ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 7

Leave a reply

Bài 1.

a. Tính: $\mathrm{A}=1 \frac{13}{15} \cdot(0,5)^2 \cdot 3+\left(\frac{8}{15}-1 \frac{19}{60}\right): 1 \frac{23}{24}$
b. So sánh: $16^{20}$ và $2^{100}$

Hướng dẫn giải

a. Biến đổi:

$$
\begin{aligned}
& A=\frac{7}{5}-\frac{47}{60}: \frac{47}{24} \
& =\frac{7}{5}-\frac{2}{5} \
& =1
\end{aligned}
$$

b. Biến đổi: $16^{20}=2^{4.20}=2^{80}$

$$\text { Có } 2^{80}<2^{100} \text { vì }(1<2 ; 80<100)$$

Vậy $16^{20}<2^{100}$

Bài 2.
a. Tìm $x$ biết: $|2 x-7|+\dfrac{1}{2}=1 \dfrac{1}{2}$
b. Tìm số tự nhiên n biết: $3^{-1} \cdot 3^n+4.3^n=13.3^5$

Hướng dẫn giải

a. $\text { Ta có }|2 x-7|+\dfrac{1}{2}=1 \frac{1}{2} \Rightarrow|2 x-7|=1$
$\Rightarrow 2 x-7=1 \text { hoặc } 2 x-7=-1$
$\Rightarrow x=4 \text { hoặc } x=3$
Vậy $x=4$ hoặc $x=3$.

b. $\text { Biến đổi được } 3^n \cdot\left(3^{-1}+4\right)=13 \cdot 3^5$
$\Rightarrow 3^n=3^6$
$\Rightarrow \mathrm{n}=6$

Bài 3.
a. Cho dãy tỉ số bằng nhau:
$\dfrac{2 a+b+c+d}{a}=\dfrac{a+2 b+c+d}{b}=\dfrac{a+b+2 c+d}{c}=\dfrac{a+b+c+2 d}{d}$
Tính giá trị biểu thức Q , biết $\mathrm{Q}=\dfrac{a+b}{c+d}+\dfrac{b+c}{d+a}+\dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac{d+a}{b+c}$

b. Cho biểu thức $M=\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+t}+\dfrac{z}{y+z+t}+\dfrac{t}{x+z+t}$ với $x, y, z$, t là các số tự nhiên khác 0 . Chứng minh $M^{10}<1025$.

Hướng dẫn giải

a. Biến đổi: $\dfrac{2 a+b+c+d}{a}=\dfrac{a+2 b+c+d}{b}=\dfrac{a+b+2 c+d}{c}=\dfrac{a+b+c+2 d}{d}$

$\dfrac{2 a+b+c+d}{a}-1=\dfrac{a+2 b+c+d}{b}-1=\dfrac{a+b+2 c+d}{c}-1=\dfrac{a+b+c+2 d}{d}-1$
$\dfrac{a+b+c+d}{a}=\dfrac{a+b+c+d}{b}=\dfrac{a+b+c+d}{c}=\dfrac{a+b+c+d}{d}$
$+ \text { Nếu } \mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d} \neq 0 \text { thì } \mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}=>\mathrm{Q}=1+1+1+1=4$
$+ \text { Nếu } \mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d}=0\text { thì } \mathrm{a}+\mathrm{b}=-(\mathrm{c}+\mathrm{d}) ;$ $\mathrm{b}+\mathrm{c}=-(\mathrm{d}+\mathrm{a}) ; \mathrm{c}+\mathrm{d}=-(\mathrm{a}+\mathrm{b}) ; \mathrm{d}+\mathrm{a}=-(\mathrm{b}+\mathrm{c})$
$\Rightarrow \mathrm{Q}=(-1)+(-1)+(-1)+(-1)=-4$
$\mathrm{KL}: \text { Vậy } \mathrm{Q}=4 \text { khi } a+b+c+d \neq 0$

$\text { b. Ta có: } \dfrac{x}{x+y+z}<\dfrac{x}{x+y}$
$\dfrac{y}{x+y+t}<\dfrac{y}{x+y} $
$\dfrac{z}{y+z+t}<\dfrac{z}{z+t} $
$\dfrac{t}{x+z+t}<\dfrac{t}{z+t}$
$\Rightarrow \mathrm{M}<\left(\dfrac{\mathrm{x}}{\mathrm{x}+\mathrm{y}}+\dfrac{\mathrm{y}}{\mathrm{x}+\mathrm{y}}\right)+\left(\dfrac{\mathrm{z}}{\mathrm{z}+\mathrm{t}}+\dfrac{\mathrm{t}}{\mathrm{z}+\mathrm{t}}\right) $
$\Rightarrow \mathrm{M}<2 $
$\text { Có }M^{10}<2^{10}(\text { Vì } M>0) \text { mà } 2^{10}=1024<1025$
$\text { Vậy } \mathrm{M}^{10}<1025$
KL: Vậy $\mathrm{n}=6$

Bài 4.
1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi $M$ là trung điểm $\mathrm{BC}, \mathrm{D}$ là điểm thuộc đoạn $\mathrm{BM}(\mathrm{D}$ khác B và M ). Kẻ các đường thẳng $\mathrm{BH}, \mathrm{CI}$ lần lượt vuông góc với đường thẳng AD tại H và I . Chứng minh rằng:
a. $\mathrm{BAM}=\mathrm{ACM}$ và $\mathrm{BH}=\mathrm{AI}$.
b. Tam giác MHI vuông cân.
2) Cho tam giác ABC có góc $\widehat{\mathrm{A}}=90^{\circ}$. Kẻ AH vuông góc với BC ( H thuộc BC ). Tia phân giác của góc HAC cắt cạnh BC ở điểm D và tia phân giác của góc HAB cắt cạnh BC ở E . Chứng minh rằng $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=\mathrm{BC}+\mathrm{DE}$.

Hướng dẫn giải

$ \text { a. } \text { * Chứng minh: } B A M=A C M$
$+ \text { Chứng minh được: } \triangle \mathrm{ABM}=\triangle \mathrm{ACM}(\mathrm{c}-\mathrm{c}-\mathrm{c})$
$\text { + Lập luận được: } B A M=C A M=45^{\circ}$
$\text { + Tính ra được } A C M=45^{\circ}$
$\Rightarrow B A M=A C M$
$\text { * Chứng minh: } \mathrm{BH}=\mathrm{AI} \text {. }$
$\text { + Chỉ ra: } B A H=A C I \text { (cùng phụ } D A C)$
$\text { + Chứng minh được } \triangle \mathrm{AIC}=\Delta \mathrm{BHA}(\text { Cạnh huyên – góc nhọn) }$
$\Rightarrow \mathrm{BH}=\mathrm{AI}(2 \text { cạnh tương ứng) }$

b. Tam giác MHI vuông cân.

