Category Archives: Toán phổ thông

Đường tròn nội tiếp – Đường tròn bàng tiếp trong tam giác

Định nghĩa và một số tính chất quan trọng

Định nghĩa 1. Đường tròn nội tiếp là đường tròn có tâm là giao điểm ba đường phân giác trong và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác.

Định nghĩa 2. Đường tròn bàng tiếp là đường tròn có tâm giao điểm của một phân giác trong và hai phân giác ngoài, tiếp xúc với một cạnh và phần nối dài của hai cạnh còn lại.\\
Trong tam giác có ba đường tròn bàng tiếp ứng với ba đỉnh của tam giác.

Tính chất 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, đường tròn tâm $I$ bán kính $r$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$.
Gọi $I_a, I_b, I_c$ lần lượt là tâm đường tròn ứng với các đỉnh $A, B, C$. $(I_a)$ tiếp xúc với $BC, AC, AB$ tại $D’,E’, F’$.
Đặt $p = \dfrac{AB+BC+AC}{2}, S = S_{ABC}$.
Ta có một số tính chất sau:
a) $AE = AF = p-a$ và $AE’ = AF’ = p$ và $BD = CD’ = \dfrac{AB+BC-AC}{2}$.
b) $K$ là điểm đối xứng của $D$ qua $I$ thì $A, K, D’$ thẳng hàng.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ đi qua trung điểm các cạnh của tam giác $I_aI_bI_c$.

Chứng minh.

(a) Ta có $A E=A F, B D=B F, C D=C E$, khi đó $A B+A C-B C=A F+B F+A E+C E-$ $B D-C D=A E+A F=2 A E$, suy ra $A E=\frac{A B+A C-B C}{2}=\frac{A B+B C+A C}{2}-B C=p-a ;$
Ta có $B D^{\prime}=B F, C D^{\prime}=C E$, suy ra $A B+A C+B C=A B+B D^{\prime}+C D^{\prime}+A C=$ $A B+B F^{\prime}+A C+C E^{\prime}=A E^{\prime}+A F^{\prime}=2 A E^{\prime} \Rightarrow A E^{\prime}=A F^{\prime}=\frac{A B+B C+A C}{2}=p ;$

Chứng minh tương tự thì $B D=p-b$ và $C D^{\prime}=C E^{\prime}=A E^{\prime}-A C=p-b$, do đó $B D=C D^{\prime}$.
(b) Ta có $I K=I E, I_a D^{\prime}=I_a E^{\prime}$ nên $\frac{I K}{I_a D^{\prime}}=\frac{I E}{I_a E^{\prime}}$ và $I E / / I_a E^{\prime}$ nên $\frac{I E}{I_a E^{\prime}}=\frac{A I}{A I_a}$; do đó $\frac{A I}{A I_a}=$ $\frac{I K}{I_a D^{\prime}}$, suy ra $\triangle A I K \backsim \triangle A I_a D^{\prime} \Rightarrow \angle I A K=\angle I_a A D^{\prime}$, từ đó $A, K, D^{\prime}$ thẳng hàng.
(c) Ta có $A I_b, A I_a$ là phân giác ngoài và phân giác trong góc $A$ nên $\angle I_a A I_b=90^{\circ}$ hay $I_a A \perp I_b I_c$; chứng minh tương tự ta có $I_b B \perp I_a I_c, I_c C \perp I_a I_b$.

Trong tam giác $I_a I_b I_c$ thì $I_a A, I_b B, I_c C$ là ba đường cao, nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ chính là đường tròn Euler của tam giác $I_a I_b I_c$ nên đi qua trung điểm 3 cạnh của tam giác này.

Tính chất 2. Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm $BC, AC$. Khi đó $EF, BI, MN$ đồng quy.

Chứng minh.

Gọi $K$ là giao điểm của $B I$ và $E F$, ta chứng minh $K, M, N$ thẳng hàng.
Ta có $\angle K E C=\angle A E F=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$ và $\angle K I C=\angle I B C+\angle I C B=\frac{1}{2}(\angle A B C+$ $\angle A C B)=90^{\circ}-\angle B A C$. Suy ra $\angle K E C=$ $\angle K I C$, tứ giác $K E I C$ nội tiếp, do đó $\angle B K C=$ $90^{\circ}$.

Tam giác $K B C$ vuông tại $K$ có $K M$ trung tuyến nên $M K=M B=M C$, suy ra $\angle K M C=$ $2 \angle K B C=\angle A B C$, suy ra $K M / / A B$, mà $M N$ là đường trung bình của tam giác $A B C$ nên $M N / / A B$, do đó $K, M, N$ thẳng hàng.

Tính chất 3. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ tại $D, E, F . I D$ cắt $E F$ tại $K$, khi đó $A K$ đi qua trung điểm $M$ của $B C$.

Chứng minh. Qua $K$ vẽ đường thẳng song song hay $M$ là trung điểm cạnh $B C$. với $B C$ cắt $A B, A C$ tại $P$ và $Q$, ta chứng minh $K$ là trung điểm $P Q$.

Ta có $\angle I K \perp P Q$, từ đó suy ra $I K P F, I K E Q$ nội tiếp, suy ra $\angle I P K=\angle I F K, \angle I Q K=\angle I E K$ mà $I E F$ cân tại $I$ nên $\angle I E K=\angle I F K$, suy ra $\angle I P Q=\angle I Q K$. Tam giác $I P Q$ cân nên $K$ là trung điểm $P Q$.

Gọi $M$ là giao điểm của $A K$ với $B C$, ta có $\frac{K P}{M B}=$ $\frac{A K}{A M}=\frac{K Q}{M C}$, mà $K P=K Q$ nên $M B=M C$

Tính chất 4. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ lần lượt tại $D, E, F . E F$ cắt $B C$ tại $P$. Khi đó $\frac{P B}{P C}=\frac{D B}{D C}$ và $I P \perp A D$.
Chứng minh

Theo ví dụ 1.1 ta có $\frac{P B}{P C}=\frac{D B}{D C}$.

Gọi $K$ là giao điểm của $I A$ và $E F$ ta có $\angle I K P=90^{\circ}$, suy ra $I K P D$ nội tiếp, do đó $\angle I P D=\angle I K D$.
Mặt khác $I K \cdot I A=I E^2=I D^2$, suy ra $\triangle I K D \backsim \triangle I D A \Rightarrow I K D=\angle I D A$.
Do đó $\angle I P D=\angle I D A$, suy ra $D A \perp IP$.

Bài tập có lời giải

Bài 1. (PTNK 2014) Cho điểm $\mathrm{C}$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R$ $(C \neq A, C \neq B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.
(a) Chứng $\operatorname{minh} A N=A C, B M=B C$.
(b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ dồng quy.
(c) Tìm giá trị lớn nhất của $M N$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $C M N$ theo $\mathrm{R}$.

Lời giải.

(a) Ta có $\angle H C B=\angle C A B$ (cùng phụ với $\angle A B C$ ) và $\angle H C A=\angle C B A$ (cùng phụ với $\angle B A C$ ).
Ta có $\angle C A N=\angle N A C+\angle A B C=\angle H A N+\angle A C B=\angle C A N$. Suy ra tam giác $C A N$ cân tại $A$ hay $A N=A C$. Chứng minh tương tự ta có $B M=B C$.
(b) Tam giác $C A N$ cân tại $A$ có $A I$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $I C=I N$, suy ra $\angle I N C=\angle I C N=\angle I C H+\angle N C H=\frac{1}{2} \angle A C H+\frac{1}{2} \angle B C H=45^{\circ}$.
Tương tự thì $\angle J M C=45^{\circ}$.
Tứ giác $M I J N$ có $\angle J M C=\angle I N C=45^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn.
Tam giác $I N C$ cân có $\angle I C N=45^{\circ}$ nên $\angle C I N=90^{\circ}$, suy ra $C I \perp C M$.
Chứng minh tương tự $M J \perp C N$.
Tam giác $C M N$ có $C H, M J, N I$ là các đường cao nên đồng quy.
(c) Đặt $A C=b, B C=a$. Ta có $a^2+b^2=B C^2=4 R^2$.
Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$.
$A M+B N=B C+M N$, suy ra $M N=a+b-B C=a+b-2 R$.
Ta có $(a+b)^2 \leq 2\left(a^2+b^2\right)=8 R^2$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2} R$, suy ra $a+b-2 R \leq 2 R(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R \sqrt{2}$.
Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ bằng $2 R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó $S_{C M N}=\frac{1}{2} C H \cdot M N \leq R^2(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.

Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có bán kính đường tròn nội tiếp là $r$, đường tròn ngoại tiếp là $R$ và bán kính đường tròn bàng tiếp lả $r_a, r_b, r_c$. Khi đó
$$
r_a+r_b+r_c=4 R+r
$$

Lời giải.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ là đường tròn Euler của tam giác $I_a I_b I_c,(A B C)$ cắt $I_b I_c$ tại $N$ và cắt $A I_a$ tại $M$, khi đó $N$ là trung điểm của $I_a I_b$ và $I I_a$. Ta có $M N$ là đường kính của $(A B C)$.
Gọi $K, L$ là hình chiếu của $I_c, I_b$ trên đường thẳng $B C$ và $E$ là hình chiếu của $I_a$ trên $B C$. Tứ giác $I_b L K I_c$ là hình thang vuông có $N P$ là đường trung bình nên $I_c K+I_b L=2 N P$ hay $r_b+r_c+2 N P$. Tương tự $I_a E-I D=2 M P$ hay $r_a-r=2 M P$. Do đó $r_b+r_c+r_a-r=2 N P+2 M P=2 M N=4 R \Rightarrow r_a+r_b+r_c=4 R+r$.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $A B<A C$, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $B C, A C, A B$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc với $D$ trên $E F$.
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ và tam giác $A E F$ cắt nhau tại $P$ khác
A. Chứng $\operatorname{minh} P, K, I$ thẳng hàng.
b) $D K$ cắt $A B$ tai $H$. Tính $\angle F P H$.

Lời giải.

a) Chứng minh được $\triangle P F B \backsim \triangle P E C$.
Suy ra $\frac{P F}{P E}=\frac{F B}{E C}$.
Ta cũng chứng minh được: $\angle B K F=\angle C K E$. Hơn nữa $\angle B F K=\angle C E K$ nên $\triangle K F B \backsim \triangle K E C$. Do đó ta suy ra $\frac{F B}{E C}=\frac{K F}{K E}$.
Do vậy $\frac{P F}{P E}=\frac{K F}{K E}$.
Suy ra $P K$ là phân giác góc $\angle E P F$.
Mà $P I$ là phân giác $\angle E P F$ nên $P, I, K$ thẳng hàng.
b) Ta có $H K / / A I$ nên suy ra $\angle P K H=\angle A I P=\angle P F H$.
Do đó tứ giác $P F H K$ nội tiếp.
Suy ra $\angle H P F+\angle H K F=180^{\circ}$.
Mà $\angle H K F=90^{\circ}$ nên $\angle H P F=90^{\circ}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. (TPHCM 2020) Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C$, $C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.
(a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.
(b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Bài 2. (TPHCM 2017) Cho tam giác $A B C$ có góc $B$ tù. Đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, C A, B C$ lần lượt tại $L, H, J$.
(a) Các tia $B O, C O$ cắt $L H$ lần lượt tại $M, N$. Chứng minh 4 diểm $B, C, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.
(b) Gọi $d$ là đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $A J ; d$ cắt $A J$ và đường trung trực của cạnh $B C$ lần lượt tại $D$ và $F$. Chứng minh 4 điểm $B, D, F, C$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 3. (PTNK 2015) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C, F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.
(a) Chứng minh $E B^2=E F \cdot E O$.
(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.
(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P O F$ đi qua một điểm cố định.

