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

CHUYÊN ĐỀ 1 - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
 A. MỤC TIÊU:
* Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử
* Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử
* Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân tích đa thức thành nhân tử
B. CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP
I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ:
Định lí bổ sung:
+ Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ thì có dạng p/q trong đó p là ước của hệ số tự do, q là ước dương của hệ số cao nhất 
+ Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nhân tử là x – 1
+ Nếu f(x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì f(x) có một nhân tử là x + 1
+ Nếu a là nghiệm nguyên của f(x) và f(1); f(- 1) khác 0 thì và đều là số nguyên. Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước của hệ số tự do
1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4
Cách 1: Tách hạng tử thứ 2
3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2)
Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất:
3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) 
= (x – 2)(3x – 2)
Ví dụ 2: x3 – x2 - 4
Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện một nhân tử là x – 2
Cách 1: 
x3 – x2 – 4 = = 
Cách 2: 
 = 
Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5
Nhận xét: không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ
Ta nhận thấy x = là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên
f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 
 = 
Vì với mọi x nên không phân tích được thành 
nhân tử nữa
Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4 
Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1
x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1)
= (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2
Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2
Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có:
x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2)
Vì x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích được nữa
Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996)
= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1 + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997)
Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1)
= x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002)
II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ:
1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương:
Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 
= (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) 
= (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) 
Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4 
= (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4
= (x4 + 1 + 8x2)2 – 16x2(x4 + 1 – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2
= (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 
= (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1)
2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung
Ví dụ 1: x7 + x2 + 1 = (x7 – x) + (x2 + x + 1 ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1 ) 
= x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x – 1)(x2 + x + 1 ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1)
Ví dụ 2: x7 + x5 + 1 = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) 
= x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) 
Ghi nhớ: 
Các đa thức có dạng x3m + 1 + x3n + 2 + 1 như: x7 + x2 + 1 ; x7 + x5 + 1 ; x8 + x4 + 1 ;
x5 + x + 1 ; x8 + x + 1 ;  đều có nhân tử chung là x2 + x + 1
III. ĐẶT BIẾN PHỤ:
Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128
 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128
Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng
 (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4)
= ( x2 + 10x + 8 )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + 8 )
Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1
Giả sử x 0 ta viết 
x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x2 ( x2 + 6x + 7 – ) = x2 [(x2 + ) + 6(x - ) + 7 ]
Đặt x - = y thì x2 + = y2 + 2, do đó
A = x2(y2 + 2 + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - )2 + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 
Chú ý: Ví dụ trên có thể giải bằng cách áp dụng hằng đẳng thức như sau:
A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + 1 )
 = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 
Ví dụ 3: A = 
= 
Đặt = a, xy + yz + zx = b ta có 
A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( + xy + yz + zx)2
Ví dụ 4: B = 
Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có:
B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2
Ta lại có: a – b2 = - 2() và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó;
B = - 4() + 4 (xy + yz + zx)2 
 = 
Ví dụ 5: 
Đặt a + b = m, a – b = n thì 4ab = m2 – n2
 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + ). Ta có:
C = (m + c)3 – 4. = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2)
= 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b)
III. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH:
Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3
Nhận xét: các số 1, 3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên củng không có nghiệm hữu tỉ
Như vậy nếu đa thức phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng 