Chứng minh được $A M \perp B C$
Chứng minh được $\mathrm{AM}=\mathrm{MC}$
Chứng minh được $H A M=I C M$
Chứng minh được $\Delta \mathrm{HAM}=\Delta \mathrm{ICM}(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$
$\Rightarrow \mathrm{HM}=\mathrm{MI}$ (1)
Do $\triangle \mathrm{HAM}=\triangle \mathrm{ICM} \Rightarrow H M A=I M C \Rightarrow H M B=I M A$ (do $A M B=A M C=90^{\circ}$
Lập luận được: $H M I=90^{\circ}$ (2)
Từ (1) và (2)=>$\Delta$ MHI vuông cân $\left({ }^{ }\right)$
Từ (1) và (2)=>$\Delta \mathrm{MHI}$ vuông cân

$\text { + Chứng minh được : }$
$A E \mathrm{C}=A B C+B A E=H A D+D A C+B A E=E A H+H A D+D A C=E A C$
$\text { (Vì } B \text { và } H A C \text { cùng phụ với } B A H \text { ) }$
Suy ra tam giác AEC cân tại C $\Rightarrow\mathrm{AC}=\mathrm{CE}$ (1)
Tương tự chứng minh được $ \mathrm{AB}=\mathrm{BD}$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=\mathrm{BD}+\mathrm{EC}=\mathrm{ED}+\mathrm{BC}$

Bài 5. Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ là 3 số thực tùy ý thỏa mãn $\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}=0$ và $-1 \leq x \leq 1,-1 \leq y \leq 1$, $-1 \leq z \leq 1$. Chứng minh rằng đa thức $x^2+y^4+z^6$ có giá trị không lớn hơn 2 .

Hướng dẫn giải

+) Trong ba số $x, y, z$ có ít nhất hai số cùng dấu.
Giả sử $x ; y \geq 0$
$\Rightarrow \mathrm{z}=-\mathrm{x}-\mathrm{y} \leq 0$
$+\mathrm{Vì}-1 \leq x \leq 1,-1 \leq y \leq 1,-1 \leq z \leq 1=>x^2+y^4+z^6 \leq|x|+|y|+|z|$
$\Rightarrow x^2+y^4+z^6 \leq x+y-z$
$\Rightarrow x^2+y^4+z^6 \leq-2 z$
$+)-1 \leq z \leq 1 \text { và } \mathrm{z} \leq 0 \Rightarrow x^2+y^4+z^6 \leq 2$
KL: Vậy $x^2+y^4+z^6 \leq 2$













HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC

Leave a reply

Ví dụ 1: Cho góc bẹt $A O B$ và tia $O M$ sao cho $\widehat{A O M}=60^{\circ}$. Vẽ tia $O N$ nằm trong góc $B O M$ sao cho $O N \perp O M$. Chứng tỏ rằng $\widehat{B O N}=\dfrac{1}{2} \widehat{A O M}$.

Tìm cách giải

Muốn so sánh hai góc $B O N$ và $A O M$ ta cần tính số đo của chúng.
Đã biết số đo của góc $A O M$ nên chỉ cần tính số đo của góc $B O N$.

Hướng dẫn giải

Hai góc $A O M$ và $B O M$ kề bù nên $\widehat{A O M}+\widehat{B O M}=180^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{B O M}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$. Vì $O M \perp O N$ nên $\widehat{M O N}=90^{\circ}$.
Tia $O N$ nằm trong góc $B O M$ nên $\widehat{B O N}+\widehat{M O N}=\widehat{B O M}$
$\Rightarrow \widehat{B O N}=120^{\circ}-90^{\circ}=30^{\circ}$. Vì $30^{\circ}=\dfrac{1}{2} \cdot 60^{\circ}$ nên $\widehat{B O N}=\dfrac{1}{2} \widehat{A O M}$.

Ví dụ 2: Cho góc bẹt $A O B$. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ $A B$ vẽ các tia $O E, O F$ sao cho $\widehat{A O E}=\widehat{B O F}<90^{\circ}$. Vẽ tia phân giác $O M$ của góc $E O F$. Chứng tỏ rằng $O M \perp A B$.

Tìm cách giải

Để chứng tỏ $O M \perp A B$ ta cần chứng tỏ góc $A O M$ hoặc góc $B O M$ có số đo bằng $90^{\circ}$

Hướng dẫn giải

Ta có $\widehat{A O E}=\widehat{B O F} ; \widehat{M O E}=\widehat{M O F}$ (đề bài cho)
$$
\Rightarrow \widehat{A O E}+\widehat{M O E}=\widehat{B O F}+\widehat{M O F} \text {. }
$$

Tia $O E$ nằm giữa hai tia $O A, O M$; tia $O F$ nằm giũa hai tia $O B, O M$ nên từ (1) suy ra $\widehat{A O M}=\widehat{B O M}$. Mặt khác, $\widehat{A O M}+\widehat{B O M}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù) nên $\widehat{A O M}=180^{\circ}: 2=90^{\circ}$, suy ra $O M \perp O A$. Do đó $O M \perp A B$.

Ví dụ 3: Cho góc tù $A O B$. Vẽ vào trong góc này các tia $O M, O N$ sao cho $O M \perp O A, O N \perp O B$. Vẽ tia $O K$ là tia phân giác của góc $M O N$. Chứng tỏ rằng tia $O K$ cũng là tia phân giác của góc $A O B$.

Tìm cách giải

Muốn chứng tỏ tia $O K$ là tia phân giác của góc $A O B$ ta cần chứng tỏ $\widehat{A O K}=\widehat{B O K}$. Muốn vậy cần chứng tỏ $\widehat{A O N}+\widehat{N O K}=\widehat{B O M}+\widehat{M O K}$.

Hướng dẫn giải

Ta có $O M \perp O A \Rightarrow \widehat{A O M}=90^{\circ} ; O N \perp O B \Rightarrow \widehat{B O N}=90^{\circ}$.
Tia $O N$ nằm giữa hai tia $O A, O M$ nên $\widehat{A O N}+\widehat{N O M}=\widehat{A O M}=90^{\circ}$;
Hinh2.6

Tia $O M$ nằm giữa hai tia $O B, O N$ nên $\widehat{B O M}+\widehat{M O N}=\widehat{B O N}=90^{\circ}$.
Suy ra $\widehat{A O N}=\widehat{B O M}$ (cùng phụ với $\widehat{M O N}$ ).
Tia $O K$ là tia phân giác của góc $M O N$ nên $\widehat{N O K}=\widehat{M O K}$.
Do đó $\widehat{A O N}+\widehat{N O K}=\widehat{B O M}+\widehat{M O K}$.
Vi tia $O N$ nằm giũ̃a hai tia $O A, O K$ và tia $O M$ nằm giữa hai tia $O B, O K$ nên từ (1) suy ra $\widehat{A O K}=\widehat{B O K}$. Mặt khác, tia $O K$ nằm giũa hai tia $O A, O B$ nên tia $O K$ cũng là tia phân giác của góc $A O B$.

Bài tập vận dụng

Bài 1. Cho hai đường thẳng $A B$ và $C D$ vuông góc với nhau tại $O$. Vẽ tia $O K$ là tia phân giác của góc $A O C$. Tính số đo góc $K O D$ và $K O B$.

