Tag Archives: Ôn thi vào 10

Đề ôn thi vào lớp 10 Chuyên Toán.

Leave a reply

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (1, 5 điểm) Cho phương trình $(\sqrt{x} – 1)(x^2 – (m^2+1)x + 1) = 0$
a) Giải phương trình khi $m = -2$.
b) Tìm $m$ để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $x_1<x_2<x_3$ và thỏa $x_1^2 + 4x_2^2+x_3^2 = 27$.

Bài 2. (2 điểm) Cho các số dương $a, b, c$ thỏa $a+ b+ c = abc$.
a) Tìm $a, b, c$ nếu $a, b, c$ là các số nguyên dương.
b) Chứng minh $ab+ac+bc \geq 9$ và $ab+ac+bc\geq 3 + \sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3.  (1, 5 điểm) Số nguyên dương $n$ được gọi là số đẹp nếu tồn tại các số nguyên dương $x, y, z$ không nhất thiết phải khác nhau sao cho: $$n = \left[ {x;y} \right] + \left[ {y;z} \right] + \left[ {z;x} \right]$$ với $\left[ {a;b} \right]$ là bội chung nhỏ nhất của hai số $a, b$
a) Chứng minh rằng $n=2021$ là số đẹp.
b) Chứng minh rằng mọi số lẻ khác 1 đều là số đẹp.
c) Chứng minh rằng $n=2^{2021}$ không phải là số đẹp.

Bài 4. (3 điểm) Cho đoạn thẳng $BC$ cố định và điểm $A$ thay đổi sao cho $\angle BAC = \alpha < 60^\circ$ không đổi và $AB, AC >BC$. Trên $BC$ lấy các điểm $M, N$ sao cho $BM = MN = NC$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABN$ và $ACM$ cắt nhau tại $D$ và cắt các cạnh $AC, AB$ lần lượt tại $E, F$.

a) Tìm vị trí của $A$ sao cho $AE \cdot AC + AF \cdot AB$ lớn nhất.

b) Chứng minh rằng $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $I$ luôn thuộc một đường cố định.

Bài 5. (2 điểm) Một giải đấu bóng đá gồm 8 đội đá với nhau. Mỗi lượt, 8 đội chia làm 4 cặp đấu, thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm và thua 0 điểm.
a) Giải đấu diễn ra hai lượt.
i)  Chứng minh rằng có 2 đội có điểm bằng nhau.
ii) Chứng minh rằng có thể tìm được 4 đội $A, B, C, D$ đôi một chưa đấu với nhau.
b) Kết thúc giải người ta thấy rằng không có trận nào kết thúc với tỉ số hòa. Chứng minh rằng có thể tồn tại 5 đội $A, B, C, D, E$ xếp thành một hàng sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau.

HẾT

Lời giải

Bài 1. 

a) Khi $m = -2$ ta có phương trình $(\sqrt{x}-1)(x^2-5x+1) = 0$.

Giải phương trình ta có nghiệm $x = 1, x = \dfrac{5+\sqrt{21}}{2}, x= \dfrac{5-\sqrt{21}}{2}$.

b) Điều kiện $x \geq 0$. Ta có $x = 1$ là một nghiệm của phương trình.

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

$x^2-(m^2+1)x + 1 = 0$. (2) có hai nghiệm phân biệt không âm và khác 1.

  • $\Delta (m^2+1)^2 – 4 = (m^2-1)(m^2+3) > 0$.
  • $1^2 -(m^2+1)1 + 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \pm 1$.

Khi đó phương trình có hai nghiệm là $a<b$ thỏa $a+b = m^2+1 > 0, ab = 1$.

Do đó $a, b > 0$ và có tích bằng 1, nên một số nhỏ hơn 1, 1 số lớn hơn 1.

Từ đó ta có $x_2 = 1$, $x_1  =a, x_3 = b$. Khi đó

$x_1^2+4x_2^2 + x_3^2 = 27$

$(a+b)^2 – 2ab = 23$

$m^2 = 25$

$m = \pm 5$. (Nhận)

Bài 2.

a) Do vai trò $a, b, c$ như nhau nên giả sử $a \geq b geq c > 0$. Khi đó

$a + b+ c = abc \Leftrightarrow \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1 \leq \dfrac{3}{c^2}$.

Suy ra $c = 1$. Khi đó $ab = a+b +1 \Leftrightarrow (a-1)(b-1) = 2$. Giải ra được $a = 3, b=2$.

Vậy phương trình có nghiệm $(3;2;1)$ và các hoán vị.

b)

Áp dụng bdt $(x+y+z)(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}) \geq 9$ và từ $\dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1$.

Suy ra $ab+bc+ac \geq 9$.

Ta có bdt $3(x^2+y^2+z^2) \geq (x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+xz)$. (Tự chứng minh)

Ta có $P = (ab+bc+ac-3)^2 = (ab+bc+ac)^2 – 6(ab+bc+ac)+9$.