(x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd
đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho ta có: 
Xét bd = 3 với b, d Z, b với b = 3 thì d = 1 hệ điều kiện trên trở thành
Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) 
Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8
Nhận xét: đa thức có 1 nghiệm là x = 2 nên có thừa số là x - 2 do đó ta có:
 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) 
= 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c 
Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) 
Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - 4 là đa thức có tổng hệ số của các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn bằng nahu nên có 1 nhân tử là x + 1 nên 2x3 + x2 - 5x - 4 = (x + 1)(2x2 - x - 4)
Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4)
Ví dụ 3: 
12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (a x + by + 3)(cx + dy - 1)
= acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 3 
 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1)
BÀI TẬP: 
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
1) x3 - 7x + 6
2) x3 - 9x2 + 6x + 16
3) x3 - 6x2 - x + 30
4) 2x3 - x2 + 5x + 3
5) 27x3 - 27x2 + 18x - 4
6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12
7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24
8) 4x4 - 32x2 + 1
9) 3(x4 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 
10) 64x4 + y4
11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6
12) x3 + 3xy + y3 - 1
13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 1
14) x8 + x + 1
15) x8 + 3x4 + 4 
16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10
17) x4 - 8x + 63
CHUYấN ĐỀ 2 - SƠ LƯỢC VỀ CHỈNH HỢP, 
CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP
A. MỤC TIÊU:
* Bước đầu HS hiểu về chỉnh hợp, hoán vị và tổ hợp
* Vận dụng kiến thức vào một ssó bài toán cụ thể và thực tế
* Tạo hứng thú và nâng cao kỹ năng giải toán cho HS
B. KIẾN THỨC:
I. Chỉnh hợp:
1. định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của tập hợp X ( 1 k n) theo một thứ tự nhất định gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử ấy
Số tất cả các chỉnh hợp chập k của n phần tử được kí hiệu 
2. Tính số chỉnh chập k của n phần tử 
 = n(n - 1)(n - 2)[n - (k - 1)]
II. Hoán vị:
1. Định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp n phần tử của tập hợp X theo một thứ tự nhất định gọi là một hoán vị của n phần tử ấy
Số tất cả các hoán vị của n phần tử được kí hiệu Pn
Pn = = n(n - 1)(n - 2) 2 .1 = n! 
2. Tính số hoán vị của n phần tử 
( n! : n giai thừa)
III. Tổ hợp:
1. Định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi tập con của X gồm k phần tử trong n phần tử của tập hợp X ( 0 k n) gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử ấy
Số tất cả các tổ hợp chập k của n phần tử được kí hiệu 
2. Tính số tổ hợp chập k của n phần tử 
 = : k! = 
C. Ví dụ:
1. Ví dụ 1:
Cho 5 chữ số: 1, 2, 3, 4, 5
a) có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi ba trong các chữ số trên
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi cả 5 chữ số trên
c)Có bao nhiêu cách chọn ra ba chữ số trong 5 chữ số trên
Giải:
a) số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi ba trong các chữ số trên là chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử: = 5.(5 - 1).(5 - 2) = 5 . 4 . 3 = 60 số
b) số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi cả 5 chữ số trên là hoán vị cua 5 phần tử (chỉnh hợp chập 5 của 5 phần tử):
 = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 số
c) cách chọn ra ba chữ số trong 5 chữ số trên là tổ hợp chập 3 của 5 phần tử:
 = nhóm
2. Ví dụ 2:
Cho 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Dùng 5 chữ số này:
a) Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số trong đó không có chữ số nào lặp lại? Tính tổng các số lập được
b) lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số khác nhau?
c) Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, trong đó hai chữ số kề nhau phải khác nhau
d) Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số, các chữ số khác nhau, trong đó có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn
Giải
a) số tự nhiên có 4 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi 4 trong các chữ số trên là chỉnh hợp chập 4 của 5 phần tử: = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = 5 . 4 . 3 . 2 = 120 số
Trong mỗi hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), mỗi chữ số có mặt: 120 : 5 = 24 lần
Tổng các chữ số ở mỗi hang: (1 + 2 + 3 + 4 + 5). 24 = 15 . 24 = 360
Tổng các số được lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960
b) chữ số tận cùng có 2 cách chọn (là 2 hoặc 4)
bốn chữ số trước là hoán vị của của 4 chữ số còn lại và có P4 = 4! = 4 . 3 . 2 = 24 cách chọn
Tất cả có 24 . 2 = 48 cách chọn
c) Các số phải lập có dạng , trong đó : a có 5 cách chọn, b có 4 cách chọn (khác a), c có 4 cách chọn (khác b), d có 4 cách chọn (khác c), e có 4 cách chọn (khác d)
Tất cả có: 5 . 4 . 4 . 4 . 4 = 1280 số
d) Chọn 2 trong 2 chữ số chẵn, có 1 cách chọn
chọn 2 trong 3 chữ số lẻ, có 3 cách chọn. Các chữ số có thể hoán vị, do đó có: 
1 . 3 . 4! =1 . 3 . 4 . 3 . 2 = 72 số
Bài 3: Cho . Trên Ax lấy 6 điểm khác A, trên Ay lấy 5 điểm khác A. trong 12 điểm nói trên (kể cả điểm A), hai điểm nào củng được nối với nhau bởi một đoạn thẳng.