Hướng dẫn giải

Vì $A B \perp C D$ nên $ \widehat{A O C}=90^{\circ}$

Vì tia $O K$ là tia phân giác của góc $A O C$ nên $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}=45^{\circ}$.
Ta có $\widehat{K O D}+\widehat{O_1}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù)
$$
\Rightarrow \widehat{K O D}=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ} \text {. }
$$
$\widehat{K O B}+\widehat{O_2}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù)
$$
\Rightarrow \widehat{K O B}=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ} \text {. }
$$

Bài 2. Cho góc $A O B$ và tia $O C$ nằm trong góc đó sao cho $\widehat{A O C}=4 \widehat{B O C}$. Vẽ tia phân giác $O M$ của góc $A O C$. Tính số đo của góc $A O B$ nếu $O M \perp O B$.

Hướng dẫn giải

Tia $O M$ là tia phân giác của góc $A O C$ nên $\widehat{M O C}=\frac{1}{2} \widehat{A O C}$ mà $\widehat{A O C}=4 \widehat{B O C}$ nên $\widehat{M O C}=2 \widehat{B O C}$.

Nếu $O M \perp O B$ thì $\widehat{M O B}=90^{\circ}$.
Ta có $\widehat{M O C}+\widehat{B O C}=90^{\circ}$ do đó $2 \widehat{B O C}+\widehat{B O C}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{B O C}=30^{\circ}$.
Vậy $\widehat{A O C}=4.30^{\circ}=120^{\circ}$.

Bài 3. Cho góc tù $A O B, \widehat{A O B}=m^{\circ}$. Vẽ vào trong góc này các tia $O C, O D$ sao cho $O C \perp O A ; O D \perp O B$.
a) Chứng tỏ rằng $\widehat{A O D}=\widehat{B O C}$.
b) Tìm giá trị của $m$ để $\widehat{A O D}=\widehat{D O C}=\widehat{C O B}$.

Hướng dẫn giải

a) Ta có $O C \perp O A$ nên $\widehat{A O C}=90^{\circ}$; OD $\perp O B$ nên $\widehat{B O D}=90^{\circ}$.

Tia $O D$ nằm trong góc $A O B$ nên $\widehat{A O D}+\widehat{B O D}=\widehat{A O B}$.
$$
\Rightarrow \widehat{A O D}=\widehat{A O B}-\widehat{B O D}=m^{\circ}-90^{\circ}
$$

Tia $O C$ nằm trong góc $A O B$ nên $\widehat{A O C}+\widehat{B O C}=\widehat{A O B}$
$$
\Rightarrow \widehat{B O C}=\widehat{A O B}-\widehat{A O C}=m^{\circ}-90^{\circ}
$$
Từ (1) và (2), suy ra: $\widehat{A O D}=\widehat{B O C}\left(=m^{\circ}-90^{\circ}\right)$.
b) Tia $O C$ nằm giữa hai tia $O B$ và $O D$. Suy ra $\widehat{B O C}+\widehat{D O C}=\widehat{B O D}=90^{\circ}$.

Nếu $\widehat{B O C}=\widehat{D O C}$ thì $\widehat{D O C}=90^{\circ}: 2=45^{\circ}$.

Do đó, $\widehat{A O D}=\widehat{D O C}=\widehat{C O D} \Leftrightarrow \widehat{A O B}=3 \cdot \widehat{D O C}=3.45^{\circ}=135^{\circ} \Leftrightarrow m=135$

CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC

Bài 4. Trong hình 2.7 có góc $M O N$ là góc bẹt, góc $A O C$ là góc vuông. Các tia $O M, O N$ lần lượt là các tia phân giác của các góc $A O B$ và $C O D$. Chứng tỏ rằng $O B \perp O D$.


Hướng dẫn giải

Vì $\widehat{M O N}$ là góc bẹt nên $\widehat{O_1}+\widehat{O_3}+\widehat{A O C}=180^{\circ}$
$$
\widehat{O_2}+\widehat{O_4}+\widehat{B O D}=180^{\circ}
$$

Mặt khác, $\widehat{O_1}=\widehat{O_2} ; \widehat{O_3}=\widehat{O_4}$ (đề bài cho) nên từ (1) và (2) suy ra $\widehat{A O C}=\widehat{B O D}$.
Vì $\widehat{A O C}=90^{\circ}$ nên $\widehat{B O D}=90^{\circ} \Rightarrow O B \perp O D$.

Bài 5. Cho góc nhọn $A O B$. Trên nửa mặt phẳng bờ $O A$ có chứa tia $O B$, vẽ tia $O C \perp O A$. Trên nửa mặt phẳng bờ $O B$ có chứa tia $O A$ vẽ tia $O D \perp O B$. Gọi $O M$ và $O N$ lần lượt là các tia phân giác của các góc $A O D$ và $B O C$. Chứng tỏ rằng $O M \perp O N$.


Hướng dẫn giải

Ta có $O C \perp O A \Rightarrow \widehat{A O C}=90^{\circ}$. $O D \perp O B \Rightarrow \widehat{B O D}=90^{\circ}$.
Tia $O B$ nằm giữa hai tia $O A, O C$.
Do đó $\widehat{A O B}+\widehat{B O C}=90^{\circ}$.
Tương tự, ta có $\widehat{A O B}+\widehat{A O D}=90^{\circ}$.
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{B O C}=\widehat{A O D}$ (cùng phụ với $\widehat{A O B}$ ).
Tia $O M$ là tia phân giác của góc $A O D \Rightarrow \widehat{O_1}=\widehat{O_2}=\frac{\widehat{A O D}}{2}$.
Hinh 2.12

Tia $O N$ là tia phân giác của góc $B O C \Rightarrow \widehat{O_3}=\widehat{O_4}=\frac{\widehat{B O C}}{2}$.
Vi $\widehat{A O D}=\widehat{B O C}$ nên $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}=\widehat{O_3}=\widehat{O_4}$.
Ta có $\widehat{A O B}+\widehat{B O C}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{A O B}+\widehat{O_3}+\widehat{O_4}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{A O B}+\widehat{O_3}+\widehat{O_2}=90^{\circ}$.
Do đó $\widehat{M O N}=90^{\circ} \Rightarrow O M \perp O N$.

Bài 6. Cho góc bẹt $A O B$. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ $A B$ vẽ các tia $O M$ và $O N$ sao cho $\widehat{A O M}=\widehat{B O N}=m^{\circ}(90<m<180)$. Vẽ tia phân giác $O C$ của góc $M O N$.
a) Chứng tỏ rằng $O C \perp A B$.
b) Xác định giá trị của $m$ để $O M \perp O N$.


Hướng dẫn giải

a) Ta có $\widehat{A O N}+\widehat{B O N}=180^{\circ} ; \widehat{B O M}+\widehat{A O M}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù) mà $\widehat{A O M}=\widehat{B O N}$ (đề bài cho) nên $\widehat{A O N}=\widehat{B O M}$.

Mặt khác, tia $O C$ là tia phân giác của góc $M O N$ nên $\widehat{C O N}=\widehat{C O M}$.
Do đó $\widehat{A O N}+\widehat{C O N}=\widehat{B O M}+\widehat{C O M}$
Ta có tia $O N$ nằm giữa hai tia $O A, O C$; tia $O M$ nằm giữa hai tia $O B$, $O C$ nên từ (1) suy ra $\widehat{A O C}=\widehat{B O C}=180^{\circ}: 2=90^{\circ}$. Vậy $O C \perp A B$.
Hinh 2.13
b) Tia $O M$ nằm giữa hai tia $O B$ và $O N$ nên $\widehat{B O M}+\widehat{M O N}=\widehat{B O N}=m^{\circ}$

Mặt khác $\widehat{B O M}=180^{\circ}-\widehat{A O M}=180^{\circ}-m^{\circ}$
(2).