Hệ phương trình ba ẩn

Leave a reply

Trong các bài trước mình đã làm quen với các hệ phương trình hai ẩn, phương pháp chủ yếu cũng là thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ. Trong bài này chúng ta tiếp tục với các hệ phương trình nhiều ẩn hơn, chủ yếu là các hệ phương trình ba ẩn, trong các hệ phương trình này có hai dạng ta quan tâm và xuất hiện nhiều là hệ đối xứng và hệ hoán vị vòng quanh.

Hệ ba ẩn đối xứng

Hệ đối xứng ba biến là hệ có dạng

$\left\{\begin{array}{l}
f(x,y,z)=0 \\\\
g(x,y,z)=0 \\\\
h(x,y,z)=0
\end{array}\right.$

trong đó $f, g, h$ là các biểu thức đối xứng với $x, y, z$ tức là khi ta hoán vị $x, y, z$ thì $f, g, h$ vẫn không đổi.

Các biểu thức đối xứng 3 biến cơ bản nhất là $x+y+z, xy+yz+xz, xyz$.

Từ đó ta xét ví dụ sau

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
x+y+z=6 (1)\\\\
xy+yz+xz=11 (2)\\\\
xyz=6 (3)
\end{array}\right.$

Lời giải

Từ (1) ta có $y +z = 6-z$, từ (2), $ yz = 11-x(y+z) = 11 – x(6-x) = x^2-6x+11$.

Thế vào (3) ta có $x(x^2-6x+11) = 6$ $\Leftrightarrow x^3 -6x^2+ 11x – 6 = 0$

Giải ra được $x = 1, x = 2, x= 3$.

Với $x = 1$ ta có $y+z = 5, yz = 6$ giải ra được $y = 2, z= 3$ và $y=3, z=2$.

Các trường hợp khác tương tự, hệ phương trình có nghiệm $(1, 2, 3)$ và các hoán vị.

Do đó nếu hệ phương trình ba ẩn đối xứng, có một cách giải là ta tìm được giá trị của các biểu thức đối xứng cơ bản như bài trên.

Ví dụ 2. (PTNK Chuyên toán 2010) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
x+y+z=3 \\\\
x y+y z+x z=-1 \\\\
x^3+y^3+z^3+6=3\left(x^2+y^2+z^2\right)
\end{array}\right.$

Lời giải

Ta chỉ cần tính được $xyz$ thì có thể đưa về ví dụ 1.

Từ (1) và (2) ta tính được $x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2 – 2(xy+yz+xz) = 11$

Suy ra $x^3+y^3+z^3 = 27$

Mà $x^3+y^3+z^3 – 3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz) \Rightarrow xyz = -3$

do đó ta có $x+y+z = 3, xy+yz+xz = -1, xyz = -3$ tương tự ví dụ 1, ta giải được nghiệm là $(1,-1,3)$ và các hoán vị.

Ngoài cách trên ta có thể giải như sau

$x^3+y^3+z^3 = (x+y+z)^3 – 3(x+y)(y+z)(x+z)$, khi đó $(x+y)(y+z)(z+x) = 0$, tổng hai số bằng 0, ta suy ra số còn lại bằng 3, tiếp tục ta cũng có kết quả như trên.

Hệ hoán vị vòng quanh

Các hệ phương trình nhiều ẩn thường gặp là hệ hoán vị vòng quanh có dạng sau:

Phương pháp thường dùng là cộng đại số,phân tích thành tích, sử dụng đánh giá bất đẳng thức để chứng minh $x=y=z$.

Ta xét một số ví dụ sau:

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^2=2 z-z^2(1) \\\\(y-z)^2=2 x-x^2(2)\\\\ (z-x)^2=2 y-y^2(3)\end{array}\right.$

Lời giải Lấy (1) trừ (2) ta có:

$(x-2 y+z)(x-z)=x^2-z^2-2(x-z)=(x-z)(x+z-2) \Leftrightarrow 2(x-z)(y-1)= 0$

$\Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$
– $y=1$ ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^2=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$
+ $z=x+1$ giải được $ x=0, z=1$ và $x=1, z=2 $Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$
+ $z=x-1 $ giải ra được $x=1, z=0 $ và $ x=2, z=1 $Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$
Với $x=z$ từ (3) ta có $ y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$

Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^2=2 z-z^2 \\\\ z^2=2 x-x^2\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2 z^2=2 z \\\\ x-z\end{array}\right.\right.$.

Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.

+Với $y=2$, giải ra được nghiệm $(1,2,1)$ và $(2,2,2)$. Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.

Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
3 x^2+2 y+1=2 z(x+2) \\\\
3 y^2+2 z+1=2 x(y+2) \\\\
3 z^2+2 x+1=2 y(z+2)
\end{array}\right.$

Lời giải Cộng ba phương trình lại ta có:
$3\left(x^2+y^2+z^2\right)+2(x+y+z)+3=2(x y+y z+z x)+4(x+y+z) $

$ \Leftrightarrow 3\left(x^2+y^2+z^2\right)-2(x y+y z+x z)-2(x+y+z)+3=0 $
$\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0 $
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
x=1 \\\\
y=1 \\\\
z=1
\end{array}\right.
$
Thử lại thấy $(1,1,1)$ là nghiệm của hệ.

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
2 x=y^2-z^2 \\\\
2 y=z^2-x^2 \\\\
2 z=x^2-y^2
\end{array}\right.$

Lời giải

Lấy (1) $+(2)$ ta có $(x+y)(x-y+2)=0 \Leftrightarrow x+y=0$ hoặc $x=2-y$.
Với $x+y=0$, từ (3) ta có $z=0$, từ (1) ta có $x=0$ hoặc $x=2$. Ta có nghiệm $(x, y, z)$ là $(0,0,0)$ và $(2,-2,0)$.
Với $x=y-2$, từ (3) ta có $2 z=(y-2)^2-y^2=4-4 y \Leftrightarrow z=2-2 y$. Thế vào (1) ta có: $2(y-2)=y^2-(2-2 y)^2 \Leftrightarrow y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$. Từ đó ta có nghiệm $(-2,0,2)$ và $(2,-2,0)$. Vậy hệ có 4 nghiệm.

Hệ nhiều ẩn không mẫu mực

Một số hệ không mẫu mực thì không có cách giải chung, do đó ta phải để đặc điểm của các hệ phương trình này để có cách giải phù hợp, chủ yếu cũng là giảm được ẩn, phân tích nhân tử, . ..

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}
(x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\
(y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\
(z-2 x)(z-4 y)=-16
\end{array}\right.$

Lời giải

$\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\ (y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\ (z-2 x)(z-4 y)=-16\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y-4 x z+8 y z=55(1) \\\\ y^2-2 y z-4 x y+8 x z=-39(2) \\\\ z^2-2 x z-4 y z+8 x y=-16(3)\end{array}\right.\right.$

Cộng (1),(2),(3) ta có $(x+y+z)^2=0 \Leftrightarrow x+y+z=0 \Leftrightarrow z=-x-y$
Thế vào (1),(2) ta có $\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(5 x+4 y)=55 \\\\ (3 y+2 x)(y-4 x)=-39\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}5 x^2-6 x y-8 y^2=55 \\\\ 3 y^2-10 x y-8 x^2=-39\end{array}\right.$
Nhận thấy $y=0$ không thỏa hpt:
Đặt $x=k y$, ta có hệ

$\left\{\begin{array}{l}
y^2\left(5 k^2-6 k-8\right)=55 \\\\
y^2\left(-8 k^2-10 k+3\right)=-39
\end{array}\right. $
$\Rightarrow-39\left(5 k^2-6 k-8\right)=55\left(-8 k^2-10 k+3\right) $
$\Leftrightarrow 245 k^2+784 k+147=0$
$ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}
k=-3 \\\\
k=\frac{-1}{5}
\end{array}\right.
$
Với $k=-3$, ta có $y=1$, hoặc $y=-1$. Từ đó ta có nghiệm là $(-3,1,2),(3,-1,-2)$
Với $k=-\frac{1}{5}$ (vô nghiệm)

Chìa khóa trong lời giải này chính là đặc điểm của các hệ số tự do bên phải của các phương trình.

Qua một số ví dụ , hi vọng các em rút ra kinh nghiệm trong việc giải một số hệ phương trình nhiều ẩn, cùng rèn luyện các bài toán sau nhé.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Giải các hệ phương trình sau

1)$\begin{cases} x^2(y+z)^2=(3x^2+x+1)y^2z^2&\\\\y^2(z+x)^2=(4y^2+y+1)z^2x^2&\\\\z^2(x+y)^2=(5z^2+z+1)=x^2y^2 \end{cases}$ 2)$\left\{ \begin{array}{l}xy = x + 3y\\\\yz = 2\left( {y + z} \right)\\\\xz = 3\left( {3z + 2x} \right)\end{array} \right.$ 3) $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x + y + z} \right)^3} = 12t\\\\
{\left( {y + z + t} \right)^3} = 12x\\\\
{\left( {z + t + z} \right)^3} = 12y\\\\
{\left( {t + x + y} \right)^3} = 12z
\end{array} \right.$

Bài 2. Giải hệ phương trình sau:

1)$\left\{\begin{array}{l}
x^{3}+x^{2}+x-2=y \\\\
y^{3}+y^{2}+y-2=z \\\\
z^{3}+z^{2}+z-2=x
\end{array}\right.$
2) $\left\{\begin{array}{l}
y^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\
z^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\
x^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0
\end{array}\right.$
Bài 3. Giải hệ phương trình $\begin{cases}ab+c+d=3&\\\\bc+d+a=5&\\\\cd+a+b=2&\\\\da+b+c=6 \end{cases}$

Bài 4.

Cho $a \in \mathbb{R}$. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x_1^2+ax_1+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_2&\\\\
x_2^2+ax_2+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_3&\
…&\\\\
x_n^2+ax_n+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_1
\end{cases}$

Tập hợp

Leave a reply

1. Tập hợp là gì?

Tập hợp là khái niệm cơ bản, không có định nghĩa.
Kí hiệu tập hợp là các chữ cái in hoa: A, B, C…
Trong tập hợp bao gồm các phần tử, tập không có phần tử nào gọi là tập rỗng, kí hiệu $\emptyset $.
Phần tử $a$ thuộc tập $X$, kí hiệu là $a \in X$. Phần tử $b$ không thuộc tập $X$ kí hiệu là $b \notin X$.
Cách cho tập hợp:

Cho bằng cách liệt kê. Ví dụ $A = \{1, 2, 3, 4, 5 \}$.
Cho bằng đặc trưng của tập hợp $A = \{n \in \mathbb{N}|n \vdots 5 \}$.

2.Tập hợp con – Tập hợp bằng nhau.

Tập $A$ là tập con của $B$ (hay $A$ chứa trong $B$) khi và chỉ khi mọi phần tử của $A$ đều là phần tử của $B$.

