kết thúc , nên người thứ hai sẽ thắng.

Bài 5. Chẳng hạn như số ban đầu trên bảng là số

Số mới thu được sau các thao tác như đề bài là

Ta thấy

THCS.TOANMATH.com Trang 6

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Số ban đầu ghi trên bảng là chia hết cho 3.

Theo như trên thì sau một số bước thực hiện thao tác như đề bài, số mới thu được cũng là một số cũng chia

hết cho 3.

Vậy nên sau một số bước thực hiện thao tác như đề bài, thì không thể nào thu được , là một số không

chia hết cho 3.

Bài 5. Gọi S là tổng của tất cả các số trên bảng. Lúc đầu ta có là một số lẻ

vì n là một số lẻ. Ta cần tìm đại lượng bất biến.

Hai số bị xóa đi là a và b, không mất tính tổng quát ta giả sử .

Khi đó số được thay vào là .

Như vậy sau mỗi lần thực hiện thuật toán như trong đầu bài đã nói thì S sẽ bị giảm đi một một đại lượng có

giá trị bằng là một số chẵn. Vì thế tính chẵn lẻ của S được giữ nguyên sau mỗi lần thực

hiện xáo hai số trên bảng. Trong trường hợp trên thì S luôn là một số lẻ và vì thế khi trên bảng còn lại một

số thì số đó là số lẻ .

Bài 7. Với dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 ta có tổng

Tiến hành xóa hai số a, b bất kì trong dãy số trên và viết lại một số là . Khi đó tổng dãy số trên bảng

tăng một đại lượng .

Ta thấy chia 3 có số dư là 1.

Lại thấy .

Do đó đại lượng tăng lên luôn chia hết cho 3. Như vậy sau mỗi lần tiến hành trò chơi thì tổng dãy số trên

bảng luôn chia cho 3 có số dư là 1. Mà ta lại có 9876543212016 chia hết cho 3. Do đó sau một số lần tiến

hành trò chơi thì trên bảng không thể còn lại số 9876543212016.

Bài 8. Cách đi của người đi sau như sau: Khi người đi trước bốc viên sỏi.

+ Nếu k là số lẻ thì chia 3 dư 2, người đi sau bốc 1 viên sỏi.

+ Nếu k là số chẵn thì chia 3 dư 1. người đi sau bốc 2 viên sỏi.

Như vậy người đi trước luôn đối mặt với tình huống số viên sỏi còn lại chia hết cho 3 và không bao giờ bốc

được viên sỏi cuối cùng. Vậy người đi sau luôn thắng.

THCS.TOANMATH.com Trang 7

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Bài 9. Để đảm bảo thắng cuộc, ở nước đi cuối cùng của mình người bốc sỏi đầu tiên phải để lại trong hộp 11

viên sỏi. Ở nước đi trước đó phải để lại trong hộp viên sỏi.

Suy ra người bốc sỏi đầu tiên phải đảm bảo trong hộp lúc nào cũng còn viên sỏi.

Ta có dư 15. Như vậy người bốc sỏi đầu tiên ở lần thứ nhất của mình phải bốc 15 viên.

Tiếp theo, khi đối phương bốc k viên sỏi ( ) thì người bốc sỏi đầu tiên phải bốc viên

sỏi, cuối cùng sẽ để lại 11 viên sỏi cho đối phương.

Bài 10.

Ta có . Khi đó ta được .

Như vậy sau mỗi lần xóa đi và thì ta thay bằng số .

Như vậy tích các số sau mỗi lần xóa và thay số mới là không đổi.

Do đó nếu k là số cuỗi cùng thì ta được

Từ đó ta được .