Từ (1) và (2) suy ra: $\left(180^{\circ}-m^{\circ}\right)+90^{\circ}=m^{\circ} \Rightarrow 2 m^{\circ}=270^{\circ} \Rightarrow m^{\circ}=135^{\circ}$.
Vậy $m=135$.

CHỨNG MINH MỘT TIA LÀ TIA PHÂN GIÁC, LÀ TIA ĐỐI

Bài 7. Cho góc $A O B$ có số đo bằng $120^{\circ}$. Vẽ tia phân giác $O M$ của góc đó. Trên nửa mặt phẳng bờ $O M$ có chứa tia $O A$, vẽ tia $O N \perp O M$. Trong góc $A O B$ vẽ tia $O C \perp O B$. Chứng tỏ rằng:
a) Tia $O C$ là tia phân giác của góc $A O M$;
b) Tia $O A$ là tia phân giác của góc $C O N$.


Hướng dẫn giải

a) Tia $O M$ là tia phân giác của góc $A O B$ nên $\widehat{A O M}=\widehat{B O M}=120^{\circ}: 2=60^{\circ}$.

Ta có $O C \perp O B \Rightarrow \widehat{B O C}=90^{\circ}$.
Tia $O M$ nằm giữa hai tia $O B, O C$ nên $\widehat{B O M}+\widehat{C O M}=\widehat{B O C}$ $\Rightarrow \widehat{C O M}=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$.
Tia $O C$ nằm giữa hai tia $O A, O B$ nên $\widehat{A O C}+\widehat{B O C}=\widehat{A O B}$
$\Rightarrow \widehat{A O C}=120^{\circ}-90^{\circ}=30^{\circ}$.

Vậy $\widehat{A O C}=\widehat{C O M}\left(=30^{\circ}\right)$.
Tia $O C$ nằm giữa hai tia $O A, O M$ nên từ (1) suy ra tia $O C$ là tia phân giác của góc $A O M$.
b) Ta có $O M \perp O N \Rightarrow \widehat{M O N}=90^{\circ}$.

Tia $O A$ nằm giữa hai tia $O N, O M$ nên $\widehat{A O N}+\widehat{A O M}=\widehat{M O N}$.
Suy ra $\widehat{A O N}=\widehat{M O N}-\widehat{A O M}=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$.
Vậy $\widehat{A O N}=\widehat{A O C}\left(=30^{\circ}\right)$
Tia $O A$ nằm giữa hai tia $O N, O C$ nên từ (2) suy ra tia $O A$ là tia phân giác của góc $C O N$.

Bài 8. Cho góc bẹt $A O B$, tia $O C \perp A B$. Vẽ tia $O M$ và $O N$ ở trong góc $B O C$ sao cho $\widehat{B O M}=\widehat{C O N}=\frac{1}{3} \widehat{B O C}$. Tìm trong hình vẽ các tia là tia phân giác của một góc.


Hướng dẫn giải

Ta có $O C \perp A B$ nên $\widehat{A O C}=\widehat{B O C}=90^{\circ}$
Tia $O C$ nằm giữa hai tia $O A, O B$.
Từ (1) và (2) suy ra tia $O C$ là tia phân giác của góc $A O B$.
Ta có $\widehat{B O M}=\widehat{C O N}=\frac{1}{3} \widehat{B O C}=30^{\circ}$.
Tia $O N$ nằm trong góc $B O C$ nên $\widehat{B O N}+\widehat{C O N}=\widehat{B O C}$.
Suy ra $\widehat{B O N}=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$.
Tia $O M$ nằm giữa hai tia $O B, O N$.
Do đó $\widehat{B O M}+\widehat{M O N}=\widehat{B O N} \Rightarrow \widehat{M O N}=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$.
Vậy $\widehat{B O M}=\widehat{M O N}=\widehat{C O N}=30^{\circ}$
Từ (3) và (4) suy ra tia $O M$ là tia phân giác của góc $B O N$.
Tia $O N$ nằm giữa hai tia $O M$ và $O C$
Từ (4) và (5) suy ra tia $O N$ là tia phân giác của góc $C O M$.
Tóm lại, các tia $O C, O M, O N$ lần lượt là các tia phân giác của các góc $A O B, B O N$ và $C O M$.

Bài 9. Cho hai tia $O M$ và $O N$ vuông góc với nhau, tia $O C$ nằm giữa hai tia đó. Vẽ các tia $O A$ và $O B$ sao cho tia $O M$ là

tia phân giác của góc $A O C$, tia $O N$ là tia phân giác của góc $B O C$. Chứng tỏ rằng hai tia $O A$, $O B$ đối nhau.

Hướng dẫn giải

Ta có $O M \perp O N \Rightarrow \widehat{M O N}=90^{\circ}$.
Tia $O M$ là tia phân giác của góc $A O C$ nên $\widehat{A O M}=\widehat{M O C}$.
Tia $O N$ là tia phân giác của góc $B O C$ nên $\widehat{B O N}=\widehat{N O C}$.
Xét tổng
$$
\widehat{A O C}+\widehat{B O C}=2 \widehat{M O C}+2 \widehat{N O C}=2(\widehat{M O C}+\widehat{N O C})=2 \widehat{M O N}=2.90^{\circ}=180^{\circ} \text {. }
$$

Hai góc kề $A O C$ và $B O C$ có tổng bằng $180^{\circ}$ nên hai tia $O A, O B$ đối nhau.

ĐƯỜNG TRUNG TRỰC – HAI GÓC CÓ CẠNH TƯƠNG ỨNG VUÔNG GÓC

Bài 10. Cho đoạn thẳng $A B=2 a$. Lấy các điểm $E$ và $F$ nằm giữa $A$ và $B$ sao cho $A E=B F$. Chứng tỏ rằng hai đoạn thẳng $A B$ và $E F$ cùng có chung một đường trung trực.

Hướng dẫn giải

  • Trường hợp $A E=B F<a$ :

Gọi $M$ là trung điểm của $A B$. Khi đó $M A=M B=a$.
Điểm $E$ nằm giữa hai điểm $A$ và $M$, điểm $F$ nằm giữa hai điểm $B$ và $M$.

Do đó $M E=M A-A E=a-A E ; M F=M B-B F=a-B F$.
Vì $A E=B F$ nên $M E=M F$. Vậy $M$ là trung điểm chung của hai đoạn thẳng $A B$ và $E F$. Qua $M$ vẽ $x y \perp A B$ thì $x y$ là đường trung trực chung của $A B$ và $E F$.

  • Trường hợp $A E=B F>a$ : Chứng minh tương tự.