$(A \subset B) \Leftrightarrow (\forall x \in A \Rightarrow x \in B) $

Ta có các tình chất sau:

Tập rỗng là con của mọi tập hợp.
Một tập là tập con của chính nó
Nếu $A \subset B$ và $B \subset C$ thì $A \subset C$.

3. Các phép toán trên tập hợp

a. Giao của hai tập hợp.

$A \cap B = \{x| x\in A \wedge x \in B \}$.

b. Hợp của hai tập hợp.

$A \cup B = \{x|x \in A \vee x \in B$\}$.

c. Hiệu – Phần bù

$A \setminus B = \{x|x \in A \wedge x \notin B \}$

Ví dụ. Cho $A = \\{1, 2, 3, 4 \\}, B = \\{3, 4, 5, 6 \\}, C = \\{5, 6, 1, 8\\}$.

Khi đó $A \cap B = \\{3, 4 \\}, A \cup C = \\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 8\\}, A \setminus B = \\{1, 2\\}, B \setminus A = \\{5, 6\\}$.

4. Các tập hợp số

a) Tập các số tự nhiên $\mathbb{N} = \\{0, 1, 2, …\\}$.

Tính chất.

Một tập con của $\mathbb{N}$ luôn có phần tử nhỏ nhất.
Tập số tự nhiên không có số lớn nhất.
Giữa hai số tự nhiên liên tiếp không có số tự nhiên nào.

b) Tập các số nguyên $\mathbb{Z} = \\{…,-2,-1,0,1,2,…\\}$

c) Tập các số hữu tỉ. $\mathbb{Q} = \\{\dfrac{m}{n}|m, n \in \mathbb{Z}, n \neq 0 \\}$.

Tính chất.

Tổng hiệu tích thương (mẫu khác 0) của hai số hữu tỉ là một số hữu tỉ.
Giữa hai số hữu tỉ bất kì luôn có một số hữu tỉ

d) Tập các số thực. Hợp của tập các hữu tỷ và vô tỷ.

Các tập con của tập các số thực.

Bài tập.

Cho $A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5 \}, B = \{2,3, 4, 8 \}, C = \{3, 4, 10, 11 \}$. Tìm $A \setminus B, A \cap B, (A \cup B) \setminus C$.
Cho $A = [-4;2], B = (-1;5), C = (-\infty;0)$. Tìm $\mathbb{R} \setminus A, A \cup B, C \setminus B, (A\cap B) \setminus C$.
Cho hai tập A, B thoả mãn $C_{R}A=(2, +\infty), C_{R}B=(- \infty,1) \cup [3, + \infty)$. Hãy xác định các tập $A \cap B, A \cup B, A \setminus B, B \setminus A$ và phần bù của các tập trên.
Cho $A=[\dfrac{1}{2}, +\infty), B=\{x \in \mathbb{R}: |2x-1| \le 1\}$. Tìm $A \cap B, A \cup B, A \setminus B, B \setminus A$ và phần bù của các tập trên.
Cho $A=(2m-1, 2m+3), B=(-6,1]$. Tìm $m$ để
a. $A \subset B.$
b. $B \subset A.$
Lớp 10A có 40 học sinh, trong đó có 15 bạn được xếp học lực giỏi, 20 bạn được xếp hạnh kiểm tốt, 10 bạn vừa học lực giỏi vừa hạnh kiểm tốt.
a. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết để được khen thưởng thì bạn đó hoặc phải có học lực giỏi hoặc phải có hạnh kiểm tốt.
b. Lớp 10 A có bao nhiêu bạn chưa có học lực giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt?

Mệnh đề

Leave a reply

1. Mệnh đề là gì?

Một mệnh đề lôgic (gọi tắt là mệnh đề) là một câu khẳng định đúng hoặc khẳng định sai.

Một câu khẳng định đúng được gọi là mệnh đề đúng. Một câu khẳng định sai gọi là một mệnh đề sai.

Tính “Đúng” hay “Sai” của mệnh đề được goi là chân trị của mệnh đề.

Một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai.

Một mệnh đề thường được ký hiệu bằng các chữ cái in hoa: P, Q, R…

2. Các phép toán trên mệnh đề

a. Mệnh đề phủ định

Cho mệnh đề P. Mệnh đề Không phải P được gọi là mệnh đề phủ định của P và kí hiệu là $\overline{P}$.

Nếu P đúng thì $\overline{P}$ sai và ngược lại.

Ví dụ 1. P =”TPHCM là thủ đô của Việt Nam”. Thì $\overline{P}$ = “TPHCM không là thủ đô của Việt Nam.”.

b. Mệnh đề kéo theo.

Cho hai mệnh đề P và Q. Mệnh đề “Nếu P thì Q” được gọi là mệnh đề kéo theo, và ký hiệu $P \Rightarrow Q$.

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ sai khi P đúng Q sai và đúng trong các trường hợp còn lại.

Cho mệnh đề kéo theo $P \Rightarrow Q$. Khi đó mệnh đề $Q \Rightarrow P$ được gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề $P \Rightarrow Q$.

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ chỉ sai khi $P$ đúng $Q$ sai.

Ví dụ 2. P = “6 chia hết cho 3”. Q = “6 là số nguyên tố”.

khi đó $ P \Rightarrow Q$ = “6 chia hết cho 3 suy ra 6 là số nguyên tố”.

c. Mệnh đề tương đương.

Cho hai mệnh đề P và Q. Mệnh đề có dạng “P nếu và chỉ nếu Q” được gọi là mệnh đề tương đương và kí hiệu là $P \Leftrightarrow Q$.

Mệnh đề $P \Leftrightarrow Q$ đúng khi cả hai mệnh đề kéo theo $P \Rightarrow Q$ và $Q \Rightarrow P$ đúng và sai trong các trường hợp còn lại.

Ví dụ 3. P = “6 chia hết cho 3”. Q = “6 là số nguyên tố”.

khi đó $ P \Leftrightarrow Q$ = “6 chia hết cho 3 khi và chỉ khi 6 là số nguyên tố”.

d. Mệnh đề hội.

Cho hai mệnh P và Q. Khi đó mệnh đề “P và Q” được gọi là mệnh đề hội. Kí hiệu $$P \wedge Q$$

Mệnh đề $P \wedge Q$ đúng khi $P$ và $Q$ cùng đúng, và sai trong các trường hợp còn lại.

Ví dụ 4. P = “Việt Nam có phía đông giáp biển”, Q = “Việt Nam có khí hậu nhiệt đới gió mùa”

$ P \wedge Q$ = “Việt Nam có phía đông giáp biển và khí hậu nhiệt đới gió mùa”.

e. Mệnh đề tuyển.

Cho hai mệnh P và Q. Khi đó mệnh đề “P hoặc Q” được gọi là mệnh đề tuyển hay mệnh đề hoặc. Kí hiệu $$P \vee Q$$.

Mệnh đề $P \vee Q$ sai khi $P$ và $Q$ cùng sai, và đúng trong các trường hợp còn lại.

Ví dụ 5. P = “Việt Nam có phía đông giáp biển”, Q = “Việt Nam có khí hậu nhiệt đới gió mùa”

$ P \vee Q$ = “Việt Nam có phía đông giáp biển hoặc có khí hậu nhiệt đới gió mùa”.

f. Biểu thức mệnh đề.

Một biểu thức mệnh đề là một biểu thức chứa mệnh đề và các phép toán trên mệnh đề, giá trị của nó là chân trị Đúng hoặc Sai.

Ví dụ 6. $(A \Rightarrow B) \wedge (B \Rightarrow C)$ , $ (P \Rightarrow (Q \vee R)) \wedge (P \Rightarrow Q)$.

g. Mệnh đề hằng đúng, hằng sai.

Mệnh đề luôn nhận chân trị đúng được gọi là mệnh đề hằng đúng, kí hiệu là Đ. Mệnh đề luôn nhận chân trị sai được gọi là mệnh đề hằng sai, kí hiệu là S.

Ví dụ 7. $P \vee \overline{P}$ là hằng đúng, $P \wedge \overline{P}$ là hằng sai.

h. Tương đương logic.

Hai biểu thức mệnh đề $P$ và $Q$ được gọi là tương đương logic nếu $P \Leftrightarrow Q$ là hằng đúng. Ta có thể kí hiệu $P = Q$ nếu chúng tương đương logic.

Ví dụ 8. $\overline{P \vee Q} = \overline{P} \wedge \overline{Q}$ và $\overline{P \wedge Q} = \overline{P} \vee \overline{Q}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Trong các câu sau, câu nào là mệnh đề?

a)Hà Nội là thủ đô của Lào .
b) Danh đẹp trai!
c) Tú Anh hát thật hay!
d) Thành phố Hồ Chí Minh là thủ đô của Pháp.
e) Có phải em là mùa thu Hà Nội?

Bài 2. Trong các câu sau, câu nào là mệnh đề?

a) $\pi$ là số thập phân vô hạn tuần hoàn.
b) Đức vô định Fifa World Cup 2014.
c) Việt Nam đạt 3 HCV Toán Quốc tế năm 2014.
d) $x + 1 = 2$
e) $x + y = z$
f) Mọi số tự nhiên đều là số không âm.
g) 5 là số vô tỷ.

Bài 3. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là mệnh đề đúng? mệnh đề nào là mệnh đề sai?

a) Số 2015 chia hết cho 3.
b) Số 8 là số nguyên tố.
c) 121 là số chính phương (số chính phương là bình phương của một số nguyên)
d)Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác đều.
e) Phương trình $x^2 + 3x + 1=0$ vô nghiệm.
f) Tam giác có độ dài 3 cạnh lần lượt là 3, 4, 5 là tam giác vuông.
g) Hai phương trình $x^2-4x+3= 0$ và phương trình $\sqrt{3x+1}+\sqrt{x}=3$ có nghiệm chung.

Bài 4. Hãy viết mệnh đề phủ định của các mệnh đề sau và cho biết mệnh đề phủ định đúng hay sai?

a) Thành phố Hồ Chí Minh là thủ đô của Việt Nam.
b) 13 là số nguyên tố .
c) 25 < 37.
d) $\sqrt{2}$ là số hữu tỷ.
e) Tổng 3 góc trong một tam giác bằng $360^o$.
f) Tổng hai cạnh của một tam giác lớn hơn cạnh còn lại.
g) Tổng hai đường chéo của một tứ giác nhỏ hơn nửa chu vi.

Bài 5. Viết mệnh đề hội của các cặp mệnh đề sau và cho biết mệnh đề hội là đúng hay sai?

a) P:”30 chia hết cho 5” ; Q:”30 chia hết cho 3”.
b) P: “Thầy Vũ đã có vợ” ; Q:”Thầy Vũ dạy trường Phổ Thông Năng Khiếu”
c) P:”25 là số chính phương”; Q:”25 là số âm”
d) P:”Tam giác vuông có một góc bằng $90^o$”; Q:”Tam giác vuông có hai cạnh bằng nhau”;
e) P:”Việt Nam là nước thuộc vùng Đông Nam Á” ;
Q:” Việt Nam là nước khí hậu gió mùa nhiệt đới ẩm”

Bài 6. Hãy viết mệnh đề tuyển của các mệnh đề sau và cho biết mệnh đề tuyển là đúng hay sai?

a) P:” 30 là số nguyên tố” Q:”30 là số chính phương”
b) P:” – 2 = 2” Q:” – 5 < 6”
c) P:”$\dfrac{1}{3}$ là số hữu tỷ” Q:” $\pi$ là số vô tỷ”

Bài 7. Cho các cặp mệnh đề sau:

1) P: “ – 2 = 2” Q:” $(-2)^2 = 2^2$”
2) P:” Xuân Diệu là nhà Toán học vĩ đại” Q:” Galois là nhà thơ lớn người Việt Nam”
3) Cho tam giác ABC.
P:”Tam giác ABC có$\angle B = \angle C$ ” Q:”Tam giác ABC có AB = AC”
4) P:” – 5 < – 6 “ Q:” 100 > 1000″
5) P:” $\dfrac{1}{3}$ là số hữu tỷ” Q:”3 là hợp số”a) Viết mệnh đề $P \Rightarrow Q$ và cho biết mệnh đề này đúng hay sai?
b) Viết mệnh đề $P \Leftrightarrow Q$ và cho biết mệnh đề này đúng hay sai?
c) Viết mệnh đề $\overline{Q} \Rightarrow P$ và cho biết mệnh đề này đúng hay sai?