Mà $(ab+bc+ac)^2 \geq 3abc(a+b+c)$ và $abc = a+b+c$.

Suy ra $(ab+bc+ac)^2 \geq 3(a+b+c)^2$.

Do đó $P \geq 3(a^2+b^2+c^2) + 9 \geq (\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2})^2$.

Từ đó

$ab+bc+ac-3 \geq \sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

$ab+bc+ac \geq 3+\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3. 

a) $ 2021 = [1;1] + [1010;1] + [1010;1]$.

b) Nếu $ n = 2k + 1$ và $k \geq 1$. Chọn $x = y =1,z=k$ ta có $n = [1;1] + [k;1] + [k;1]$.

c) Chú ý các nhận xét sau:

  • Mọi số nguyên dương đều biểu diễn với dạng $p\cdot 2^n$ trong đó $p$ là số lẻ.
  • Bội chung nhỏ nhất của $p\cdot 2^n$ và $q\cdot 2^m$ với $n>m$ là $r\cdot 2^n$ với $r=[p;q]$ lẻ.

Giả sử $n =2^{2021}$ là số đẹp, tức là tồn tại $x, y, z$ nguyên dương sao cho $2^{2021} = [x;y] + [y;z] + [z;x]$.

Do $2^{2021}$ là số chẳn nên chỉ có hai trường hợp xảy ra, hoặc cả ba số $\left[ {x;y} \right],\left[ {y;z} \right],\left[ {z;x} \right]$ đều là số chẳn, hoặc trong ba số này có hai số lẻ và một số chẳn.

Nếu 3 số $x, y, z$ lẻ thì $[x;y] + [y;z] + [z;x]$ lẻ vô lý.

Nếu 1 số lẻ, hai số chẵn cũng tương tự.

Trường hợp 2 số chẵn. Giả sử $x, y$ chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

  • Nếu $z$ lẻ. Khi đó ta có: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$ với $m_1$ là số lẻ, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, với $m_2$ là số lẻ, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$, với $m_2$ là số lẻ. Dễ thấy $a, b < 2021$.
    • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.
  • Nếu $z$ là số chẵn. Như vậy, $x, y, z$ đều là số chẳn, đặt: $z=2^{c}t_{3}$, với ($t_{3}$ là số tự nhiên lẻ) không mất tính tổng quát, giả sử: $2021 > a \ge b \ge c \ge 0$. Vậy: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$ với $m_1, m_2, m_3$ là ba số tự nhiên lẻ.
    • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

Bài 4. 

a) Ta có $BF\cdot BA = BM \cdot BC = \dfrac{1}{3}BC^2$ và $CE \cdot CA = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Do $AB, AC > BC$ nên $F, E$ nằm giữa $AB$ và $AC$.

Khi đó $X = AF \cdot AB + AE \cdot AC = AB^2-BF \cdot BC + AC^2-CE \cdot CA = AB^2+AC^2-\dfrac{2}{3}BC^2$.

Do đó $X$ lớn nhất khi và chỉ khi $AB^2+AC^2$ lớn nhất.

Ta có $BC^2=BH^2+CH^2 = (AB\sin \alpha)^2+(AC – AB \cos \alpha)^2$

$= AB^2+AC^2-2AB\cdot AC \cos \alpha$

$\geq (AB^2+AC^2) – (AB^2+AC^2)\cos \alpha$.

$\geq (AB^2+AC^2)(1-\cos \alpha)$

Suy ra $AB^2+AC^2$ lớn nhất bằng $\dfrac{BC^2}{1-\cos\alpha}$ khi $AB = AC$.

Vậy $AF \cdot AB + AE \cdot AC $ lớn nhất khi và chỉ khi $AB = AC$.

b) Ta có $\angle DBF  = \angle DEC, \angle DFB = \angle DCE$.

Suy ra $\triangle DBF = \triangle DCE$, do đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{BF}{CE}$ (1)

Mà $BF \cdot AB = CE \cdot AC = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Suy ra $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $K$ là giao điểm thứ hai của $(AEF)$ và $(ABC)$. Khi đó

$\triangle KFB \backsim \triangle KEC$, suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{BF}{CE}$.

Mà $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. Suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{AC}{AB}$.

Do đó $\triangle KBC \backsim \triangle ACB$, suy ra $KB = AC, KC = AB$.

từ đó $AKCB$ là hình thang cân, nên trung trực của $AK$ và $BC$ trùng nhau.

Do đó tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ thuộc trung trực của $AK$ hay thuộc trung trực $BC$ cố định.

Bài 5.

a) Nếu mỗi đội đá nhau được 2 trận.