Bài 11. Cho bốn điểm $M, N, P, Q$ nằm ngoài đường thẳng $x y$. Biết $M N \perp x y ; P Q \perp x y$ và $x y$ là đường trung trực của đoạn thẳng $N P$. Chứng tỏ rằng bốn điểm $M, N, P, Q$ thẳng hàng.

Hướng dẫn giải

Ta có $M N \perp x y ; N P \perp x y$ (vì $x y$ là đường trung trực của $N P$ ). Qua điểm $N$ chỉ vẽ được một đường thẳng vuông góc với $x y$, suy ra ba điểm $M, N, P$ thẳng hàng. (1)

Ta có $N P \perp x y ; P Q \perp x y$. Qua điểm $P$ chỉ vẽ được một đường thẳng vuông góc với $x y$, suy ra ba điểm $N, P, Q$ thẳng hàng. (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm $M, N, P, Q$ thẳng hàng vì chúng cùng thuộc đường thẳng $N P$.

Bài 2.12. Hai góc gọi là có cạnh tương ứng vuông góc nếu đường thẳng chứa mỗi cạnh của góc này tương ứng vuông góc với đường thẳng chứa một cạnh của góc kia.

Xem hình $2.8(\mathrm{a}, \mathrm{b})$ rồi kể tên các góc nhọn (hoặc tù) có cạnh tương ứng vuông góc.


Hướng dẫn giải

Trên hình 2.8a) có $A H \perp O x, A K \perp O y$ nên các góc có cạnh tương ứng vuông góc là: góc $H A K$ và góc $x O y$; góc $H A t$ và góc $x O y$.
Trên hình 2.8 b ) có $A B \perp A C$ và $A H \perp B C$ nên các góc có cạnh tương ứng vuông góc là: góc $B A H$ và góc $C$; góc $C A H$ và góc $B$.

Hệ thức lượng trong tam giác

Leave a reply

Ta có một số kí hiệu thường dùng.

Cho tam giác $A B C$, khi đó

  • $a=B C, b=A C, c=A B$
  • $p=\frac{a+b+c}{2}$ là nửa chu vi tam giác ABC .
  • $S=S_{A B C}$ diện tích tam giác ABC .
  • R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
  • $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$
  • $m_a, m_b, m_c$ độ dài đường trung tuyến xuất phát từ $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$.
  • $h_a, h_b, h_c$ là độ dài đường cao xuất phát từ $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$.

Định lý Cosin trong tam giác

Định lý. Cho tam giác ABC
Khi đó ta có:

  • $a^2=b^2+c^2-2 b c \cdot \cos A$
  • $b^2=a^2+c^2-2 a c \cdot \cos B$
  • $c^2=a^2+b^2-2 a b \cdot \cos C$

Chứng minh

Để chứng minh định lý ta có thể sử dụng định lý Pitago và tỉ số lượng giác của góc nhọn, hoặc có thể dùng tích vô hướng, ở đây tôi trình bày theo tích vô hướng.

$a^2=B C^2=(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})^2$

$=\overrightarrow{A C}^2+\overrightarrow{A B}^2-2 \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}$
$=A C^2+A B^2-2 A B \cdot A C \cos A $
$=b^2+c^2-2 b c \cdot \cos A$
Các hệ thức còn lại chứng minh tương tự.

Từ định lý trên ta dễ dàng suy ra hệ quả sau

Hệ quả.
Trong tam giác $A B C$
$$
\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c} ; \cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2 a c} ; \cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}
$$

Từ đây suy ra tam giác $A B C$ có
$$
A<90^{\circ} \Leftrightarrow b^2+c^2>a^2
$$
và
$$
A>90^{\circ} \Leftrightarrow b^2+c^2<a^2
$$

Nhận xét:

  • Định lý cosin là tổng quát của định lý Pitago nêu lên quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, ứng dụng để tính toán độ dài, góc, thiết lập các đẳng thức hình học.
  • Hệ quả định lý cosin sử dụng khi ta muốn chuyển các hệ thức về độ dài các cạnh của tam giác.

Định lý Sin trong tam giác

Định lý.
Cho tam giác $A B C$, gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$. Khi đó
$$
\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R
$$

Chứng minh. Vẽ đường kính $B D$, khi đó $\angle BDC = \angle BAC$ hoặc $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC$, suy ra:
$$
\sin B A C=\sin B D C=\frac{B C}{B D}=\frac{a}{2 R}
$$
suy ra
$$
\frac{a}{\sin A}=2 R
$$

Chứng minh tương tự ta cũng có
$$
\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R
$$

Hệ quả

  • $a=2 R \sin A, b=2 R \sin B, c=2 R \sin C$
  • $\sin A=\frac{a}{2 R}, \sin B=\frac{b}{2 R}, \sin C=\frac{c}{2 R}$
  • $\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}$

Nhận xét:

  • Nêu lên mối liên hệ giữa cạnh, góc đối diện và bán kính đường tròn ngoại tiếp.
  • Tính toán các yếu tố của tam giác khi biết sỗ đo hai góc và một cạnh.
  • Chứng minh các đẳng thức hình học khác.
[video1] Dinh ly cosin va sinDownload

Công thức đường trung tuyến

Định lý. (Độ dài đường trung tuyến) Trong tam giác $A B C$, gọi $m_a, m_b, m_c$ lần lượt là độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ $A, B, C$. Khi đó

  • $m_a^2=\frac{1}{2}\left(b^2+c^2\right)-\frac{1}{4} a^2$.
  • $m_b^2=\frac{1}{2}\left(a^2+c^2\right)-\frac{1}{4} b^2$.
  • $m_c^2=\frac{1}{2}\left(b^2+a^2\right)-\frac{1}{4} c^2$.

Chứng minh. Ta có thể chứng minh định lý này bằng định lý Cosin, áp dụng định lý cosin cho hai tam giác $A M B, A M C$ ta có
$$
\cos A M B=\frac{A M^2+M B^2-A B^2}{2 A M \cdot M B}, \cos A M C=\frac{A M^2+M C^2-A C^2}{2 A M \cdot M C}
$$

Mà $\cos A M B+\cos A M C=0$ và $M B=M C=\frac{B C}{2}$
$$
\frac{A M^2+M B^2-A B^2}{2 A M \cdot B M}+\frac{A M^2+M C^2-A C^2}{2 A M \cdot M C}=0
$$

Từ đó ta có $2 A M^2=A B^2+A C^2-M B^2-M C^2$ hay $A M^2=\frac{1}{2}\left(A B^2+A C^2\right)-\frac{1}{4} B C^2$, ta có điều cần chứng minh.

Công thức tính diện tích tam giác

Định lý. Các công thức tính diện tích tam giác

  • $S=\frac{1}{2} a \cdot h_a=\frac{1}{2} b \cdot h_b=\frac{1}{2} c \cdot h_c$
  • $S=\frac{1}{2} a b \cdot \sin C=\frac{1}{2} b c \cdot \sin A=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B$
  • $S=\frac{a b c}{4 R}$
  • $S=p r$
  • $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ (công thức He-ron)

Chứng minh dành cho bạn đọc.