Bài 8. Cho các hai mệnh đề P và Q. Chứng minh rằng:a) Mệnh đề $P \wedge \overline{P}$ hằng sai.
b) Mệnh đề $P \vee \overline{P}$ hằng đúng.
c) Mệnh đề $\overline{P \wedge Q}$ và $\overline{P} \vee \overline{Q}$ cùng chân trị.
d) Mệnh đề $\overline{P \vee Q}$ và $\overline{P} \wedge \overline{Q}$ cùng chân trị.

Đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên toán

Leave a reply

Toán chung cho tất cả các thí sinh

Môn toán chuyên

Đề toán chung cho tất cả các thí sinh

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2019 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2018 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án vào lớp 10 TPHCM 2017 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2016 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2015 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 TPHCM 2014 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 TPHCM 2013 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2012 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2011 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề toán chuyên

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2019 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2018 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2017 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2016 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM – NĂM 2015 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM – NĂM 2014 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM 2013 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN LỚP 10 TP.HCM 2012 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề toán chung

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN LẦN 2 TT STAR EDUCATION 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử vào lớp 10 – Không chuyên PTNK – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử vào lớp 10 PTNK – Đề toán chung – Lần 2 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề toán chuyên

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử vào lớp chuyên toán Star Education năm 2021 – Lần 2 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG TÂM STAR EDUCATION TOÁN CHUYÊN – 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Bất đẳng thức trong tam giác

Leave a reply

Định lý 1. Trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Chứng minh.

Giả thiết : $\triangle \mathrm{ABC}$.
Kết luận : $\mathrm{AC}+\mathrm{BC}>\mathrm{AB} ; \mathrm{AB}+$ $+\mathrm{BC}>\mathrm{AC} ; \mathrm{AB}+\mathrm{AC}>\mathrm{BC}$.

Trên tia đối của tia $\mathrm{CA}$ xác định điểm $\mathrm{D}$ sao cho $\mathrm{CL}=\mathrm{CB}$ (h. 94). Tia $\mathrm{BC}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và
$\mathrm{BD}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABD}}>\mathrm{CBD}$. (1)

Theo cách xác định điểm $\mathrm{D}$ thì tam giác $\mathrm{BCD}$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BD}$; do đó : $\widehat{\mathrm{CBD}}=\widehat{\mathrm{D}}$.
(2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra: $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$.
Trong tam giác $\mathrm{ABD}$ : vì $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$ nên $\mathrm{AD}>\mathrm{AB}$. Ta biết $\mathrm{AD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CB}$, do đó $\mathrm{AC}+\mathrm{CB}>\mathrm{AB}$.

Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn lại.

Hệ quả. Trong một tam giác hiệu độ dài hai cạnh nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại.

Ví dụ 1. Có thể có tam giác nào mà ba cạnh như sau không :
a) $5 \mathrm{~m}, 10 \mathrm{~m}, 12 \mathrm{~m}$;

b) $1 \mathrm{~m}, 2 \mathrm{~m}, 3,3 \mathrm{~m}$; c) $1,2 \mathrm{~m}, 1 \mathrm{~m}, 2,2 \mathrm{~m}$.

Ví dụ 2. Trong một tam giác cân, một cạnh bằng 25m, cạnh kia bằng $10 \mathrm{~m}$. Cạnh nào là cạnh đáy ? Vi sao ?

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của đoạn $AC$. Chứng minh

$2BM + AC > AB + BC$.

Bài tập.

Tính chu vi tam giác cân $\mathrm{ABC}$ biết rằng :
a) $\mathrm{AB}=8 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=5 \mathrm{~cm}$.
b) $\mathrm{AB}=25 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=12 \mathrm{~cm}$.
Cho điểm $M$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng tổng $\mathrm{MA}+\mathrm{MB}+\mathrm{MC}$ lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi tam giạc.
Cho điểm $\mathrm{D}$ nằm trên cạnh $\mathrm{BC}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng :
$$
\frac{A B+A C-B C}{2}<A D<\frac{A B+A C+B C}{2}
$$

Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác

Leave a reply

Định lý 1. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.

Chứng minh. Trên tia $\mathrm{AC}$ xác định điểm $\mathrm{B}^{\prime}$ sao cho $\mathrm{AB}^{\prime}=$ $\mathrm{AB}$ (h.88) ‘ tam giác $\mathrm{ABB}$ ‘ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BB}$ ‘, từ đó suy ra : $\widehat{\mathrm{ABB}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}$ (1).

Vì $\mathrm{AB}^{\prime}<\mathrm{AC}$ nên điểm $\mathrm{B}^{\prime}$ nằm giữa hai điểm $\mathrm{A}$ và $\mathrm{C}$, từ đó suy $\mathrm{ra}$ : – tia $\mathrm{BB}^{\prime}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và $\mathrm{BC}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABC}}>\widehat{\mathrm{ABB}^{\prime}}$ (2)

góc $\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}$ là góc ngoài ở đỉnh $\mathrm{B}^{\prime}$ của tam giác $\mathrm{BCB}$, do đó : $\widehat{\mathrm{AB}} \mathrm{B}>\widehat{\mathrm{C}}$. (3)

Từ (1) và (2) ta suy $\mathrm{ra} \widehat{\mathrm{ABC}}>$ $>\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}(4)$; từ (3) và (4) ta suy ra : $\widehat{\mathrm{B}}>\widehat{\mathrm{C}}$. Đó là điều phải chứng minh.

Định lý 2. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

Chứng minh.

Giả sử tam giác $\triangle \mathrm{ABC}, \widehat{\mathrm{B}}>\widehat{\mathrm{C}}$.
Ta cần chứng minh: $\mathrm{AC}>\mathrm{AB}$.
Chứng minh : Giả sử $A C=A B$, tam giác $A B C$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BC}$, do đó $\widehat{\mathrm{B}}=\widehat{\mathrm{C}}$; đó là điều trái với giả thiết.

Giả sử $\mathrm{AC}<\mathrm{AB}$, theo định lí 1 , thì ta có $\widehat{\mathrm{B}}<\widehat{\mathrm{C}}$, đó cũng là điều trái với giả thiết.
Do đó $\mathrm{AC}>\mathrm{AB}$.

Hệ quả 1. Trong một tam giác vuông, cạnh huyền (cạnh đối diện góc vuông) là cạnh có độ dài lớn nhất.

Ví dụ 1.

a) So sánh các góc của tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}, \mathrm{BC}=7 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=6 \mathrm{~cm}$.
b) So sánh các cạnh của tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\widehat{\mathrm{A}}=50^{\circ}, \widehat{\mathrm{C}}=50^{\circ}$.

Ví dụ 2. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\widehat{\mathrm{A}}=100^{\circ}, \widehat{\mathrm{B}}=40^{\circ}$.
a) Tim cạnh lớn nhất của tam giác $\mathrm{ABC}$.
b) Tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác gi? Vì sao?

Ví dụ 3. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ vuông tại $\mathrm{A}$ có $\widehat{\mathrm{B}}>45^{\circ}$.
a) So sánh các cạnh của tam giác.
b) Lấy điểm $\mathrm{K}$ bất ki thuộc đoạn thẳng $\mathrm{AC}$. So sánh độ dài $\mathrm{BK}$ và $\mathrm{BC}$.

Bài tập

So sánh các góc của tam giác $\mathrm{ABC}$ biết rằng $\mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}$, $\mathrm{BC}=5 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=6 \mathrm{~cm}$.
So sánh các cạnh của tam giác $\mathrm{ABC}$ biết rằng $\widehat{\mathrm{A}}=92^{\circ}$, $\widehat{\mathrm{B}}=48^{\circ}$.
Chứng minh rằng trong tam giác vuông cạnh huyển bao giờ cũng lớn hơn mỗi cạnh góc vuông.
Chứng minh rằng trong một tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn.
Góc ở đáy của tam giác cân nhỏ hơn $60^{\circ}$, cạnh nào của tam giác cân là lớn nhất ?
Chứng minh rằng : Nếu một tam giác có hai đường cao bằng nhau thì nó là tam giác cân.

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2002

Leave a reply

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$

Câu 2

Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:

$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$

Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Câu 4

Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.

Chứng minh rằng:

LỜI GIẢI

Câu 1

Lời Giải

Nhận xét: Nếu $\left(x_1, x_2, \ldots, x_{2002}\right)$ là nghiệm thì $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ phải cùng dấu và khác 0

Đồng thời $\left(-x_1,-x_2, \ldots,-x_{2002}\right)$ cũng là nghiệm, nên ta chỉ cần xét với $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ dương.

Theo bất đẳng thức Côsi: $x_i+\frac{1}{x_i} \geq 2(I=1,2, \ldots, 2002)\quad\quad\quad (1)$

Từ các phương trình trong hệ và (1) ta được: $2 x_i \geq 2$ hay $x_i \geq 1\quad\quad\quad (2)$

Mặt khác cộng các phương trình trong hệ thì:

$x_1+x_2+\ldots+x_{2002}=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots+\frac{1}{x_{2002}}\quad\quad\quad(3)$

Từ (2) và (3) được: $x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1$

Vậy hệ có 2 nghiệm: $\left[\begin{array}{l}x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1 \\ x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=-1\end{array}\right.$

Câu 2

Lời Giải

Trước hết, nhận xét rằng: $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là một số tự nhiên. Thật vậy, ta có:

$(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}+C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}+C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$

$(\sqrt{11}-3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}-C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}-C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$

$\Rightarrow(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}=$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =2\left[C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{n+1}^3(\sqrt{11})^{2 n-2} \cdot 3^2+\ldots+C_{2 n+1}^{2 n+1} \cdot 3^{2 n+1}\right]$

Suy ra $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là số tự nhiên.

$\operatorname{Mà}(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1} \in(0 ; 1)$ nên

$\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}\right]=(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$

(Vì: $\mathrm{a}-\mathrm{b}=\mathrm{k} \in \mathrm{N} \Rightarrow \mathrm{a}=\mathrm{k}+\mathrm{b}$ với $\mathrm{b} \in(0 ; 1)$ nên $[\mathrm{a}]=\mathrm{k}^{\prime}=\mathrm{a}-\mathrm{b}$, kí hiệu $[$.$] là$ phần nguyên của số thực)

Với n $=0:(\sqrt{11}+3)^1-(\sqrt{11}-3)^1=6$ chia hết cho $2^{0+1}=2$ nhưng không chia hết cho $2^2=4$
Lại có: $(\sqrt{11}+3)^2-(\sqrt{11}-3)^2=40 \Rightarrow$ với $\mathrm{n}=1$ thì

$(\sqrt{11}+3)^3-(\sqrt{11}-3)^3=\left(\frac{(\sqrt{11}+3)-(\sqrt{11}-3)}{6}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left[\frac{(\sqrt{11}+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2}{40}+\frac{(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)}{2}\right]$

$=6.42=2^2 \cdot 3^2 \cdot 7$

chia hết cho $2^2$ nhưng không chia hết cho $2^3$.

Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên $\mathrm{k}<\mathrm{n}$. Ta chứng minh tính chất này đúng với $\mathrm{k}=\mathrm{n}$.

Trước hết nhận xét rằng:

$(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)=2 \Rightarrow \sqrt{11}-3=\frac{2}{\sqrt{11}+3}$

$\sqrt{11}+3=\frac{2}{\sqrt{11}-3}$

Thật vậy:

$\quad\quad (\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{x}+1}$

$=[(\sqrt{11}\left.+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2\right]\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right] $

$\quad\quad\quad\left.-\left[(\sqrt{11}-3)^2(\sqrt{11}+3)^{2 n-1}\right]-(\sqrt{11}+3)^2(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right]$

$=40\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]-4\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]$

$=\underbrace{2^3 5 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}-$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\underbrace{2^2 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{u}-1} \text { nhưng không chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}$

Vậy $\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}\right]$ chia hết cho $2^{n+1}$ nhưng không chia hết cho $2^{n+2}$.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:

Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Lời Giải

Ta có: $\mathrm{a}^2=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-2 \mathrm{bc} \cdot \cos \mathrm{A}$

$\quad\quad\quad\quad=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-(2 \mathrm{bcsin} \mathrm{A}) \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A}=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-4 \mathrm{~S} \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A} \text {. }$

(S là diện tích $\triangle \mathrm{ABC}$ )

Tương tự: $\mathrm{b}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{c}^2-4 \operatorname{ScotgB} ; \mathrm{c}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2-4 \mathrm{~S} \operatorname{cotg} \mathrm{C}$

Suy ra: $a^2+b^2+c^2=4 S(\operatorname{cotg} A+\operatorname{cotg} B+\operatorname{cotg} C)$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}(\operatorname{cotg} \mathrm{A}+\operatorname{cotg} \mathrm{B}+\operatorname{cotg} \mathrm{C})$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{\sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}}{\cot g \mathrm{~A}+\cot g \mathrm{~B}+\cot g \mathrm{C}}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(1)$

Mặt khác:

$\quad\quad\quad\quad a^2=b^2+c^2-2 b c \cdot \cos A \geq 2 b c-2 b c \cdot \cos A=4 b c \cdot \sin ^2 \frac{A}{2}=4 S \cdot \operatorname{tg} \frac{A}{2} $

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\sin ^2 A}{\operatorname{tg} \frac{A}{2}} \geq \frac{S}{R^2}$

Tương tự: $\frac{\sin ^2 \mathrm{~B}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2} ; \frac{\sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}$

Từ đó: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 \mathrm{~A} \cdot \sin ^2 \mathrm{~B} \cdot \sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{\mathrm{C}} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(2)$

Tữ (1) và (2) suy ra: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{C} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}} \geq \frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}$

Dấu “=” xảy ra khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c} \Leftrightarrow \triangle \mathrm{ABC}$ đều. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Câu 4

Chứng minh rằng:

Lời Giải

$A, M$ đối xứng nhau qua $P Q$.

$\mathrm{B}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{QR}$.

$\mathrm{C}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{RP}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{S}(\mathrm{MPQ})=\mathrm{S}(\mathrm{APQ}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MQR})=\mathrm{S}(\mathrm{BQR}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MPR})=\mathrm{S}(\mathrm{CPR})\end{array}\right.$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 2 \mathrm{~S}(\mathrm{PQR})=\mathrm{S}(\mathrm{AQBRC})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})$

Do sự đối xứng trên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{AQB}}=2 \widehat{\mathrm{PQR}}=2\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AMB}}\right)=60^{\circ}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{BRC}}=2 \widehat{\mathrm{QRP}}=120^{\circ}$

$\mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})=\frac{1}{2}[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\mathrm{S}(\mathrm{AQB})+\mathrm{S}(\mathrm{BRC})]$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{AB}^2+\frac{\mathrm{CB}^2}{4 \sqrt{3}}\right]$

$\quad\quad\quad\quad\geq \frac{1}{2} S(\mathrm{ABC})+\frac{1}{4} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \geq \frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{ABC})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \cdot \sin \widehat{\mathrm{ABC}}$

(Do $\mathrm{M}$ nằm trong $\triangle \mathrm{ABC}$ và $\left.\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{\mathrm{ABC}}<90^{\circ}\right)$

$\quad\quad\quad\quad S_{\triangle P Q R}>\frac{1}{2} S(A B C)+\frac{1}{2} S(A B C)=S(A B C)$

CHUYÊN ĐỀ: TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI SỐ NGUYÊN

Leave a reply

CHỨNG MINH QUAN HỆ CHIA HẾT

Gọi $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ là một biểu thức phụ thuộc vào $\mathrm{n}(\mathrm{n} \in \mathbf{N}$ hoặc $\mathrm{n} \in \mathbf{Z})$.

Chú ý 1 : Để chứng minh biểu thức $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ chia hết cho một số $\mathrm{m}$, ta thường phân tích biểu thức $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ thành thừa số, trong đó có một thừa số là $\mathrm{m}$. Nếu $\mathrm{m}$ là hợp số, ta phân tích nó thành một tích các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ chia hết cho tất cả các số đó. Nên lưu ý đến nhận xét : Trong $\mathrm{k}$ số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tại một bội số của k.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng $A=n^3\left(n^2-7\right)^2-36 n$ chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên $n$.

Giải : Phân tích ra thừa số : $5040=2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7$.

Phân tích $A=n\left[n^2\left(n^2-7\right)^2-36\right]=n\left[\left(n^3-7 n\right)^2-6^2\right]$

$=n\left(n^3-7 n-6\right)\left(n^3-7 n+6\right) \text {. }$

Ta lại có $\quad \mathrm{n}^3-7 \mathrm{n}-6=(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)(\mathrm{n}-3)$,

$n^3-7 n+6=(n-1)(n-2)(n+3) \text {. }$

Do đó $\mathrm{A}=(\mathrm{n}-3)(\mathrm{n}-2)(\mathrm{n}-1) \mathrm{n}(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)(\mathrm{n}+3)$.

Đây là tích của bảy số nguyên liên tiếp. Trong bảy số nguyên liên tiếp :

Tồn tại một bội số của 5 (nên $\mathrm{A}$ chia hết cho 5) ;
Tồn tại một bội số của 7 (nên $\mathrm{A}$ chia hết cho 7) ;
Tồn tại hai bội số của 3 (nên A chia hết cho 9) ;
Tồn tại ba bội số của 2, trong đó cọ́ một bội số của 4 (nên $\mathrm{A}$ chia hết cho 16).

$\mathrm{A}$ chia hết cho các số $5,7,9,16$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $\mathrm{A}$ chia hết cho $5.7 .9 .16=5040$.

Chú ý : Khi chứng minh $\mathrm{A}(\mathrm{n})$ chia hết cho $\mathrm{m}$, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho m.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì

a) $\mathrm{a}^2-\mathrm{a}$ chia hết cho 2 ;

b) $\mathrm{a}^3-\mathrm{a}$ chia hết cho 3 ;

c) $\mathrm{a}^5-$ a chia hết cho 5 ;

d) $\mathrm{a}^7-\mathrm{a}$ chia chết cho 7 .

Giải :

a) $a^2-a=a(a-1)$, chia hết cho 2 .

b) $\mathrm{a}^3-\mathrm{a}=\mathrm{a}\left(\mathrm{a}^2-1\right)=(\mathrm{a}-1) \mathrm{a}(\mathrm{a}+1)$, tích này chia hết cho 3 vì tồn tại một bội của 3 .

c) Cách 1. $\mathrm{A}=\mathrm{a}^5-\mathrm{a}=\mathrm{a}\left(\mathrm{a}^2+1\right)\left(\mathrm{a}^2-1\right)$.

Nếu a $=5 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathbb{Z})$ thì a chia hết cho 5 .

Nếu $\mathrm{a}=5 \mathrm{k} \pm 1(\mathrm{k} \in \mathbf{Z})$ thì $\mathrm{a}^2-1$ chia hết cho 5 .

Nếu $\mathrm{a}=5 \mathrm{k} \pm 2(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$ thì $\mathrm{a}^2+1$ chia hết cho 5 .

Trường hợp nào cũng có một thừa số của $\mathrm{A}$ chia hết cho $5 .$

Cách 2. Phân tích a $a^5$ – a thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 :

Một số hạng là tích của năm số nguyên liên tiếp, một số hạng chứa thừa số 5 .

$a^5-a =a\left(a^2-1\right)\left(a^2+1\right) $

$=a\left(a^2-1\right)\left(a^2-4+5\right) $

$=a\left(a^2-1\right)\left(a^2-4\right)+5 a\left(a^2-1\right) $

$=(a-2)(a-1) a(a+1)(a+2)+5 a\left(a^2-1\right)$

Số hạng thứ nhất là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5 , số hạng thứ hai cũng chia hết cho 5 . Do đó $\mathrm{a}^5-\mathrm{a}$ chia hết cho 5 .

Cách 3. Giải tương tự như cách 2 : Xét hiệu giữa a ${ }^5-$ a và tích năm số nguyên liên tiếp $(\mathrm{a}-2)(\mathrm{a}-1) \mathrm{a}(\mathrm{a}+1)(\mathrm{a}+2)$, được $5 \mathrm{a}\left(\mathrm{a}^2-1\right)$. Do đó $\mathrm{a}^5-\mathrm{a}$ chia hết cho 5 .

Ví dụ 3.
a) Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1 .

b) Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1 .

c) Các số sau có là số chính phương không ?

$\mathrm{M}=1992^2+1993^2+1994^2 $

$\mathrm{~N}=1992^2+1993^2+1994^2+1995^2 $

$\mathrm{P}=1+9^{100}+94^{100}+1994^{100}$

d) Trong dãy sau có tồn tại số nào là số chính phương không ?

$11,111,1111,11111, \ldots$

Giải : Gọi A là số chính phương $\mathrm{A}=\mathrm{n}^2(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$.

a) Xét các trường hợp :

$\mathrm{n}=3 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathbf{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=9 \mathrm{k}^2$, chia hết cho 3 .

$\mathrm{n}=3 \mathrm{k} \pm 1(\mathrm{k} \in \mathbf{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=9 \mathrm{k}^2 \pm 6 \mathrm{k}+1$, chia cho 3 dư 1 .

Vậy số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1 .

b) Xét các trường hợp :

$\mathrm{n}=2 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathrm{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=4 \mathrm{k}^2$, chia hết cho $4 .$

$\mathrm{n}=2 \mathrm{k}+1(\mathrm{k} \in \mathbf{N}) \Rightarrow \mathrm{A}=4 \mathrm{k}^2+4 \mathrm{k}+1=4 \mathrm{k}(\mathrm{k}+1)+1$, chia cho 4 dư 1

(chia cho 8 cũng dư 1).