  • Thì số điểm mội đội có thể nhận là $0, 1, 2, 3, 4, 6$. Do đó theo nguyên lý Dirichlet cho ít nhất 2 đội có cùng số điểm.
  • Gọi 8 đội là $A, B, C, D, E, F, G, H$, sau hai vòng mỗi đội đá đúng hai trận.
    • Không có ba đội nào đôi một đá với nhau, vì giả sử $A, B, C$ đôi một đá với nhau, thì vòng 1, $A$ đá với $B$ thì $C$ không đá với ai, nên phải cần ít nhất 3 vòng để điều này xảy ra.
    • Giả sử $A$ đá với $B, C$ thì $BC$ không đá với nhau nên $B, C$ đá với đội khác.
      • Nếu $B, C$ đá cùng một đội $D$. Khi đó nhóm $E, F, G, H$ cũng có hai đội chưa đá với nhau và cũng không đá với nhóm $A, B, C, D$. Giả sử là $E, F$ chưa đá với nhau. Khi đó 4 đội $A, D, E, F$ đôi một chưa đá với nhau trận nào.
      • Nếu $B, C$ đá với hai đội khác nhau là $D, E$. Lý luận tương tự ta chỉ suy ra được là $E, D$ cùng đấu với $F, G$ và $G,F$ đấu với $H$. Khi đó $A – B  – D – F – H – G – E – C – A$. Chọn 4 đội $A, D, H, E$ thỏa đề bài.

b)  Xét đội $A$ thắng nhiều nhất trong đó thắng $B, C$, xét đội $B$ và $C$ thì nếu $B$ thắng $C$ ta có $A – B – C$ là dãy mà đội trước thắng đội sau, ngược lại ta có dãy $A – C – B$.

Vậy giả sử ta có $A$ thắng $B$,$B$ thắng $C$, ta kí hiệu $A -> B -> C$.

Xét tới đội $D$ nào đó. Có các trường hợp sau:

  • $D -> A$ hoặc $C -> D$. Khi đó ta có $D ->A->B->C$ hoặc $A-> B -> C-> D$.
  • Nếu không có điều này, thì $A ->D$ và $D->C$. Khi đó $B, D$.
    • Nếu $D->B$ thì ta có $A->D->B->C$.
    • Nếu $B ->D$ thì ta có $A -> B ->D ->C$.

Trong các trường hợp ta đều có dãy 4 người mà người này thắng người kia. Vậy ta đã có $A-> B-> C->D$.

Xét $E$, tương tự như $D$.

  • Nếu $E$ thắng $A$ hoặc $D$ thắng $E$ thì bài toán được chứng minh.
  • Ngược lại, $A$ thắng $E$ và $E$ thắng $D$. Khi đó ta xét mối quan hệ giữa $E$ và $B,C$.
    • Nếu $E$ thắng $B$. Khi đó ta có $A-E-B-C-D$.
    • Nếu $E$ thua $B, C$, khi đó $A-B-C-E-D$.
    • Nếu $E$ thua $B$ và thắng $C$, khi đó $A-B-E-C-D$.

Vậy lúc nào cũng tìm được 5 đội xếp thành một hàng mà đội trước thắng đội sau.

 

Toán đố – P2

Leave a reply

Tiếp theo phần 1, phần này tôi xin đưa ra những ví dụ phức tạp hơn, đòi hỏi cao hơn trong việc đưa ra phương trình, hoặc việc giải phương trình hệ phương trình ở mức khó hơn.

Ví dụ 1. Tổng kết học kì 2, trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi, trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kì 1, số học sinh giỏi của học kì 2 bằng $\dfrac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 và có $8 \% $ số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2. Tìm số học sinh giỏi học kì 2 của trường biết rằng số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học.

Lời  giải. 

Nhận xét: Bài toán có sự thay đổi về số học sinh giỏi của học kì 2 so với học kì 1, đó là số học sinh mới được và số học sinh bị rớt danh hiệu.

Ta có lời giải như sau:

Gọi $x$ $(x>0)$ là số học sinh giỏi học kì $2$ của trường.

Tổng số học sinh của trường là: $x+60$ (học sinh).

Số học sinh giỏi học kì $1$ là: $\dfrac{37}{40}x$ (học sinh).

$8\%$ số học sinh toàn trường không đạt giỏi học kì $1$ nhưng đạt giỏi học kì $2$: $(x+60).8\%=\dfrac{2x}{25}+\dfrac{24}{5}$ (học sinh).

Theo đề bài ta có phương trình $x = \dfrac{37}{40} x + \dfrac{2x}{25} + \dfrac{24}{5} – 6$.

Giải ra được $x = 240$.
Vậy số học sinh giỏi học kì $2$ của trường là $240$ học sinh.

Ví dụ 2. Bạn An dự định trong khoảng thời gian từ ngày 1/3 đến ngày 30/4 mỗi ngày sẽ giải 3 bài toán. Thực hiện đúng kế hoạch một thời gian, vào khoảng cuối tháng 3 (tháng 3 có 31 ngày) thì A bị bệnh, phải nghỉ giải toán nhiều ngày liên tiếp. Khi hồi phục, trong tuần đầu An giải 16 bài toán; sau đó, A cố gắng giải 4 bài một ngày và đến 30/4 thì A cũng hoàn thành kế hoạch đã định. Hỏi bạn An đã nghỉ giải toán ít nhất bao nhiêu ngày?