[video2] Cong thuc dien tichDownload

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN DẠNG LUỸ THỪA

Leave a reply

A. MỘT SỐ CHÚ Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG LŨY THỪA
Nhận xét: Để giải phương trình nghiệm nguyên dạng lũy thừa ta chú ý một số phương pháp thường sử dụng

  • Sử dụng đồng dư để xét tính chẵn lẻ, hay modun của nghiệm.
  • Phân tích thành thừa số.
  • Đánh giá bất đẳng thức.

Do sử dụng nhiều đồng dư, do đó ta chú ý một số tính chất về đồng dư sau Tính chất 3.2. Cho $a$ là một số nguyên tùy ý. Khi đó
(a) $a^2 \equiv 0,1(b\mod 3)$;
(b) $a^2 \equiv 0,1(b\mod 4)$
(c) $a^2 \equiv 0,1,4 (b\mod 8)$;
(d) $a^2 \equiv 0,1,4 (b\mod 5)$;
(e) $a^3 \equiv-1,0,1 (b\mod 7)$
(f) $a^3 \equiv-1,0,1(b\mod 9)$.

Tính chất 3.3. Cho $p$ là một số nguyên tố và $a, b, c, n$ là các số nguyên dương. Ta có
(a) $a^n \vdots p \Leftrightarrow a \vdots p$;
(b) Nếu $a b=p^n$ thì $\left\{\begin{array}{l}a=p^k \\\ b=p^{n-k}\end{array} \quad\right.$ với $k \in \mathbb{N}$ thỏa $0 \leq k \leq n$;
(c) Nếu a b=c^n và (a, b)=1 thì $a=s^n \text { và } b=r^n$ với $s, r \in \mathbb{N}$.

B MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 3.29. Tìm các số nguyên $x, y$ thỏa mān $x^3+1=4 y^2$.

Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại các số nguyên $x, y$ thỏa mãn $x^3+1=4 y^2$. Ta có
$$
x^3=4 y^2-1=(2 y-1)(2 y+1) \text {. }
$$

Đặt $d=(2 y-1,2 y+1)$, ta có $d$ lẻ và $\left\{\begin{array}{l}d \mid 2 y-1 \\\ d \mid 2 y+1\end{array}\right.$.
Do đó $d \mid 2$, suy ra $d=1$ (vì $d$ lẻ). Như vậy $2 y-1$ và $2 y+1$ nguyên tố cùng nhau.
Kết hợp với (3.1) ta suy ra $2 y-1=a^3$ và $2 y+1=b^3$ với $a, b \in \mathbb{Z}$.
Dẫn đến $b^3-a^3=2$ hay $(b-a)\left(b^2+b a+a^2\right)=2$. Từ đó ta được $b=1$ và $a=-1$, suy ra $y=0$ và khi đó $x=-1$. Thử lại thỏa.
Vậy $(x, y)=(-1,0)$.

Ví dụ 3.30. Giải phương trình nghiệm nguyên $x^5+2023 x=5^y+2$.

Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại các số nguyên $x, y$ thỏa mãn $x^5+2023 x=5^y+2$.
Vì $5^y+2$ lẻ nên $x$ lẻ, do đó $x^5+2023 x=x\left(x^4+2023\right) \vdots 4$ (vì $x$ lẻ nên $x \equiv 1(\bmod 4)$.
Tuy nhiên $x^5+2023 x=5^y+2 \equiv 1^y+2 \equiv 3(\bmod 4)$ (Vô lí).

Vậy không tồn tại các số nguyên $x, y$ thỏa mãn $x^5+2023 x=5^y+2$.

Ví dụ 3.31. Tìm các số nguyên $x$ và $y$ sao cho $3^x-y^3=1$.

Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại các số nguyên $x$ và $y$ sao cho $3^x-y^3=1$. Nhận xét $x \geq 0$.
Ta có $3^x=y^3-1=(y+1)\left(y^2-y+1\right)$, suy ra $\left\{\begin{array}{l}y+1=3^t \\\ y^2-y+1=3^{x-t}\end{array} \quad(t \in \mathbb{N}, t \leq x)\right.$.
Khi đó $y=3^t-1$ và
$$
\left(3^t-1\right)^2-\left(3^t-1\right)+1=3^{x-t} \Leftrightarrow 3^{2 t}-3^{t+1}+3=3^{x-t} .
$$

  • Nếu $t=0$, từ (3.2) ta được $1=3^x$ hay $x=0$. Ngoài ra $y=3^0-1=2$.

Nếu $t \geq 1$, giả sử $x-t \geq 2$, khi đó $3^{x-t} \vdots 9$. Từ (3.2) ta có $3^{2 t} \vdots 9$ và $3^{t+1} \vdots 9$ (do $t \geq 1$ ), từ đó suy ra $3 \vdots 9$ (Vô lí).
Do đó $x-t \in{0,1}$.

  • Nếu $x-t=0$ thì $y^2-y+1=1 \Leftrightarrow y(y-1)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=0 \ y=1\end{array}\right.$.
    Với $y=0$ ta tìm được $x=0$ và với $y=1$ ta có $3^x=2$ (Vô lí).
  • Nếu $x-t=1$ thì $y^2-y+1=3 \Leftrightarrow y^2-y-2=0 \Rightarrow y=2$.
    Khi đó $3^x=2^3+1=9$, dẫn đến $x=2$.

Vậy $(x, y)=(0,0)$ hoặc $(x, y)=(2,1)$.

Ví dụ 3.32. Tìm các số nguyên dương $x$ và $y$ sao cho
$$
9^x-7^x=2^y .
$$

Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại các số nguyên dương $x, y$ sao cho $9^x-7^x=2^y$.
Nếu $x$ lẻ thì
$$
9^x-7^x \equiv 1^x-(-1)^x \equiv 2(\bmod 8) .
$$

Do đó $2^y \equiv 2(\bmod 8)$, suy ra $y=1$. Khi đó $9^x-7^x=2 \Rightarrow x=1$.
Nếu $x$ chẵn, đặt $x=2 k\left(k \in \mathbb{N}^*\right)$, ta được
$$
2^y=9^{2 k}-7^{2 k}=\left(9^k-7^k\right)\left(9^k+7^k\right) .
$$

Suy ra
$$
\left\{\begin{array}{l}
9^k-7^k=2^t \\
9^k+7^k=2^{y-t}
\end{array}\right.
$$
với $t \in \mathbb{N}^*$ và $t \leq y$.
– Nếu $k$ lẻ, khi đó $2^t \equiv 9^k-7^k \equiv 2(\bmod 8)$, do đó $t=2$ và $k=1$.
Dẫn đến $x=2$ và $2^y=81-49=32 \Rightarrow y=5$.
– Nếu $k$ chẵn, ta có
$$
9^k+7^k \equiv 1^k+(-1)^k \equiv 2(\bmod 8) .
$$

Do đó $2^{y-t} \equiv 2(\bmod 8)$, suy ra $y-t=1$. Như vậy $9^k+7^k=2$ (Vồ lí).
Vậy $(x, y)=(1,1)$ hoặc $(x, y)=(2,5)$.