Vậy số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc $1 .$

Chú ý : Từ bài toán trên ta thấy :

Số chính phương chẵn thì chia hết cho $4 .$
Số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1 (hơn nữa, chia cho 8 cũng dư 1).

c) Các số $1993^2, 1994^2$ là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia cho 3 dư 1 , còn $1992^2$ chịa hết cho 3 .Số M là số chia cho 3 dư 2 , không là số chính phương.

Các số $1992^2, 1994^2$ là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số $1993^2, 1995^2$ là số chính phương lẻ nên chia cho 4 dư 1. Số $\mathrm{N}$ là số chia cho 4 . dư 2, không là số chính phương.

Các số $94^{100}, 1994^{100}$ là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4 . Còn $9^{100}$ là số chính phưong lẻ nên chia cho 4 đư 1 . Số P là số chia cho 4 dư 2 , không là số chính phương.

d) Mọi số của dãy đều tận cùng bởi 11 nên là số chia cho 4 dư 3. Mặt khác, số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư $1 .$

Vậy không có số nào của dãy là số chính phương.

Chú ý : Khi chứng minh về tính chia hết của các luỹ thừa, ta còn sử dụng đến các hằng đẳng thức 8,9 ở $\S 2$ và công thức Niu-tơn sau đây :

$(a+b)^n=a^n+c_1 a^{n-1} b+c_2 a^{n-2} b^2+\ldots+c_{n-1} a b^{n-1}+b^n .$

Trong công thức trên, vế phải là một đa thức có $\mathrm{n}+1$ hạng tử, bậc của mỗi hạng tử đối với tập hợp các biến $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ là $\mathrm{n}$ (phần biến số của mỗi hạng tử có dạng $\mathrm{a}^{\mathrm{i}} \mathrm{b}^{\mathrm{k}}$, trong đó $\mathrm{i}+\mathrm{k}=\mathrm{n}$ với $0 \leq \mathrm{i} \leq \mathrm{n}, 0 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n}$ ). Các hệ số $c_1$, $c_2$, $\ldots$, $c_n-1$ được xác định bởi bảng tam giác Pa-xcan (h.1) :

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad Hình 1\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad Hình 2$

Trong hình 1 , các số dọc theo một cạnh góc vuông bằng 1 , các số dọc theo cạnh huyền bằng 1. Cộng mỗi số với số liền sau bên phải thì được số đứng ở hàng dưới của số liền sau ấy, chẳng hạn ở hình $2 .$

Áp dụng các hằng đẳng thức đó vào tính chia hết, ta có với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên $\mathrm{n}$ :

$a^n-b^n$ chia hết cho $a-b(a \neq b)$;

$a^{2 n+1}+b^{2 n+1}$ chia hết cho $a+b(a \neq-b)$;

$(a+b)^n=B S a+b^n(B S$ a là bội của $a)$.

Đặc biệt nên lưu ý đến :

$(a+1)^n=B S a+1 $

$(a-1)^{2 n}=B S a+1 $

$(a-1)^{2 n+1}=B S a-1$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $\mathrm{n}$, biểu thức $16^{\mathrm{n}}-1$ chia hết cho 17 khi và chỉ khi $\mathrm{n}$ là số chẵn.

Giải :

Cách 1. Nếu n chã̃n $(\mathrm{n}=2 \mathrm{k}, \mathrm{k} \in \mathrm{N})$ thì $\mathrm{A}=16^{2 \mathrm{k}}-1=\left(16^2\right)^{\mathrm{k}}-1$. chia hết cho $16^2-1$ theo hằng đẳng thức 8 , mà $16^2-1=255$, chia hết cho 17 . Vậy $\mathrm{A}$ chia hết cho 17 .

Nếu $\mathrm{n}$ lẻ thì $\mathrm{A}=16^{\mathrm{n}}+1-2$, mà $16^{\mathrm{n}}+1$ chia hết cho 17 theo hằng đẳng thức 9 , nên $\mathrm{A}$ không chia hết cho $17 .$

Vậy $\mathrm{A}$ chia hết cho $17 \Leftrightarrow \mathrm{n}$ chẵn.

Cách 2. $\mathrm{A}=16^{\mathrm{n}}-1=(17-1)^{\mathrm{n}}-1=\mathrm{BS} 17+(-1)^{\mathrm{n}}-1$ (theo công thức Niu-tơn).

Nếu n chã̃n thì $\mathrm{A}=\mathrm{BS} 17+1-1=\mathrm{BS} 17$.

Nếu n lẻ thì $\mathrm{A}=\mathrm{BS} 17-1-1$, không chia hết cho 17 .

Chú ý : Người ta còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lí Đi-rích-lê để chứng minh quan hệ chia hết.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng tồn tại một bội của 2003 có dạng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad2004\quad2004 \ldots 2004 .$

Giải : Xét 2004 số :

$a_1=2004 $

$a_2=2004\quad2004$

$\mathrm{a}_{2004}=2004\quad2004 \ldots 2004$ (nhóm 2004 có mặt 2004 lần).

Theo nguyên lí Đi-rích-lế, tồn tại hai số có cùng số dư khi phép chia cho $2003 .$

Gọi hai số đó là $a_m$ và $a_n(1 \leq \mathrm{n}<\mathrm{m} \leq 2004)$ thì $a_m-a_n\vdots 2003$. Ta có

$a_m-a_n=2004 \ldots 20040000 \ldots 0000=\underbrace{2004 \ldots 2004}_{m-n \text { nhóm 2004 }}\text{.} 10^{4 n} .$

Do $10^{4 \mathrm{n}}$ và 2003 nguyên tố cùng nhau nên $\underbrace{2004 \ldots 2004}_{\mathrm{m}-\mathrm{n} \text { nhóm } 2004}$ chia hết cho $2003 .$

TÌM SỐ DƯ

VÍ dụ 6. Tìm số dư khi chia $2^{100}$ :

a) Cho 9 ;

b) Cho 25 ;

c) Cho 125 .

Giải : a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội số của 9 là $2^3=8=9-1$.

Ta có $2^{100}=2\left(2^3\right)^{33}=2(9-1)^{33}=2(\mathrm{BS}\quad 9-1)=\mathrm{BS}\quad 9-2=\mathrm{BS}\quad 9+7$.

Số dư khi chia $2^{100}$ cho 9 là 7 .

b) Luỹ thừa của 2 sát với một bội số của 25 là $2^{10}=1024=\mathrm{BS}\quad 25-1$.

Ta có $\quad 2^{100}=\left(2^{10}\right)^{10}=(\mathrm{BS}\quad 25-1)^{10}=\mathrm{BS}\quad 25+1$.

c) Dùng công thức Niu-tơn :

$2^{100}=(5-1)^{50}=5^{50}-50.5^{49}+\ldots+\frac{50.49}{2} \cdot 5^2-50: 5+1 .$

Không kể phần hệ số của khai triển Niu-tơn thì 48 số hạng đầu đã chứa luỹ thừa của 5 với số mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125 . Hai số hạng tiếp theo cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1 . Vậy $2^{100}=\mathrm{BS}\quad 125+1$.

Chú ý : Tổng quát hơn, ta chứng minh được rằng nếu một số tự nhiên $\mathrm{n}$ không chia hết cho 5 thì chia $\mathrm{n}^{100}$ cho 125 ta được số dư là 1 .

Thật vậy, $n$ có dạng $5 \mathrm{k} \pm 1$ hoặc $5 \mathrm{k} \pm 2$. Ta có

$(5 \mathrm{k} \pm 1)^{100}=(5 \mathrm{k})^{100} \pm \ldots+\frac{100.99}{2}(5 \mathrm{k})^2 \pm 100.5 \mathrm{k}+1=\mathrm{BS}\quad 125+1$

$(5 \mathrm{k} \pm 2)^{100} =(5 \mathrm{k})^{100} \pm \ldots+\frac{100 \cdot 99}{2}(5 \mathrm{k})^2 \cdot 2^{98} \pm 100 \cdot 5 \mathrm{k} \cdot 2^{99}+2^{100} $

$=\mathrm{BS}\quad 125+2^{100}$

Ta lại có $2^{100}=\mathrm{BS}\quad 125+1$ (câu c). Do đó $(5 \mathrm{k} \pm 2)^{100}=\mathrm{BS}\quad 125+1$.

Ví dụ 7. Tìm ba chữ số tận cùng của $2^{100}$ khi viết trong hệ thập phân.

Giải : Tìm ba chữ số tận cùng của $2^{100}$ là tìm số dư khi chia $2^{100}$ cho 1000 . Trước hết tìm số dư khi chia $2^{100}$ cho 125 . Theo ví dụ 43 ta có $2^{100}=\mathrm{BS} 125+1$, mà $2^{100}$ là số chẵn, nên ba chữ số tân cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876 .

Hiển nhiên $2^{100}$ chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8. Trong bốn số trên chỉ có 376 thoả mãn điều kiện này.

Vậy ba chữ số tận cùng của $2^{100}$ là 376 .

Chú ý : Bạn đọc tự chứng minh rằng nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của $\mathrm{n}^{100}$ là 376 .

Ví dụ 8. Tìm bốn chữ số tận cùng của $5^{1994}$ khi viết trong hệ thập phân.

Giải :

Cách 1. $5^4=625$. Ta thấy số tận cùng bằng 0625 nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625 (chỉ cần kiểm tra : … $0625 \times \ldots 0625=\ldots 0625$ ). Do đó :

$5^{1994}=5^{4 \mathrm{k}+2}=25\left(5^4\right)^{\mathrm{k}}=25(0625)^{\mathrm{k}}=25(\ldots 0625)=\ldots 5625 .$

Cách 2. Tìm số dư khi chia $5^{1994}$ cho $10000=2^4 \cdot 5^4$.

Nhận xét $: 5^{4 \mathrm{k}}-1$ chia hết cho $5^4-1=\left(5^2+1\right)\left(5^2-1\right)$ nên chia hết cho 16 . Ta có $: 5^{1994}=5^6\left(5^{1988}-1\right)+5^6$.

Do $5^6$ chia hết cho $5^4$, còn $5^{1988}-1$ chia hết cho 16 (theo nhận xét trên) nên $5^6\left(5^{1988}-1\right)$ chia hết cho 10000 . Tính $5^6$, ta được 15625 . Vậy bốn chữ số tận cùng của $5^{1994}$ là 5625 .

Chú ý: Nếu viết $5^{1994}=5^2\left(5^{1992}-1\right)+5^2$ thì ta có $5^{1992}-1$ chia hết cho 16 , nhưng $5^2$ không chia hết cho $5^4$.

Như thế trong bài toán này, ta cần viết $5^{1994}$ dưới dạng $5^{\mathrm{n}}\left(5^{1994-\mathrm{n}}-1\right)+5^{\mathrm{n}}$ sao cho $n^{\prime} \geq 4$ và $1994-n$ chia hết cho 4 .

TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ CHIA HẾT

Ví dụ 9. Tìm số nguyên $\mathrm{n}$ để giá trị của biểu thức $\mathrm{A}$ chia hết cho giá trị của biểu thức $\mathrm{B}$ :

$A=n^3+2 n^2-3 n+2, \quad B=n^2-n .$

Giải : Đặt tính chia

Muốn chia hết, ta phải có 2 chia hết cho $\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)$, do đó 2 chia hết cho $\mathrm{n}$. Ta có :

Đáp số : $\mathrm{n}=-1 ; \mathrm{n}=2$.