Lời giải. 

Gọi $x$  là số ngày làm được 3 bài giai đoạn 1 ($x \leq 31)$ và $y$ là số ngày nghỉ.

Khi đó tổng số bài làm theo thực tế là: $3x + 16 + 4(61-x-y-7) = 232 -x-4y$.

Số bài thực tế bằng số bài dự định bằng $61 \times 3 = 183$.

Ta có phương trình $232-4y-x = 183 \Leftrightarrow 4y + x = 49 \Rightarrow y \geq \dfrac{18}{4} $.

Mà $y \in \mathbb{N}$ nên $y \geq 5$, giá trị nhỏ nhất của $y$ là 5, khi $x = 29$.

Ví dụ 3. Lớp $9A$ có 28 học sinh đăng ký dự thi vào các lớp chuyên Toán, Lý, Hóa của trường Phổ thông Năng khiếu. Trong đó: không có học sinh nào chỉ chọn thi vào lớp Lý hoặc chỉ chọn thi vào lớp Hóa; có ít nhất 3 học sinh chọn thi vào cả ba lớp Toán, Lý và Hóa; số học sinh chọn thi vào lớp Toán và Lý bằng số học sinh chỉ chọn thi vào lớp Toán; có 6 học sinh chọn thi vào lớp Toán và Hóa; số học sinh chọn thi vào lớp Lý và Hóa gấp 5 lần số học sinh chọn thi vào cả ba lớp Toán, Lý và Hóa. Hỏi số học sinh chọn thi vào từng lớp là bao nhiêu?

Lời giải.

Gọi $x$  là số ngày làm được 3 bài giai đoạn 1 ($x \leq 31)$ và $y$ là số ngày nghỉ.

Khi đó tổng số bài làm theo thực tế là: $3x + 16 + 4(61-x-y-7) = 232 -x-4y$.

Số bài thực tế bằng số bài dự định bằng $61 \times 3 = 183$.

Ta có phương trình $232-4y-x = 183 \Leftrightarrow 4y + x = 49 \Rightarrow y \geq \dfrac{18}{4} $.

Mà $y \in \mathbb{N}$ nên $y \geq 5$, giá trị nhỏ nhất của $y$ là 5, khi $x = 29$.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Một khu đất hình chữ nhật $ABCD$ ($AB<AD$) có chu vi 240 mét được chia thành hai phần gồm khu đất hình chữ nhật $ABNM$ làm chuồng trại và phần còn lại làm vườn thả để nuôi gà ($M$, $N$ lần lượt thuộc các cạnh $AD$, $BC$). Theo quy hoạch trang trại nuôi được 2400 con gà, bình quân mỗi con gà cần một mét vuông của diện tích vườn thả và diện tích vườn thả gấp ba lần diện tích chuồng trại. Tính chu vi của khu đất làm vườn thả.

Bài 2. Nam kể với Bình rằng ông của Nam có một mảnh đất hình vuông $ABCD$ được chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ với $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt thuộc $AB$, $BC$, $CD$, $DA$) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại trồng hoa. Diện tích phần trồng rau sạch là $1200 \; m^2$ và phần để trồng hoa là $1300 \; m^2$. Bình nói: “Chắc chắn bạn bị nhầm rồi!”. Nam: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch có diện tích $1300 \; m^2$, còn lại $1200 \; m^2 $ trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông $AMIQ$ (biết $AM < MB$) và giải thích vì sao Bình lại biết Nam bị nhầm ?

Bài 3. Một hồ nước được cung cấp nước bỏi ba vòi nước. Biết rằng nếu từng vòi nước cung cấp nước cho hồ thì vòi nước thứ nhất sẽ làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ hai $5$ giờ, vòi nước thứ ba lại làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ nhất $4$ giờ; còn nếu vòi nước thứ nhất và thứ hai cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng làm đầy hồ bằng với thời gian vòi nước thứ ba làm đầy hồ. Hỏi nếu cả ba vòi nước cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng sẽ làm đầy hồ trong bao lâu?