Bài 11. Trước hết ta tô màu xen kẽ các ô hình quạt, như vậy ta có 5 ô được tô màu và 5 ô không được tô

màu. Nếu di chuyển một viên bi ở ô màu và một viên bi ở ô không màu sang ô liền kề thì tổng số viên bi ở

các ô màu cũng như ô không màu là không thay đổi. Nếu di chuyển hai viên bi ở mỗi ô màu sang ô không

màu thì tổng số viên bi ở ô màu bị giảm đi 2. Còn nếu di chuyển hai viên bi ở hai ô không màu sang ô liền

kề thì tổng số viên bi ở ô màu được tăng lên 2. Như vậy sau mỗi lần thực hiện trò chơi thỉ tổng số viên bi ở

các ố màu không thay đổi tính chẵn lẻ so với lúc đầu. Mà ban đầu tổng số viên bi trong các ô màu là 5, như

vây sau hữu nhạn lần thực hiện trò chơi thì tổng số viên bi trong các o màu luôn là số lẻ. Do đó tổng số viên

bi trong các ô màu luôn khác 0 và khác 10. Như vậy sau một số lần thực hiện trò chơi ta không thể được tất

cả các viên bi về cùng một ô được.

Bài 12. Tô màu các ô của hình vuông như hình vẽ dưới đây với màu đen(Đ) và màu trắng(T)

Đ T Đ

T Đ T

THCS.TOANMATH.com Trang 8

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Đ T Đ

Đặt B là tổng các số ở các ô màu đen và W là tổng các số ở các ô màu trắng. Ta thấy vì mỗi lần thực hiện

thuật toán T ta cộng thêm 2 số ở 2 ô cạnh nhau với một số nguyên nên dễ thấy rằng hiệu là không

đổi

Nhưng với giả thuyết của bài toán thì ở hình a là , còn ở hình b thì . Điều này trái với

quy tắc bất biến ở trên. Vậy sau những lần thực hiện thuật toán T thì từ hình a ta không thể nhận được hình b

Bài 13. Ta tô các ô trên bàn cờ xen kẽ các màu đen trắng như bàn cờ vua(hình vẽ)

Đ T Đ T Đ T Đ T

T Đ T Đ T Đ T Đ

Đ T Đ T Đ T Đ T

T Đ T Đ T Đ T Đ

Đ T Đ T Đ T Đ T

T Đ T Đ T Đ T Đ

Đ T Đ T Đ T Đ T

T Đ T Đ T Đ T Đ

Do sự “ bình đẳng màu “ nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng ô dưới cùng bên trái có

màu trắng. Từ cách đi của con mã ta nhận thấy rằng sau mỗi nước đi con mã sẽ sang một ô khác màu với ô

mà nó đang đứng . Vì thế sau một số lẻ nước đi con mã sẽ ở ô màu đen , sau một số chẵn nước đi con mã sẽ

ở ô màu trắng . Đây là tính bất biến của chúng ta .

Trở lại bài toán ta thấy rằng đi từ ô dưới cùng bên trái lên ô trên cùng bên phảI cần đi 63 nước đi. Vì

thế ô trên cùng bên phải sẽ cần mang màu đen(Theo như tính bất biến). Điều này là vô lý. Vậy quân mã

không thể đi từ ô dưới cùng bên trái nên ô trên cùng bên phải như yêu cầu của đầu bài được .

Nhận xét Bài toán đã được giải quyết nhưng xung quanh bài toán này vẫn còn rất nhiều điều cần phải suy

nghĩ. Chẳng hạn như khi xét bàn cờ X.X với X là một số lẻ thì liệu có một cách đi từ ô dưới cùng bên trái lên

ô trên cùng bên phải và thoả mãn các yêu cầu của bài toán hay không?

Bài 14. Đây là một bài toán về lý thuyết số nhưng ta vẫn sẽ dùng bất biến để giải nó.

Tính bất biến này như sau: Ta thấy S sẽ không thay đổi số dư khi chia cho 4 nếu như ta đổi dấu của 4 số

hạng liên tiếp

THCS.TOANMATH.com Trang 9

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Thật vậy, nếu có 2 số dương và 2 số âm thì sẽ không có chuyện gì thay đổi, nếu có 1 số khác dấu 3 số còn lại

thì khi đổi dấu thì giá trị của S sẽ thay đổi 4 hoặc và điều này không ảnh hưởng gì tới số dư của S khi

chia cho 4 cả, cuối cùng nếu 4 số cùng dấu thì khi đổi dấu S sẽ thay đổi một đại lượng là 8 hay điều này

dĩ nhiên cũng không ảnh hưởng gì tới số dư của S khi chia cho 4 .