Có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh là 3 trong 12 điểm ấy
Giải
Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại:
+ Loại 1: các tam giác có một đỉnh là A, đỉnh thứ 2 thuộc Ax (có 6 cách chọn), đỉnh thứ 3 thuộc Ay (có 5 cách chọn), gồm có: 6 . 5 = 30 tam giác
+ Loại 2: Các tam giác có 1 đỉnh là 1 trong 5 đ ... t phân thức không âm
A = 
 min A = 2 x – 2 = 0 x = 2
b) Ví dụ 2: Tìm GTLN của B = 
Ta có B = . Đặt y = x = thì
B = ().y2 = - 10y2 + y = - 10(y2 – 2.y.y + ) + = - 10+ 
Max B = = 0 y = x = 10
c) Ví dụ 3: Tìm GTNN của C = 
Ta có: C = min A = x = y
3. Các phân thức có dạng khác
a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) của A = 
Ta có: A = min A = - 1 x = 2
Ta lại có: A = max A = 4 x = 
C. Tìm GTNN, GTLN của một biểu thức biết quan hệ giữa các biến
1) Ví dụ 1: Cho x + y = 1. Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy
Ta có A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1)
a) Cách 1: Biểu thị ẩn này qua ẩn kia, rồi đưa về một tam thức bậc hai
Từ x + y = 1 x = 1 – y 
nên A = (1 – y)2 + y2 = 2(y2 – y) + 1 = 2(y2 – 2.y. + ) + = 2
Vậy min A = x = y = 
b) Cách 2: Sử dụng đk đã cho, làm xuất hiện một biểu thức mới có chứa A
Từ x + y = 1 x2 + 2xy + y2 = 1(1). Mặt khác (x – y)2 0 x2 – 2xy + y2 0 (2)
Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có:
2(x2 + y2) 1 x2 + y2 min A = x = y = 
2)Ví dụ 2: Cho x + y + z = 3
a) Tìm GTNN của A = x2 + y2 + z2
b) Tìm GTLN của B = xy + yz + xz
Từ Cho x + y + z = 3 Cho (x + y + z)2 = 9 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 9 (1)
Ta có x + y + z- xy – yz – zx = .2 .( x + y + z- xy – yz – zx)
= 0 x + y + z xy+ yz + zx (2)
Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z 
a) Từ (1) và (2) suy ra 
9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2)
 x2 + y2 + z2 3 min A = 3 x = y = z = 1
b) Từ (1) và (2) suy ra 
 9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx)
 xy+ yz + zx 3 max B = 3 x = y = z = 1
3) Ví dụ 3: 
Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x + y + z = 1
Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z 
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có 
 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = S 
Vậy S có giá trị lớn nhất là khi x = y = z = 
4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta có (1)
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho () và (1,1,1)
 Ta có 
 Từ (1) và (2) 
Vậy có giá trị nhỏ nhất là khi x= y = z = 
D. Một số chú ý:
1) Khi tìm GTNN, GTLN ta có thể đổi biến
Ví dụ : Khi tìm GTNN của A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – 2 = y thì 
A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + 2 2
2) Khi tìm cực trị của một biểu thức, ta có thể thay đk của biểu thức này đạt cực trị bởi đk tương đương là biểu thức khác đạt cực trị: 
+) -A lớn nhất A nhỏ nhất ; +) lớn nhất B nhỏ nhất (với B > 0)
+) C lớn nhất C2 lớn nhất
Ví dụ: Tìm cực trị của A = 
a) Ta có A > 0 nên A nhỏ nhất khi lớn nhất, ta có
 min = 1 x = 0 max A = 1 x = 0
b) Ta có (x2 – 1)2 0 x4 - 2x2 + 1 0 x4 + 1 2x2. (Dấu bằng xẩy ra khi x2 = 1)