Bài 4. Hai thị trấn $A$ và $B$ cùng nằm trên một dòng sông, cách nhau $D$ $km$. Thị trấn $B$ có địa thế cao hơn nên dòng nước luôn chảy từ $B$ đến $A$ với vận tốc $d$ $(km/h)$ không đổi. Nếu nước không chảy, tàu \textit{Hi vọng} có vận tốc $x$ $(km/h)$ không đổi, tàu \textit{Tương lai} có vận tốc $y$ $(km/h)$ không đổi. Vào lúc 8 giờ sáng, tàu \textit{Hi vọng} xuất phát từ $A$ đi về hướng $B$ và tàu \textit{Tương lai} xuất phát từ $B$ đi về hướng $A$. Vào lúc 12 giờ trưa hai tàu gặp nhau lần đầu tiên tại một điểm cách $A$ một khoảng cách là $\dfrac{1}{3}D$. Khi đến $A$ tàu \textit{Tương lai} nghỉ nửa giờ rồi quay về $B$; tương tự khi đến $B$ tàu \textit{Hi vọng} cũng nghỉ nửa giờ rồi quay về $A$. Hai tàu gặp nhau lần thứ hai tại một điểm cách $B$ một khoảng cách là $\dfrac{5}{27}D$. Hãy tìm vận tốc của các tàu \textit{Hi vọng} và \textit{Tương lai} biết rằng nếu ngay từ đầu, mỗi tàu tăng vận tốc thêm $7,5km/h$ thì hai tàu sẽ gặp nhau lần đầu vào lúc 11 giờ trưa.

Toán đố – P1

Leave a reply

Dạo này các bài toán thực tế xuất hiện nhiều trong trong đề thi và được nhiều học sinh quan tâm, tuy vậy đây không phải là các bài toán trong đời sống bắt các em phải giải mà chỉ là những bài toán đốnhiều chữ, các em đọc hiểu và sử dụng kiến thức toán để giải, chứ chẳng có mấy về ý nghĩa thực tế, mà dạng toán này đã xuất hiện rất nhiều trong chương trình toán của mình, và trong các kì thi, đặc biệt là kì thi vào trường Phổ thông Năng khiếu.

Những bài toán này thường là những bài toán như mối liên quan giữa số lượng, thời gian, năng suất, …để giải các bài toán dạng này ta chú ý:

  • Đọc kĩ đề bài, gạch dưới những cụm từ quan trọng.
  • Tìm các mối liên hệ giữa các đối tượng có trong bài toán.
  • Đặt ẩn phù hợp và thiết lập được phương trình, hệ phương trình.
  • Giải các pt, hpt này cho ra kết quả.

 

Ví dụ 1. Lớp 9T có 30 bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng 70000 đồng và sau 3 tháng sẽ đủ tiền mua tặng cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (giá tiền các món quà đều như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự trù thì “Mái ấm tình thương X” đã nhận chăm sóc thêm 9 em và có giá tiền của mỗi món thêm $5\%$ nên chỉ tặng mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em của “Mái ấm tình thương X” được nhận quà ?

Lời giải.

  • Gọi $x$ $(x>0)$ là số em ban đầu ở “Mái ấm tình thương X” và $t$ $(t>0)$ là giá tiền mỗi món quà.
  • Số tiền lớp 9T đóng được sau $3$ tháng là: $6300000$.
  • Mỗi em nhận được $3$ món quà ta có: $3tx=6300000$ (1).
  • Sau khi mái ấm có thêm $9$ em và giá mỗi món quà tăng thêm $5\%$ ta có: $2\left( t+5\% t\right) \left( x+9\right) =6300000$ (2).
  • Từ (1) và (2) ta có: $3tx=2.1,05t.\left( x+9\right) $
    $\Leftrightarrow x=21$.
  • Vậy có $30$ em ở “Mái ấm tình thương X nhận được quà.

Ví dụ 2. Có hai vòi nước A, B cùng cung cấp cho một hồ cạn nước và vòi C (đặt sát đáy hồ) lấy nước từ hồ để cung cấp cho hệ thống tưới cây. Đúng 6 giờ, hai vòi A, B được mở; đến 7 giờ vòi C được mở; đến 9 giờ thì đóng vòi B và vòi C; đến 10 giờ 45 phút thì hồ đầy nước. Người ta thấy rằng nếu đóng vòi B ngay từ đầu thì đến 13 giờ hồ mới đầy. Biết lưu lượng vòi B là trung bình cộng lưu lượng vòi A và C, hỏi một mình vòi C tháo cạn hồ nước đầy trong bao lâu?

Lời giải. 

$10$ giờ $45$ phút $=\dfrac{43}{4}$ giờ.
Gọi $x$, $y$, $z$ $(x,\ y,\ z>0)$ lần lượt là thời gian vòi A, vòi B một mình làm đầy hồ và vòi C tháo hết nước trong hồ.
Từ $6$ giờ đến $10$ giờ $45$ phút vòi A chảy được $\dfrac{19}{4x}$ hồ.
Từ $6$ giờ đến $9$ giờ vòi B chảy được $\dfrac{3}{y}$ hồ.
Từ $7$ giờ đến $9$ giờ vòi C tháo được $\dfrac{2}{z}$ hồ.
Từ $6$ giờ đến $13$ giờ vòi A chảy được $\dfrac{7}{x}$ hồ.
Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{19}{4x}+\dfrac{3}{y}-\dfrac{2}{z}=1\ (1)\\\\
\dfrac{7}{x}-\dfrac{2}{z}=1\ (2)\\\\
\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{2}{y}\ (3)
\end{array}\right. $.