Bây giờ quay lại bài toán, thực hiện thuật toán đổi dấu của 4 số hạng liên tiếp sao cho cuối cùng đưa tất cả n

số thành số dương. Khi đó và theo tính bất biến thì S chia hết cho 4 (vì ban đầu chia hết cho 4).

Vậy n chia hết cho 4 và ta đã có kết luận cho bài toán .

Bài 15. Đường thẳng không đi qua điểm nào trong 2011 điểm trên nên khi d cắt một đoạn thẳng nào đó thì

nó chia mặt phẳng thành hai nửa mà 2011 điểm trên nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau và một nửa chứa

chẵn số điểm, nửa còn lại chứa lẻ số điểm(do 2011 là số lẻ). Mặt khác khi nối chẵn số điểm ở nửa bên này

với lẻ số điểm bên kia ta sẽ chứng minh được là số đoạn thẳng nối được là một số chẵn. Thật vậy, giả sử d

chia các điểm trên nửa thứ nhất có m điểm(m chẵn) và nửa mặt phẳng kia chứa n điểm(n lẻ). Cứ một điểm

bên nửa này nối được một đoạn thẳng với nửa bên kia nên số đoạn thẳng nối được là m.n, do m chẵn nên

m.n chẵn. Bài toán được chứng minh.

Bài 16. Trước hết ta chỉ ra dược .

+ Nếu đổi dấu của số ở một ô vuông thuộc hàng k và cột l thì các số và cũng đổi dấu theo, các số còn

lại (của dãy ) không đổi dấu. Hơn nữa, khi đó tổng không đổi, hoặc tăng

thêm 4 hoặc giảm đi 4.

+ Mỗi bảng với một cách điền số nào đó, đều được suy ra từ bảng gồm toàn số bằng cách thực hiện đổi

dấu một số phần tử. Tổng của bảng sau khi đổi kém tổng

của bảng toàn số 1 một số là bội của 4.

+ Khi đó tổng của bảng sau khi đổi

Do n lẻ nên

Vậy với mọi cách điền số ta luôn có .

Bài 17. Nhận thấy m và n khác 1, 2, 5. Chia hình chữ nhật m.n thành m.n ô vuông đơn vị và đánh số các

hàng từ dưới lên, đánh số các cột từ trái qua phải. Ta gọi ô là ô nằm ở hàng thứ p và cột thứ q. Hai

hiên gạch hình móc câu có thể ghép được thành các hình dưới đây.

X O O O O O O

THCS.TOANMATH.com Trang 10

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

X O X O O X O

X X X O X O X

X X X

Do đó để lát được hình chữ nhật m.n thì tích m.n phải chia hết cho 12. Nếu một trong hai số m và n chia hết

cho 4 thì có thể lát được hình chữ nhật m.n. Thật vậy, nếu m chia hết cho 4 và n chia hết cho 3 thì hình chữ

nhật m.n có thể chia thành các hình chữ nhật 4.3 và do đó có lát được. Nếu m chia hết cho 4 và n không chia

hết cho 3 thì ta có thể viết n về dạng với a và b là các số nguyên dương, khi đó bảng m.n có thể

lát được.

Bây giờ ta chứng minh một trong hai số m và n chia hết cho 4. Giả sử ngược lại cả m và n cùng chia hết cho

2 nhưng không chia hết cho 4. Để chứng minh được điều này không xẩy ra ta cần tạo ra một bất biến. Để tạo

ra bất biến ta điền vào các ô của hình chữ nhật theo quy tắc sau: Xét ô . Nếu hai tọa độ p và q cùng

chia hết cho 4 thì ta điền vào ô số 1, nếu chỉ p hoặc q chia hết cho 4 thì ta điền vào ô số 2. Với

các điền như vậy thì ta thu được bất biến là tổng các số trong các ô ở hình thứ nhất và hình số hai đều là số

lẻ. Do m và n là số chẵn nên tổng các số trong các ô ở hình chữ nhật m.n là số chẵn. Muốn lát được hình chữ

nhật m.n thì tổng số hình thứ nhất và hình thứ hai phải là số chẵn. Khi đó m.n chia hết cho 24, điều này

không xảy ra vì m, n không chia hết cho 4.