Chú ý:

a) Không thể nói đa thức $\mathrm{A}$ chia hết cho đa thức $\mathrm{B}$. Ỏ đây chỉ tồn tại những giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức $\mathrm{A}$ chia hết cho giá trị của biểu thức $\mathrm{B}$.

b) Có thể thay việc đặt phép chia bằng cách biến đổi :

$n^3+2 n^2-3 n+2=n\left(n^2-n\right)+3\left(n^2-n\right)+2 .$

Ví dụ 10. Tìm số nguyên dương $\mathrm{n}$ để $\mathrm{n}^5+1$ chia hết cho $\mathrm{n}^3+1$.

Giải : Biến đổi

$\mathrm{n}^5+1 \vdots \mathrm{n}^3+1 \Leftrightarrow \mathrm{n}^2\left(\mathrm{n}^3+1\right)-\left(\mathrm{n}^2-1\right) \vdots \mathrm{n}^3+1 $

$ \Leftrightarrow(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}-1) \vdots(\mathrm{n}+1)\left(\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1\right) $

$ \Leftrightarrow \mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1(\mathrm{vì} \mathrm{n}+1 \neq 0)$

Nếu $\mathrm{n}=1$ thì ta được 0 chia hết cho 1 .

Nếu $\mathrm{n}>1$ thì $\mathrm{n}-1<\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)+1=\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$, do đó $\mathrm{n}-1$ không thể chia hết cho $\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$

Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1 .

Ví dụ 11. Tìm số nguyên $\mathrm{n}$ để $\mathrm{n}^5+1$ chia hết cho $\mathrm{n}^3+1$.

Giải : Cũng biến đổi như ở ví dụ 47 , ta có $\mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$

$\mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1 \Rightarrow \mathrm{n}(\mathrm{n}-1) \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1 \Rightarrow \mathrm{n}^2-\mathrm{n} \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$

$\Rightarrow\left(n^2-n+1\right)-1 \vdots n^2-n+1 \Rightarrow 1 \vdots n^2-n+1$

Có hai trường hợp :

$\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1=1 \Leftrightarrow \mathrm{n}(\mathrm{n}-1)=0 \Leftrightarrow \mathrm{n}=0 ; \mathrm{n}=1$. Các giá trị này thoả mãn đề bài.

$\mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1=-1 \Leftrightarrow \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+2=0$, vô nghiệm.

Vậy $n=0, n=1$ là hai số phải tìm.

Chú ý: Từ $\mathrm{n}-1 \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$ suy ra $\mathrm{n}(\mathrm{n}-1) \vdots \mathrm{n}^2-\mathrm{n}+1$ là phép kéo theo chứ không là phép biến đổi tương đương. Do đó sau khi tìm được $\mathrm{n}=0, \mathrm{n}=1$, ta phải thử lại.

Ví dụ 12. Tîm số tự nhiên $n$ sao cho $2^n-1$ chia hết cho 7 .

Giải : Nếu $\mathrm{n}=3 \mathrm{k} \cdot(\mathrm{k} \in \mathbf{N})$ thì $2^{\mathrm{n}}-1=2^{3 \mathrm{k}}-1=8^{\mathrm{k}}-1$ chia hết cho 7 .

Nếu $\mathrm{n}=3 \mathrm{k}+1(\mathrm{k} \in \mathrm{N})$ thì $2^{\mathrm{n}}-1=2^{3 \mathrm{k}+1}-1=2\left(2^{3 \mathrm{k}}-1\right)+1=\mathrm{BS} 7+1$.

Nếu $\mathrm{n}=3 \mathrm{k}+2(\mathrm{k} \in \mathbf{N})$ thì $2^{\mathrm{n}}-1=2^{3 \mathrm{k}+2}-1=4\left(2^{3 \mathrm{k}}-1\right)+3=\mathrm{BS} 7+3$.

Vậy $2^{\mathrm{n}}-1$ chia hết cho $7 \Leftrightarrow \mathrm{n}=3 \mathrm{k}(\mathrm{k} \in \mathrm{N})$.

BÀI TẬP

$1.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{n}$, ta có :

a) $\mathrm{n}^3+3 \mathrm{n}^2+2 \mathrm{n}$ chia hết cho 6 ;

b) $\left(\mathrm{n}^2+\mathrm{n}-1\right)^2-1$ chia hết cho 24 .

$2.$ Chứng minh rằng :

a) $\mathrm{n}^3+6 \mathrm{n}^2+8 \mathrm{n}$ chia hết cho 48 với mọi số chẵn $\mathrm{n}$;

b) $n^4-10 n^2+9$ chia hết cho 384 với mọi số lẻ $n$.

$3.$ Chứng minh rằng $n^6+n^4-2 n^2$ chia hết cho 72 với mọi số nguyên $n$.

$4.$ Chứngminh rằng $3^{2 \mathrm{n}}-9$ chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương $\mathrm{n}$. 190(3). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên a và $\mathrm{n}$ :

a) $7^{\mathrm{n}}$ và $7^{\mathrm{n}+4}$ có hai chữ số tận cùng như nhau ;

b) a và a ${ }^5$ có chữ số tận cùng như nhau ;

c) $\mathrm{a}^{\mathrm{n}}$ và $\mathrm{a}^{\mathrm{n}+4}$ có chữ số tận cùng như nhau $(\mathrm{n} \geq 1)$.

$5.$ Tìm điều kiện của số tự nhiên $\mathrm{a}$ để a $\mathrm{a}^2+3 \mathrm{a}+2$ chia hết cho 6 .

$6.$ a) Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng $\mathrm{a}^2-1$ chia hết cho 24 .

b) Chứng minh rằng nếu $a$ và $\mathrm{b}$ là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì $\mathrm{a}^2-\mathrm{b}^2$ chia hết cho 24 .

c) Tìm điều kiện của số tự nhiên a để $a^4-1$ chia hết cho 240 .

$7.$ Tìm ba số nguyên tố liên tiếp $a, b, c$ sao cho $a^2+b^2+c^2$ cũng là số nguyên tố.

$8.$ Cho bốn số nguyên dương $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thoả mãn $\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2=\mathrm{c}^2+\mathrm{d}^2$. Chứng minh rằng $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d}$ là hợp số.

$9.$ Cho bốn số nguyên dương $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thoả mãn $\mathrm{ab}=\mathrm{cd}$. Chứng minh rằng $a^5+b^5+c^5+d^5$ là hợp số.

$10.$ Cho các số nguyên a, b, c. Chứng minh rằng :

a) Nếu $a+b+c$ chia hết cho 6 thì $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho 6 .

b) Nếu $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}$ chia hết cho 30 thì $\mathrm{a}^5+\mathrm{b}^5+\mathrm{c}^5$ chia hết cho 30 .

$11.$ Cho các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ thoả mãn $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$. Chứng minh rằng :

a) $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $3 a b c$;

b) $a^5+b^5+c^5$ chia hết cho $5 a b c$.

$12.$ a) Viết số 1998 thành tổng của ba số tự nhiên tuỳ ý. Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số tự nhiên đó chia hết cho 6 .

b)* Viết số $1995^{1995}$ thành tổng của nhiều số tự nhiên. Tổng các lập phương của các số tự nhiên đó chia cho 6 dư bao nhiêu?

$13.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{a}$ và $\mathrm{b}$ :

a) $\mathrm{a}^3 \mathrm{~b}-\mathrm{ab}{ }^3$ chia hết cho 6 ;

b) $\mathrm{a}^5 \mathrm{~b}-\mathrm{ab}{ }^5$ chia hết cho 30 .

$14.$ Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều viết được dưới dạng $b^3+6 c$ trong đó b và c là các số nguyên.

$15*$. Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ thoả mãn điều kiện $a^2+b^2=c^2$ thì abc chia hết cho 60 .

$16.$ Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp thì chia hết cho $9 .$

$17.$ Chứng minh rằng nếu tổng các lập phương của ba số nguyên chia hết cho 9 thì tồn tạii một trong ba số đó là bội số của 3 .

$18.$ Cho dãy số $7,13,25, \ldots, 3 \mathrm{n}(\mathrm{n}-1)+7(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$. Chứng minh rằng :

a) Trong năm số hạng liên tiếp của dạ̃y, bao giờ cũng tồn tại một bội số của 25 .

b) Không có số hạng nào của dãy là lập phương của một số nguyên.

$19.$ a) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì $\mathrm{a}^6-1$ chia hết cho 7 .

b) Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì $(n-1) n(n+1)$ chia hết cho 504 .

$20.$ Chứng minh rằng $\mathrm{A}$ chia hết cho $\mathrm{B}$ với :

a) $A=1^3+2^3+3^3+\ldots+99^3+100^3$,

$\mathrm{B}=1+2+3+\ldots+99+100$

b) $A=1^3+2^3+3^3+\ldots+98^3+99^3$,

$\mathrm{B}=1+2+3+\ldots+98+99$

$21.$ Các số sau có là số chính phương không ?

a) $\mathrm{A}=22 \ldots 24$ (có 50 chữ số 2 ) ;

b) $\mathrm{B}=44 \ldots 4$ (có 100 chữ số 4);

c) $\mathrm{A}=1994^7+7$;

d)* $B=144$… 4 (có 99 chữ số 4).

$22.$ Có thể dùng cả năm chữ số $2,3,4,5,6$ lập thành số chính phương có năm chữ số được không ?

$23.$ Chứng minh rằng tổng của hai số chính phương lẻ không là số chính phương.

$24.$ Chứng minh rằng mọi số lẻ đều viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương.

$25*.$ Chứng minh rằng :

a) $A=1^2+2^2+3^2+4^2+\ldots+100^2$ không là số chính phương ;

b) $\mathrm{B}=1^2+2^2+3^2+4^2+\ldots+56^2$ không là số chính phương ;

c) $\mathrm{C}=1+3+5+7+\ldots+\mathrm{n}$ là số chính phương ( $\mathrm{n}$ lẻ).

$26.$ Chứng minh rằng :

a) Một số chî́nh phương tận cùng bằng 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn

b) Một số chính phương lẻ thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.

c) Một số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

d) Một số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục bằng 2 và chữ số hàng trăm là chữ số chẵn.

$27.$ a) Một số chính phương có chữ số hàng chục bằng 5. Tìm chữ số hàng đơn vị.

b) Một số chính phương có chữ số hàng chục là chữ số lẻ. Tìm chữ số hàng đơn vị.

c) Có bao nhiêu số tự nhiên $\mathrm{n}$ từ 1 đến 100 mà chữ số hàng chục của $\mathrm{n}^2$ là chữ số lẻ ?

$28.$ Chứng minh rằng :

a) Tích của hai số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

b)* Tích của ba số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

c)* Tích của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

$29.$ Cho hai số tự nhiên a và $\mathrm{b}$, trong đó $\mathrm{a}=\mathrm{b}-2$.

Chứng minh rằng $\mathrm{b}^3-\mathrm{a}^3$ viết được dưới dạng tổng của ba số chính phương.

$30.$ Tìm số nguyên dương $\mathrm{n}$ để biểu thức sau là số chính phương :

a) $n^2-n+2$;

b) $n^4-n+2$

c) $n^3-n+2$;

d) ${ }^* n^5-n+2$.