Từ (2) ta có: $\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{7}+\dfrac{2}{7z}$.

Lấy (1) trừ (2) ta có: $-\dfrac{9}{4x}+\dfrac{3}{y}=0\Leftrightarrow \dfrac{1}{y}=\dfrac{3}{4x}=\dfrac{3}{28}+\dfrac{3}{14z}$.

Thay $\dfrac{1}{x}$, $\dfrac{1}{y}$ vào (3) ta có: $\dfrac{1}{7}+\dfrac{2}{7z}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{3}{14}+\dfrac{3}{7z} \Leftrightarrow z=12$.

Vậy vòi C tháo cạn hồ nước đầy trong $12$ giờ.

Ví dụ 3. Một công ty may giao cho tổ $A$ may $16800$ sản phẩm, tổ $B$ may $16500$ sản phẩm và bắt đầu thực hiện công việc cùng lúc. Nếu sau $6$ ngày, tổ $A$ được hỗ trợ thêm $10$ công nhân may thì họ hoàn thành công việc cùng lúc với tổ $B$. Nếu tổ $A$ được hỗ trợ thêm $10$ công nhân may ngay từ đầu thì họ sẽ hoàn thành công việc sớm hơn tổ $B$ $1$ ngày. Hãy xác định số công nhân ban đầu của mỗi tổ. Biết rằng, mỗi công nhân may mỗi ngày được $20$ sản phẩm.

Lời giải.

Gọi số công nhân ban đầu của tổ $A$, $B$ lần lượt là $x$, $y$ (công nhân) ($x,y\in \mathbb{N}$).

Mỗi ngày tổ $A$ may được $20x$ sản phẩm, tổ $B$ may được $20y$ sản phẩm.

Sau $6$ ngày tổ $A$ may được $120x$ sản phẩm.

Số công nhân tổ $A$ sau khi được tăng $10$ công nhân là $x+10$ (công nhân).

Khi đó số sản phẩm tổ $A$ may được mỗi ngày là $20\left( x+10\right) $ (sản phẩm).

Thời gian tổ $A$ hoàn thành công việc là:
$6+\dfrac{16800-120x}{20\left( x+10\right) }$ (ngày).

Thời gian tổ $B$ hoàn thành công việc là: $\dfrac{16500}{20y}$ (ngày).

Tổ $A$, tổ $B$ hoàn thành công việc cùng lúc nên ta có phương trình:
$$6+\dfrac{16800-120x}{20\left( x+10\right) }=\dfrac{16500}{20y} \text { } (1).$$

Thời gian tổ $A$ hoàn thành công việc nếu được hỗ trợ thêm $10$ công nhân ngay từ đầu là: $$\dfrac{16800}{20\left( x+10\right) } \text{ (ngày)}.$$

Tổ $A$ hoàn thành công việc trước tổ $B$ $1$ ngày nên ta có phương trình:
$$\dfrac{16800}{20\left( x+10\right) }+1=\dfrac{16500}{20y} \text{ } (2).$$

Từ $(1)$ và $(2)$, ta có:

$6+\dfrac{16800-120x}{20\left( x+10\right) }=\dfrac{16800}{20\left( x+10\right) }+1$

$\Leftrightarrow \dfrac{6x}{x+10}=5$
$\Leftrightarrow x=50$.

Thay $x=50$ vào $(2)\Rightarrow y=55$.

Vậy số công nhân ban đầu của tổ $A$ là $50$ công nhân, số công nhân ban đầu của tổ $B$ là $55$ công nhân.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Một tổ mua nguyên vật liệu để thuyết trình tại lớp hết 72.000 đồng, cho phí được chia đều cho mỗi thành viên của tổ. Nếu tổ giảm bớt 2 người thì mỗi người phải đóng thêm 3000 đồng. Hỏi số người của tổ?

Bài 2. Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn vị trẻ mồ côi. Nếu mỗi phần quà giảm đi 6 viên thì các em có thêm 5 phần quà, nếu giảm đi 10 viên thì các em có thêm 10 phần quà. Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có.

Bài 3. Trong một cuộc đua môtô có ba xe khởi hành cùng lúc. Xe thứ nhì trong mỗi giờ chạy chậm hơn xe thứ nhất $10$km và nhanh hơn xe thứ ba $5$km, đến đích trễ hơn xe thứ nhất $10$ phút, sớm hơn xe thứ ba $6$ phút. Tính vận tốc mỗi xe, chiều dài quãng đường đua.

Bài 4. Tìm số gồm hai chữ số, biết rằng tổng của hai chữ số là $9$ và tổng lập phương của hai chữ số đó là $189$.