Ví dụ 3.33. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho luôn tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn
$$
p^n=x^3+y^3 .
$$

Hướng dẫn giải

Đặt $x=p^t x_1$ và $y=p^s y_1\left(x_1, y_1, s, t \in \mathbb{N}\right.$ và $\left.x_1, y_1 \neq p\right)$.
Ta có
$$
p^n=p^{3 t} x_1^3+p^{3 s} y_1^3>p^{3 t} \Rightarrow n>3 t .
$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $t \geq s$.
Nếu $t>s$ thì $p^{n-3 s}=p^{3(t-s)} x_1^3+y_1^3 \vdots p \Rightarrow y_1^3 \vdots p$ (Vô lí).
Vậy $t=s$, do đó $p^{n-3 t}=x_1^3+y_1^3=\left(x_1+y_1\right)\left(x_1^2-x_1 y_1+y_1^2\right)$.

  • Nếu $x_1^2-x_1 y_1+y_1^2=1$ thì $x_1=y_1=1$.
    Khi đó $p^{n-3 t}=2 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}p=2 \\\ n-3 t=1\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}p=2 \\\ n=3 t+1\end{array}\right.\right.$.
    Lúc này ta được $x=y=2^t$. Thử lại thỏa.
  • Nếu $x_1^2-x_1 y_1+y_1^2>1$, ta được
    $$
    \left\{\begin{array}{l}
    x_1+y_1=p^k \\\
    x_1^2-x_1 y_1+y_1^2=p^{n-3 t-k}
    \end{array}\right.
    $$
    với $k \geq 1, n-3 t-k \geq 1$.

Do đó $\left(x_1+y_1\right)^2-\left(x_1^2-x_1 y_1+y_1^2\right)=3 x_1 y_1 \vdots p \Rightarrow 3 \vdots p \Rightarrow p=3$.

Ngoài ra, nếu $n-3 t-k \geq 2$ thì $x_1^2-x_1 y_1+y_1^2=\left(x_1+y_1\right)^2-3 x_1 y_1 \vdots 3^2$, mà $\left(x_1+y_1\right)^2 \vdots 3^2$ nên $3 x_1 y_1 \vdots 3^2 \Rightarrow x_1 y_1 \vdots 3$ (Vô lí).
Vậy $n-3 t-k=1$ hay $x_1^2-x_1 y_1+y_1^2=3$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1 \geq y_1$ thì ta được $x_1=2$ và $y_1=1$.
Từ đây ta được $n-3 t=2 \Leftrightarrow n=3 t+2$ và $x=2 \cdot 3^t$ và $y=3^t$.
Thử lại thỏa.
Vậy $p=2$ và $p=3$ là các số nguyên tố cần tìm.

Ví dụ 3.34. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình
$$
\left(2^x+1\right)\left(2^x+2\right)\left(2^x+3\right)\left(2^x+4\right)-5^y=11879 .
$$

Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại các số tự nhiên $x, y$ thỏa mãn
$$
\left(2^x+1\right)\left(2^x+2\right)\left(2^x+3\right)\left(2^x+4\right)-5^y=11879 .
$$

Ta có
$$
\begin{aligned}
\left(2^x+1\right)\left(2^x+2\right)\left(2^x+3\right)\left(2^x+4\right) & =\left(4^x+5 \cdot 2^x+4\right)\left(4^x+5 \cdot 2^x+6\right) = \left(4^x+5 \cdot 2^x+5\right)^2-1 .
\end{aligned}
$$

Do đó $\left(4^x+5 \cdot 2^x+5\right)^2-1-5^y=11879 \Leftrightarrow\left(4^x+5 \cdot 2^x+5\right)^2-5^y=11880$.
Nếu $y \geq 1$ thì ta suy ra $4^x+5 \cdot 2^x+5 \vdots 5 \Rightarrow 4^x \vdots 5$. (Vô lí)
Do đó $y=0$, khi đó
$$
\left(4^x+5 \cdot 2^x+5\right)^2=11881 \Rightarrow 4^x+5 \cdot 2^x+5=109 \Leftrightarrow 4^x+5 \cdot 2^x-104=0 .
$$

Suy ra $2^x=8 \Rightarrow x=3$.
Vậy $x=3$ và $y=0$.

Ví dụ 3.35. Cho $M=a^2+3 a+1$ với $a$ là số nguyên dương.
(a) Chứng minh rằng mọi ước của $M$ đều là số lẻ.
(b) Tìm các giá trị của $a$ để $M$ là lũy thừa của 5 .

Hướng dẫn giải

(a) Ta có $a^2+3 a+1=a(a+3)+1$ là số lẻ. Do đó mọi ước của $M$ đều là số lẻ.
(b) Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ thỏa mãn $a^2+3 a+1=5^n$. Khi đó
$$
a^2+3 a-4=5^n-5 \Leftrightarrow(a+4)(a-1)=5\left(5^{n-1}-1\right) .
$$

Nếu $n>1$ thì $5^{n-1}-1>0$.
Ta lại có $(a+4)(a-1) \vdots 5$ và $a+4-(a-1)=5$ nên $\left\{\begin{array}{l}a+4 \vdots 5 \\\ a-1 \vdots 5\end{array}\right.$.
Do đó $(a+4)(a-1) \vdots 25 \Rightarrow 5\left(5^{n-1}-1\right) \vdots 25 \Rightarrow 5^{n-1}-1 \vdots 5$. (Vô lí)
Vậy $n=1$ hay $a^2+3 a+1=5 \Rightarrow a=1$.
Thử lại thỏa, vậy $M$ là lũy thừa của 5 khi và chỉ khi $a=1$.

Ví dụ 3.36. Tìm số tự nhiên $n$ sao cho $8^n+47$ là số nguyên tố.

Hướng dẫn giải

  • Xét $n=2 k(k \in \mathbb{N})$, khi đó
    $$
    p^n \equiv 8^n+47 \equiv(-1)^{2 k}+47 \equiv 48 \equiv 0(\bmod 3) .
    $$

Do đó $p$ ! 3 nên $p$ không là số nguyên tố (Vô lí).

  • Xét $n=4 k+1\left(k \in \mathbb{N}^*\right)$, khi đó
    $$
    p \equiv\left(8^4\right)^k \cdot 8+47 \equiv 8+47 \equiv 55 \equiv 0(\bmod 5) .
    $$

Do đó $p \vdots: 5$ nên $p$ không là số nguyên tố (Vô lí).

  • Nếu $n=4 k+3\left(k \in \mathbb{N}^*\right)$, khi đó
    $$
    p \equiv\left(8^4\right)^k \cdot 8^3+47 \equiv 8^3+47 \equiv 559 \equiv 0(\bmod 13) .
    $$

Do đó $p$ : 13 nên $p$ không là số nguyên tố (Vô lí).
Vậy không tồn tại số tự nhiên $n$ để $8^n+47$ là số nguyên tố.

Ví dụ 3.37. Cho phương trình $2^x+5^y=k^2$ ( $x, y, k$ là các số nguyên dương).
(a) Chứng minh rằng phương trình trên vô nghiệm khi $y$ chẵn.
(b) Tìm $k$ để phương trình có nghiệm.
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán PTNK 2022)

Hướng dẫn giải

(a) Giả sử tồn tại $y \in \mathbb{N}^*$ chẵn để phương trình trên có nghiệm.