Vì x4 + 1 > 0 1 max = 2 x2 = 1 
 min A = x = 1
3) Nhiều khi ta tìm cực trị của biểu thức trong các khoảng của biến, sau đó so sámh các cực trị đó để để tìm GTNN, GTLN trong toàn bộ tập xác định của biến
Ví dụ: Tìm GTLN của B = 
a) xét x + y 4
- Nếu x = 0 thì A = 0 - Nếu thì A 3
- Nếu y = 4 thì x = 0 và A = 4
b) xét x + y 6 thì A 0
So sánh các giá trị trên của A, ta thấy max A = 4 x = 0; y = 4
4) Sử dụng các hằng bất đẳng thức
Ví dụ: Tìm GTLN của A = biết x2 + y2 = 52
Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) cho các số 2, x , 3, y ta có:
(2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 26
Max A = 26 y = x2 + y2 = x2 + = 52 13x2 = 52.4 x = 4
Vậy: Ma x A = 26 x = 4; y = 6 hoặc x = - 4; y = - 6
5) Hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau
Hai số có tích không đổi thì tổng của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau
a)Ví dụ 1: Tìm GTLN của A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2)
Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn nhất khi và chỉ khi x2 – 3x + 1 = 21 + 3x – x2 x2 – 3x – 10 = 0 x = 5 hoặc x = - 2
Khi đó A = 11. 11 = 121 Max A = 121 x = 5 hoặc x = - 2
b) Ví dụ 2: Tìm GTNN của B = 
Ta có: B = 
Vì các số x và có tích x. = 36 không đổi nên nhỏ nhất x = x = 6
 A = nhỏ nhất là min A = 25 x = 6
6)Trong khi tìm cực trị chỉ cần chỉ ra rằng tồn tại một giá trị của biến để xẩy ra đẳng thức chứ không cần chỉ ra mọi giá trị để xẩy ra đẳng thức
Ví dụ: Tìm GTNN của A = 
Ta thấy 11m tận cùng bằng 1, 5n tận cùng bằng 5
Nếu 11m > 5n thì A tận cùng bằng 6, nếu 11m < 5n thì A tận cùng bằng 4
khi m = 2; n = 3 thÌ A = = 4 min A = 4, chẳng hạn khi m = 2, n = 3
CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
¯ - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng
 	µ Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương.
	- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau).	
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm thoả mãn: (1)
 (II)
(1) 
	Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:
 Vậy 
 Ví dụ 2: Tìm thoả mãn: (2)
 (2) 
 Vậy 
Ví dụ 3: Tìm thoả mãn: (1)
 (1) (Vì )
Ví dụ 4: Tìm thoả mãn: (2)
	Vậy: 
¯ - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn
 	µ Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng 
	- Vì phương trình đối xứng nên có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.
	X Ta thường giả thiết 
{Các ví dụ minh hoạ:
 Ví dụ 1: Tìm thoả mãn: (1)
w Nhận xét – Tìm hướng giải:
	Ta thấy đây là phương trình đối xứng.
Giả sử . Khi đó:
	(1) (Vì )
* Nếu: (vô lí)
* Nếu: 
* Nếu: (vô lí)
	Vậy: là hoán vị của 
Ví dụ 2: Tìm thoả mãn: (2)
w Nhận xét – Tìm hướng giải:
	Đây là phương trình đối xứng.
	Giả sử . Khi đó:
	(2) 
 Với: 
t.Nếu: (vô lí)
t.Nếu: 
Vậy: là hoán vị của 
¯ - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
	{Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm để: nhận giá trị nguyên
	Ta có: . Khi đó:
	Để A nhận giá trị nguyên thì nhận giá trị nguyên.
	 Vì : 
	Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: hoặc 
Ví dụ 2: Tìm thoả mãn: 
 (2) 
 Với: không phải là ngiệm của phương trình. Nên:
	. 