Bài 18.

Với bảng thứ nhất ta thay các dấu cộng trong bảng bằng và các dấu trừ trong bảng bằng . Rõ ràng

tích tất cả các số trong các ô vuông hoặc tính chẵn lẻ của các dấu trừ hoặc tính chẵn lẻ của tổng các số không

phải là bất biến. Mặc dù tích các số trong tất cả các ô vuông của bảng không phải là bất biến nhưng có thể

tích các số trong một số ô vuông cố định lại là bất biến. Để tìm các ô vuông cố định này ta cần tìm tập hợp

các ô vuông sao cho khi thực hiện biến đổi số ô vuông có thể đảo dấu luôn là số chẵn. Dẽ thấy tập hợp các ô

vuông được đánh dấu x trong bảng sau có tính chất như thế:

x x x x

x x

THCS.TOANMATH.com Trang 11

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

x x

x x x x

Tại trạng thái xuất phát tích tất cả các số trong các ô vuông được đánh dấu nói trên là . Do tính nàu là bất

biến nên sau một số phép biến đổi ta không thể đưa bảng về trạng thái khong có dấu trừ được(vì khi đó tích

tất cả các ố được dánh dấu là ).

Với bảng thứ hai ta lập luận tương tự bảng thứ nhất.

Với bảng thứ ba ta thay các dấu cộng trong bảng bằng và các dấu trừ trong bảng bằng . Rõ ràng

tích tất cả các số trong các ô vuông hoặc tính chẵn lẻ của các dấu trừ hoặc tính chẵn lẻ của tổng các số không

phải là bất biến. Mặc dù tích các số trong tất cả các ô vuông của bảng không phải là bất biến nhưng có thể

tích các số trong một số ô vuông cố định lại là bất biến. Để tìm các ô vuông cố định này ta cần tìm tập hợp

các ô vuông sao cho khi thực hiện biến đổi số ô vuông có thể đảo dấu luôn là số chẵn. Dẽ thấy tập hợp các ô

vuông được đánh dấu x trong bảng sau có tính chất như thế:

x x x x

x x

Tại trạng thái xuất phát tích tất cả các số trong các ô vuông được đánh dấu nói trên là . Do tính này là bất

biến nên sau một số phép biến đổi ta không thể đưa bảng về trạng thái khong có dấu trừ được (vì khi đó tích

tất cả các ố được dánh dấu là ).

Bài 19. Giả sử ba số trên bảng là , khi thay bằng và .

Khi đó ta có .

THCS.TOANMATH.com Trang 12

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ 9

Như vậy sau khi xoá 2 số thay bởi hai số mới và thì tổng bình phương hai số mới không

đổi. Do đó tổng bình phương của ba số trên bảng không đổi và bằng .

Mặt khác tổng bình phương ba số là . Vậy không thể đồng thời

trên bảng ba số

Bài 20. Trong quá trình biến đổi, giả sử trên bảng có dãy số

Ta xét biểu thức sau: . Ta chứng minh su mỗi lần xóa thì giá trị biểu thức P

giảm đi hai lần.

Giả sử ta xóa đi hai số a và b khi đó tích P mất đi thừa số nhưng khi thay bằng

thì tích P có thêm thừa số giảm đi một nửa nên P giảm đi

một nửa. Khi xóa đi hai số và thay bằng một số nên sau mỗi lần xóa trên bảng giảm đi một số.

Mà trên bảng có 2014 số nên sau 2013 lần xóa thì P giảm đi lần.

Khi đó ta có giá trị

Giả sử số còn lại trên bảng là x khi đó ta có

Vậy số cuối cùng trên bảng là 2.

Bài 21. Trong dãy số trên có số .

Nếu xóa hai số a và b bất kì và thay bằng số mới là , như vậy sau mỗi lần xóa dãy trên giảm

đi một số. Như vậy sau 2014 lần xóa trên bảng còn lại một số.

Đến một lúc nào đó ta sẽ xóa và một số b thì ta thay bằng

Như vậy cứ xóa số thì lại xuất hiện số . Vậy số cuối cùng còn lại là

THCS.TOANMATH.com Trang 13

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Đại số 9