$31.$ Tìm số nguyên tố $\mathrm{p}$ để $4 \mathrm{p}+1$ là số chính phương.

$32*.$ Chứng minh rằng nếu $\mathrm{n}+1$ và $2 \mathrm{n}+1(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$ đều là số chính phương thì $\mathrm{n}$ chia hết cho 24 .

$33*.$ Chứng minh rằng nếu $2 n+1$ và $3 n+1(n \in N)$ đều là số chính phương thì n chia hết cho $40 .$

$34.$ Tìm số nguyên tố $\mathrm{p}$ để :

a) $2 \mathrm{p}^2+1$ cũng là số nguyên tố ;

b) $4 \mathrm{p}^2+1$ và $6 \mathrm{p}^2+1$ cũng là những số nguyên tố.

$35.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để giá trị của biểu thức là số nguyên tố :

a) $12 n^2-5 n-25$

b) $8 n^2+10 n+3$;

c) $\frac{n^2+3 n}{4}$.

$36.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{n}$ :

a) $n^2+7 n+22$ không chia hết cho 9 ;

b) $n^2-5 n-49$ không chia hết cho 169 .

$37.$ Các số tự nhiên $\mathrm{n}$ và $\mathrm{n}^2$ có tổng các chữ số bằng nhau. Tìm số dư của $\mathrm{n}$ khi chia cho $9 .$

$38*.$ a) Cho chín số tự nhiên từ 1 đến 9 xếp theo thứ tự tuỳ ý. Lấy số thứ nhất trừ 1, lấy số thứ hai trừ 2 , lấy số thứ ba trừ $3, \ldots$, lấy số thứ chín trừ 9 . Chứng minh rằng tích của chín số mới lập được là một số chẵn.

b) Cho hai dãy số $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_9$ và $b_1, b_2, b_3, \ldots, b_9$, trong đó $a_1, a_2, \ldots, a_9$ là các số nguyên và $b_1, b_2, \ldots, b_9$ cũng là chín số nguyên trên nhưng lấy theo thứ tự khác. Chứng minh rằng tích $\left(\mathrm{a}_1-\mathrm{b}_1\right)\left(\mathrm{a}_2-\mathrm{b}_2\right) \ldots\left(\mathrm{a}_9-\mathrm{b}_9\right)$ là số chẵn.

$39.$ Tìm số nguyên $\mathrm{n}$ sao cho :

a) $n^2+2 n-4$ chia hết cho 11 ;

b) $2 n^3+n^2+7 n+1$ chia hết cho $2 n-1$;

c) $\mathrm{n}^3-2$ chia hết cho $\mathrm{n}-2$;

d) $n^3-3 n^2-3 n-1$ chia hết cho $n^2+n+1$;

e) $n^4-2 n^3+2 n^2-2 n+1$ chia hết cho $n^4-1$;

g) ${ }^* n^3-n^2+2 n+7$ chia hết cho $n^2+1$.

$40.$ Đố vui : Năm sinh của hai bạn

Một ngày của thập kỉ cuối cùng của thế kỉ XX, một người khách đến thăm trường gặp hai học sinh. Người khách hỏi :

Có lẽ hai em bằng tuổi nhau ?

Bạn Mai trả lời :

Không; em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi chúng em đều là số chẵn.
Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không ?

Người khách đã suy luận thế nào?

$41.$ Tìm số nguyên dương $\mathrm{n}$ để $2^{\mathrm{n}}$ là số nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi ${ }^{(*)}$ (hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng hơn kém nhau 2 đơn vị).

$42*.$ Cho các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}, \mathrm{e}, \mathrm{g}$ thoả mãn $\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2+\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2=\mathrm{g}^2$.

Chứng minh rằng tích abcdeg là số chẵn.

$43.$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$, tích

$(\mathrm{a}-\mathrm{b})(\mathrm{a}-\mathrm{c})(\mathrm{a}-\mathrm{d})(\mathrm{b}-\mathrm{c})(\mathrm{b}-\mathrm{d})(\mathrm{c}-\mathrm{d}) \text { chia hết cho } 12 \text {. }$

$44*$. Chứng minh rằng có thể có đến 33 số nguyên dương khác nhau, không quá 50, trong đó không tồn tại hai số nào mà một số gấp đôi số còn lại.

$45.$ Chứng minh rằng tồn tại vô số bội của 2003 mà trong biểu diễn thập phân của chúng không có các chữ số $0,1,2,3$.

$46.$ Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $\mathrm{k}$ sao cho $2003^{\mathrm{k}}$ – 1 chia hết cho 51 .

Các bài toán sủ dụng các hằng đẳng thúc 8,9 và công thức Niu-tơn.

$47.$ Chứng minh rằng $2^{51}-1$ chia hết cho 7 .

$48.$ Chứng minh rằng $2^{70}+3^{70}$ chia hết cho $13 .$

$49.$ Chứng minh rằng $17^{19}+19^{17}$ chia hết cho 18 .

$50.$ Chứng minh rằng $36^{63}-1$ chia hết cho 7 , nhưng không chia hết cho 37 .

$51.$ Chứng minh rằng các số sau là hợp số :

a) $4^{20}-1$;

b) 1000001 .

c) $2^{50}+1$.

$52.$ Chứng minh rằng $1 \cdot 4+2 \cdot 4^2+3 \cdot 4^3+4 \cdot 4^4+5 \cdot 4^5+6 \cdot 4^6$ chia hết cho 3 .

$53.$ Chứng minh rằng biểu thức $\mathrm{A}=31^{\mathrm{n}}-15^{\mathrm{n}}-24^{\mathrm{n}}+8^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 112 với mọi số tự nhiên $\mathrm{n}$.

$54.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $3^{\mathrm{n}}-1$ chia hết cho 8 .

$55.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $3^{2 \mathrm{n}+3}+2^{4 \mathrm{n}+1}$ chia hết cho 25 .

$56.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $5^{\mathrm{n}}-2^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 9 .

$57.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $5^{\mathrm{n}}-2^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 63 .

$58.$ Tìm số tự nhiên $\mathrm{n}$ để $1^{\mathrm{n}}+2^{\mathrm{n}}+3^{\mathrm{n}}+4^{\mathrm{n}}$ chia hết cho 5

$59.$ Tìm số dư khi chia $22^{22}+55^{55}$ cho 7 .

$60.$ Tìm số dư khi chia $2^{1994}$ cho 7 .

$61.$ Tìm số dư khi chia $3^{1993}$ cho 7 .

$62.$ Tìm số dư khi chia $1992^{1993}+1994^{1995}$ cho 7 .

$63 *.$ Tìm số dư khi chia $9^{10^{11}}-5^{9^{10}}$ cho 13 .

$64*.$ Chứng minh rằng số $\mathrm{A}=2^{2^{2 \mathrm{n}+1}}+3$ là hợp số với mọi số nguyên dương $\mathrm{n}$.

$65.$ Tìm số dư khi chia các số sau cho 7 :

a) $2^{9^{1945}}$;

b) $3^{2^{1930}}$.

$66.$ Tìm số dư khi chia $\left(\mathrm{n}^3-1\right)^{111} \cdot\left(\mathrm{n}^2-1\right)^{333}$ cho $\mathrm{n}(\mathrm{n} \in \mathrm{N})$.

$67.$ Cho $\mathrm{ab}=455^{12}$. Tìm số dư trong phép chia $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ cho $4 .$

$68.$ Tìm hai chữ số tận cùng của :

a) $3^{999}$

b) $7^{7^7}$.

$69.$ Tìm ba chữ số tận cùng của $3^{100}$.

$70 *.$ Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp :

$89^6=4969 * * 290961$

CHUYÊN ĐỀ: TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC

Leave a reply

Định lý Bezout và áp dụng

1. Đa thức chia có dạng $x-a$ (a là hằng)

Ví dụ 1. Chứng minh rằng số dư khi chia đa thức $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ cho nhị thức $\mathrm{x}$ – a bằng giá trị của đa thức $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ tại $\mathrm{x}=\mathrm{a}$.

Định lí Bê-du (Bézout, 1730 – 1783, nhà toán học Pháp).

Giải : Do đa thức chia $\mathrm{x}$ – a có bậc nhất nên số dư khi chia $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ cho $\mathrm{x}-\mathrm{a}$ là hằng số $\mathrm{r}$.

Ta có $\quad \mathrm{f}(\mathrm{x})=(\mathrm{x}-\mathrm{a}) 、 \mathrm{Q}(\mathrm{x})+\mathrm{r}$.

Đẳng thức trên đúng với mọi $\mathrm{x}$ nên với $\mathrm{x}=\mathrm{a}$ ta có

$f(a)=0 . Q(a)+r \text { hay } f(a)=r \text {. }$

Chú ý : Từ định lí Bê-du ta suy ra :

Đa thức $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ chia hết cho $\mathrm{x}-\mathrm{a}$ khi và chỉ khi $\mathrm{f}(\mathrm{a})=0$ (tức là khi và chỉ khi a là nghiệm của đa thức).

Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu đa thức $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức ấy chia hết cho $\mathrm{x}-1$ ‘.

Giải : Gọi : $f(x)=a_ox^n+a_1 x^n-1+\ldots+a_n-1x+a_n$.

Theo giả thiết, $\quad a_0+a_1+\ldots+a_{n-1}+a_n=0 $.

Theo định lí Bê-du, số dư khi chia $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ cho $\mathrm{x}-1$ là

$r = f(1) = a_\circ + a_1 + \ldots + a_{n-1} + a_n $

Từ (1) và (2) suy ra $r=0$. Vậy $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ chia hết cho $\mathrm{x}-1$.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu đa thức $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì đa thức ấy chia hết cho $x+1$.

Giải : Gọi $f(x)=a_0 x^{2 n}+a_1 x^{2 n-1}+a_2 x^{2 n-2}+\ldots+a_{2 n-2} x^2+a_{2 n-1} x+a_{2 n}$, trong đó $\mathrm{a}_0$ có thể bằng 0 .

Theo giả thiết

$a_\circ + a_2 + \ldots + a_{2n} = a_2 + a_3 + \ldots + a_{2n-1}$ nên

$\left(a_0+a_2+\ldots+a_{2 n}\right)-\left(a_1+a_3+\ldots+a_{2 n-1}\right)=0 .$

Theo định lí Bê-du, số dư khi chia $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ cho $\mathrm{x}+1$ bằng

$r =f(-1)=a_0-a_1+a_2-\ldots+a_{2 n-2}-a_{2 n-1}+a_{2 n} $

$=\left(a_o+a_2+\ldots+a_{2 n}\right)-\left(a_1+a_3+\ldots+a_{2 n-1}\right) $

Từ (1) và (2) suy ra $\mathrm{r}=0$. Vậy $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ chia hết cho $\mathrm{x}+1$.

Định nghĩa và một số tính chất quan trọng

Bài tập có lời giải

Bài tập rèn luyện

Hệ ba ẩn đối xứng

Hệ hoán vị vòng quanh

Hệ nhiều ẩn không mẫu mực

Trường Phổ thông Năng khiếu

SGD TP. Hồ Chí Minh

Đề thi thử Star Education

Đề toán chung

Đề toán chuyên

ĐỀ THI

LỜI GIẢI

CHỨNG MINH QUAN HỆ CHIA HẾT

TÌM SỐ DƯ

TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ CHIA HẾT

Định lý Bezout và áp dụng