  • Với $x=1$ thì $2+5^y=k^2 \equiv 2(\bmod 5)$.
    Điều này vô lý vì $k^2 \equiv 0,1,4(\bmod 5)$ với mọi $k \in \mathbb{N}$.
  • Với $x>1$, do $y$ chẵn nên ta đặt $y=2 m(m \in \mathbb{N})$.
    Khi đó
    $$
    2^x+5^{2 m}=k^2 \Leftrightarrow 2^x=\left(k-5^m\right)\left(k+5^m\right) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}
    k-5^m=2^t \\\
    k+5^m=2^{x-t}
    \end{array} \quad(t \geq 0) .\right.
    $$

Vì $k+5^m>k-5^m$ nên $x-t>t$, suy ra $k=2^{t-1}+2^{x-t-1}$.
Ta thấy nếu $t=0$ thì $k=\dfrac{1}{2}+2^{x-1} \notin \mathbb{N}$. Do đó $t \geq 1$.

Mặt khác $k$ lẻ và $t-1<x-t-1$ nên $2^{t-1}=1 \Rightarrow t=1$. Khi đó $k-5^m=2 \Leftrightarrow k=2+5^m$. Thay vào $2^x+5^{2 m}=k^2$, ta được
$$
2^x+5^{2 m}=\left(2+5^m\right)^2 \Leftrightarrow 2^x=4+2 \cdot 5^m .
$$

Vì $x>1$ nên $2^x \vdots 4$, suy ra $2 \cdot 5^m \vdots 4$ (Vô lí).
Vậy phương trình vô nghiệm khi $y$ chẵn.
(b) Giả sử phương trình có nghiệm, khi đó $y$ lẻ.

  • Nếu $x=4 z+1(z \in \mathbb{N})$ thì
    $$
    k^2 \equiv 2^x+5^y \equiv 2^{4 z} \cdot 2+5^y \equiv 2(\bmod 5) .
    $$

Điều này vô lý vì $k^2 \equiv 0,1,4(\bmod 5)$ với mọi $k \in \mathbb{N}$.

  • Nếu $x=4 z+3(z \in \mathbb{N})$ thì
    $$
    k^2 \equiv 2^{4 z} \cdot 2^3+5^y \equiv 8 \equiv 3(\bmod 5) \text { (Vô lí). }
    $$

Vậy $x$ chẵn, đặt $x=2 t\left(t \in \mathbb{N}^*\right)$.
Ta có
$$
2^x+5^y=k^2 \Leftrightarrow 5^y=\left(k-2^t\right)\left(k+2^t\right) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}
k-2^t=5^s \\\
k+2^t=5^{y-s}
\end{array} \quad(s \in \mathbb{N}) .\right.
$$

Nếu $s>0$ thì $5^{y-s}-5^s \vdots 5$ nên $2^{t+1} \vdots 5$ (vô lý). Do đó $s=0$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}k=1+2^t \\\ k=5^y-2^t\end{array}\right.$. Suy ra $1+2^t=5^y-2^t \Rightarrow 5^y-1=2^{t+1}$.
Nếu $t>1$ thì $2^{t+1} \vdots 8$. Dặt $y=2 l+1$, khi đó
$$
2^{t+1}=5^y-1=25^l \cdot 5-1 \equiv 5-1 \equiv 4(\bmod 8) \text{vô lý}
$$

Vậy $t=1$, suy ra $k=3$. Với $k=3$, ta tìm được $x=2$ và $y=1$.
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $k=3$.

Ví dụ 3.38. Cho $k$ là số nguyên dương và $a=3 k^2+3 k+1$.
(a) Chứng minh rằng $2 a$ và $a^2$ là tổng của ba số chính phương.
(b) Chứng minh rằng nếu $a$ là uớc của số nguyên $b$ và $b$ bằng tổng của ba số chính phương thì bất kì lũy thừa với số mũ nguyên dương nào của $b$ cũng là tổng của ba số chính phương.

Hướng dẫn giải

(a) Ta có
$$
\begin{aligned}
2 a=6 k^2+6 k+2 & =k^2+\left(k^2+2 k+1\right)+\left(4 k^2+4 k+1\right) = k^2+(k+1)^2+(2 k+1)^2
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
a^2 & =\left(3 k^2+3 k-1+2\right)^2=9 k^4+18 k^3+15 k^2+6 k+1 = \left(4 k^4+12 k^3+13 k^2+6 k+1\right)+\left(4 k^4+4 k^3+k^2\right)+\left(k^4+2 k^3+k^2\right) = \left(2 k^2+3 k+1\right)^2+\left(2 k^2+k\right)^2+\left(k^2+k\right)^2
\end{aligned}
$$
(b) Đặt $a^2=a_1^3+a_2^3+a_3^3$ với $a_1, a_2, a_3 \in \mathbb{Z}$.
Đặt $b=c a$ với $c$ là số nguyên dương, do $b$ bẳng tổng của ba số chính phương nên $b=b_1^2+b_2^2+b_3^2$ với $b_1, b_2, b_3$ là các số nguyên.
Xét số nguyên dương $n$ bất kì, khi đó

  • Nếu $n=2 k\left(k \in \mathbb{Z}^{+}\right)$thì
    $$
    \begin{aligned}
    b^n & =c^{2 k} a^{2 k}=\left(c^k a^{k-1}\right)^2 a^2 = \left(c^k a^{k-1}\right)^2\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2\right) = \left(c^k a^{k-1} a_1\right)^2+\left(c^k a^{k-1} a_2\right)^2+\left(c^k a^{k-1} a_3\right)^2
    \end{aligned}
    $$
  • Nếu $n=2 k+1(k \in \mathbb{Z})$ thì
    $$
    b^n=\left(b^k\right)^2 \cdot b=\left(b^k\right)^2\left(b_1^2+b_2^2+b_3^2\right)=\left(b^k b_1\right)^2+\left(b^k b_2\right)^2+\left(b^k b_3\right)^2
    $$

Hoàn tất chứng minh.


C. CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài 3.13. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
$$
x^3+x^2+x+1=2011^y .
$$

Bài 3.14. Tìm tập nghiệm nguyên dương của phương trình
$$
8^x+15^y=17^z .
$$

Bài 3.15. Tìm các số nguyên dương $x, y, z>1$ thỏa mãn
$$
(x+1)^y-x^z=1 .
$$

Bài 3.16. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình $5^x-3^y=2$.

Bài 3.17. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
$$
2^x \cdot 3^y+5^z=7^t .
$$

Bài 3.18. Cho các số nguyên dương $m, n \geq 2$. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
$$
x^n+y^n=3^m .
$$

Bài 3.19. Cho $p$ là một số nguyên tố và $a, n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $2^p+3^p=$ $a^n$ thì $n=1$.

Bài 3.20. Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp không thể là lũy thừa với số mũ lớn hơn 1 của một số nguyên.

Bài 3.21. Cho phương trình $3 x^2-y^2=23^n$ với $n$ là số tự nhiên.
(a) Chứng minh nếu $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên $(x, y)$.
(b) Chứng minh nếu $n$ lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên $(x, y)$.

Bài 3.22.
(a) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+c a+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=0$.
(b) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+c a+2^k=0$.
(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán PTNK 2015)