Bài 5. Một hồ nước được cung cấp nước bỏi ba vòi nước. Biết rằng nếu từng vòi nước cung cấp nước cho hồ thì vòi nước thứ nhất sẽ làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ hai $5$ giờ, vòi nước thứ ba lại làm đầy hồ nhanh hơn vòi nước thứ nhất $4$ giờ; còn nếu vòi nước thứ nhất và thứ hai cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng làm đầy hồ bằng với thời gian vòi nước thứ ba làm đầy hồ. Hỏi nếu cả ba vòi nước cùng cung cấp nước cho hồ thì chúng sẽ làm đầy hồ trong bao lâu?

Định lý Viete với các biểu thức nghiệm không đối xứng

Leave a reply

Tiếp theo các bài toán về tìm giá trị của tham số để nghiệm của phương trình thỏa một đẳng thức, trong bài này ta xét trường hợp mà biểu thức nghiệm không chỉ là bậc nhất, hoặc không thể tính theo tham số một cách dễ dàng.

Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 1. Cho phương trình $x^2-(m+2)x+m+1 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $3x_1x_2 – 4x_1=2$.

Lời giải
  •  $\Delta = (m+2)^2 – 4(m+1) = m^2 \geq 0, \forall m$. Nên phương trình luôn có nghiệm,
    khi đó phương trình có nghiệm là $1$ và $m+1$.
  • $x_1 = 1, x_2 = m+1$ ta có $3x_1x_2 -4x_1 = 2 \Leftrightarrow 3(m+1) – 4 = 2 \Leftrightarrow m = 1$.
  • $x_1 = m+1, x_2 = 1$ ta có $3x_1x_2 – 4x_1 = 2 \Leftrightarrow 3(m+1) – 4(m+1) = 2 \Leftrightarrow m = -3$.
    Vậy có hai giá trị $m$ là $1$ và $-3$.

Ta thấy trong bài toán trên, $\Delta=m^2$ có dạng là $A^2$ trong đó $A$ là một số hay một biểu thức. Khi đó ta có thể tính nghiệm theo $m$ và xét trường hợp nghiệm nào là $x_1$, nghiệm nào là $x_2$ để thế vào biểu thức nghiệm.

Tiếp theo ta xem thêm một ví dụ khác.

Ví dụ 2. (PTNK 2014) Cho phương trình $\dfrac{mx^2 + (m-3)x +2m-1}{x+3}=0$ (1)
a) Giải phương trình (1) khi $m=-1$.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ sao cho $21x_1 + 7m \left( 2+ x_2 + x_2^2 \right) = 58 $

Lời giải

a) Khi m=-1 ta có phương trình:
$\dfrac{-x^2 -4x-3}{x+3}=0 \,\, (\text{đk: } x \ne 3) \\
\Leftrightarrow -x^2 -4x-3 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=-1 \,\,(n) \\\\
x=-3 \,\, (l)
\end{array} \right. $
Vậy $S=\left\{ -1 \right\} $

b)    $\dfrac{mx^2+(m-3)x+2m-1}{x+3}=0$ (1)

  • Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ là phương trình $mx^2+(m-3)x+2m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác $-3$
    $\left\{ \begin{array}{l}
    m \ne 0 \\\\
    \Delta = (m-3)^2 -4m(2m-1) >0 \\\\
    m(-3)^2+(m-3)(-3)+2m-1 \ne 0
    \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    m \ne 0\\\\
    7m^2 +2m-9 <0 \\\\
    m \ne -1
    \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    m\ne 0\\\\
    m \ne -1 \\\\
    -\dfrac{9}{7} < m < 1
    \end{array} \right. $
  • Ta có $mx_2^2 + (m-3) x_2 +2m-1 =0 \Leftrightarrow m \left( 2+x_2 + x_2^2 \right) =3x_2 +1$
  • Do đó $21x_1 + 7m \left( 2+ x_2 + x_2^2 \right) =58$
    $\Leftrightarrow 21x_1 + 7(3x_2 +1 ) =58$
    $\Leftrightarrow 21 \left( x_1 +x_2 \right) =51 \\ \Leftrightarrow x_1 + x_2 =\dfrac{17}{7} $
    $\Leftrightarrow \dfrac{3-m}{m} = \dfrac{17}{7}\\ \Leftrightarrow 21-7m =17m \Leftrightarrow m=\dfrac{7}{8} \,\, (n) $
    Vậy $m=\dfrac{7}{8}$

Ta thấy trong bài toán trên, ta phải sử dụng $x_2$ là nghiệm của phương trình nên thỏa phương trình và từ đó ta mới tính được biểu thức chứa $x_2$ trong giả thiết. Mục đích là ta đưa về những dạng dễ hơn mà ta đã biết làm.