	Phương trình có nghiệm nguyên 
 Ví dụ 3: Tìm thoả mãn: (3)
	Ta có:
	(3). là số lẻ là hai số lẻ liên tiếp là các luỹ thừa của 3, nên:
 § Với: 
 § Với: Từ ( vô lí)	
	Phương trình có nghiệm nguyên: 
¯ - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
 	µ Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau.
	- Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp:
	*Bất đẳng thức Cô – si: 
	Cho n số không âm: . Khi đó: 
	. Dấu “=” xảy ra 
	* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: 
	Cho 2n số thực: và. Khi đó:
	.
	Dấu “=” xảy ra .
	*Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:
	{Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm thoả: (1) 
	Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: . 
	Vậy nghiệm của phương trình là: 
 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2)
 (Toán Tuổi thơ 2)
	Theo Bunhiacôpxki,ta có:
	Dấu “=” xảy ra 
	Vậy nghiệm của phương trình là: 
 Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên thoả mãn: 
 (3)
w Nhận xét – Tìm hướng giải:
	Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và 
	Ta có:(3). 
	Mà 
	Do đó: . 
 Với (vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: 
1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn: 
 Vì x,y,z là các số nguyên nên
 (*) Mà 
 Các số x,y,z phải tìm là 
PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn 
 Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trị nghiệm
	- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng .. ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phương trình vô nghiệm
 Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm thoả mãn: 
w Nhận xét – Tìm hướng giải:
	Ta thấy với thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với 
	+ Với thì phương trình được nghiệm đúng 
	+ Với . Khi đó:
 (*)
	Vì là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả (*)
	Vậy là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2: Tìm thoả: (2) 
 (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ )
	Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với . Khi đó: có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*)
	Mặt khác: là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. (**)
	Từ (*) và (**) suy ra phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 3: Tìm thoả mãn: (3)
	(3) 
	 Do đó: 
Phương trình có nghiệm nguyên: 
 PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang)
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác 1
	- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn.
	- Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó. 
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình: (1) 
w Nhận xét – Tìm hướng giải:
	Ta thấy mà nên
	Ta có: (1)
 Khi đó: (1). 
	.
	* Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi là nghiệm của (1) và thì và . Thực hiện thử chọn ta được: 
	Vậy nghiệm của phương trình là: 
CÁC BÀI TẬP KHÁC
1/Dùng định nghĩa 
 1) Cho abc = 1 và . . Chứng minh rằngb2+c2> ab+bc+ac
Giải
Ta có hiệu: 
 b2+c2- ab- bc – ac = b2+c2- ab- bc – ac
= ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) +3bc =(-b- c)2 +
 =(-b- c)2 +>0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )
Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
2) Chứng minh rằng 
 a) 
 b) với mọi số thực a , b, c ta có : 
 c) 
 Giải :
 a) Xét hiệu :
 H = = 
 H0 ta có điều phải chứng minh
 b) Vế trái có thể viết 
 H = 
 H > 0 ta có điều phải chứng minh
 c) vế trái có thể viết
 H = 
 H 0 ta có điều phải chứng minh
Ii / Dùng biến đổi tương đương
 1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng : 
 Giải :
Ta có (vì xy = 1)
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy 1 .Chứng minh rằng : 
 Giải :
Ta có 
BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh
Iii / dùng bất đẳng thức phụ
 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1
 Chứng minh rằng 
 Giải :
 áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
 Ta có 
 (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
2) Cho a,b,c là các số dương 
 Chứng minh rằng (1)
 Giải :
 (1) 
 áp dụng BĐT phụ Với x,y > 0
 Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
 Vậy (đpcm)
Iv / dùng phương pháp bắc cầu
 1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng :
 Giải :
 Do a <1 <1 và b <1 Nên 
 Hay (1)
 Mặt khác 0 <a,b <1 ; 
 Vậy 
 Tương tự ta có : 
 (đpcm)
2) So sánh 31 và 17
Giải :
 Ta thấy < 
 Mặt khác 
 Vởy 31 < 17 (đpcm)
V/ dùng tính chất tỉ số
ví dụ 4: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ, chứng minh rằng: 
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
 ta có ac + bd 
 mà