Ví dụ 3. (PTNK 2016) Cho phương trình $\dfrac{(x+1)(x^2+mx+2m+14)}{\sqrt{x}} = 0 (1)$.
Tìm $m$ để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ sao cho: $\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1}$

Lời giải
  • Điều kiện $x > 0$.
  • Phương trình (1) tương đương $x^2+mx+2m+14 = 0$ (2).
    Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt dương, tương đương $\Delta = m^2-4(2m+14) > 0, S = -m > 0, P = 2m + 14 >0 $ (*)
  • Khi đó $x_1 + x_2 = -m, x_1x_2 = 2m+14$ và $x_2$ là nghiệm nên $x_2^2+mx_2+2m+14 = 0$, suy ra $x_2^2+(m+1)x_2 +2m+14 = x_2$.
  • Do đó $\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1}\\ \Leftrightarrow \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=3$
    • $\Leftrightarrow x_1 + x_2 +2\sqrt{x_1x_2}=9 \\\Leftrightarrow 2\sqrt{2m+14}=9+m $
    • $\Leftrightarrow 4(2m+14) = m^2+18m+81 \Leftrightarrow m^2 +10m+25 = 0 \Leftrightarrow m = -5 (n)$ vì thỏa (*).
      Kết luận $m = -5$.

Ví dụ 4: Tìm $a \geq 1$ để phương trình $ax^2 + (1-2a)x + 1-a=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_2^2 – ax_1 = a^2-a-1$.

Giải

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Delta = (1-2a)^2-4a(1-a) = 8a^2-8a+1 > 0$.

Theo định lý Viete ta có $x_1 + x_2 = \dfrac{2a-1}{a}$, suy ra $ax_1 + ax_2 = 2a – 1$. Suy ra $ax_1 = 2a-1-ax_2$.

Kết hợp giả thiết ta có $x_2^2+ax_2-2a+1=a^2-a-1 \Leftrightarrow x_2^2+ax_2-a^2-a+2=0 \Leftrightarrow ax_2^2+a^2x_2-a^3-a^2+2a=0$ $(1)$.

Mà $x_2$ là nghiệm của phương trình nên ta có $ax_2^2+(1-2a)x_2+1-a = 0 (2)$.

Lấy $(1) – (2)$ ta có $(a^2+2a-1)x_2 = a^3+a^2-3a+1$, mà $a \geq 1$ nên $a^2 + 2a – 1 \neq 0$, suy ra $x_2 = a-1$.

Thế vào phương trình $(1)$ ta có $(a-1)^2+a(a-1)-a^2-a+2 = 0 \Leftrightarrow a=1, a=3$.

Thử lại ta nhận hai giá trị $a = 1, a=3$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Tìm $m$ để phương trình $(x-1+m)(x+2m-3) = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2 – 4x_2 =1$.\ ($m=-3\pm \sqrt{21},m=1$)
Bài 2.  Cho phương trình $x^2-(m+2)x+m+1 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $3x_1x_2 – 4x_1=2$.\($m=1,m=-3$)
Bài 3. Cho phương trình $x^2 – (2m-1)x + 4 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+(2m-1)x_2 + 8-17m = 0$. ($m= 5$)
Bài 4. Cho phương trình $x^2 – (2m-1)x + m^2 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2 + (2m-1)x_2 = 8$.($m=-1$)
Bài 5. Cho phương trình ${x^2} – \left( {3m – 2} \right)x + 2{m^2} – 3m + 1 = 0$ (m là tham số)
a)Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương $x_1$, $x_2$ ($m>1$)
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thỏa $x_1^2 + x_2 =5$ ($m=\dfrac{3+\sqrt{89}}{8},m=\sqrt{5}$)

Bài 6. Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{x^2-mx +(2m-1)(1-m)}{x-2} = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2 + 2x_2 = 13$. ($m=\dfrac{5}{2},m=-1 \pm \sqrt{5}$)
Bài 7.  Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{x^2 – 2mx -2m-1}{\sqrt{x}} = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $\sqrt{x_1^2+2mx_2} + \sqrt{x_2^2+2mx_1} =2\sqrt{5}$. ($m=\dfrac{-1+\sqrt{7}}{4}$)
Bài 8.  Cho phương trình $\dfrac{x^2-(m+1)x +m^2 – 6)}{\sqrt{x}-2} = 0$ (1).
a) Giải phương trình khi $m = 1$. ($ x= 1+\sqrt{6}$)
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa [ \sqrt{x_2^2-mx_2+m^2-5}+\sqrt{x_1+1} = 2+\sqrt{2}] \ ($m=3$)

Định lý Viete và các đẳng thức về nghiệm.

Leave a reply

Trong các bài toán liên quan  đến ứng dụng của định lý Viete, bài toán tìm giá trị tham số $m$ để các nghiệm thỏa mãn một đẳng thức là dạng toán thường gặp.

Nếu biểu thức mà vai trò hai nghiệm là như nhau, ta có thể biểu diễn theo tổng và tích. Trong bài này chúng ta xét các bài toán mà biểu thức không phải là các biểu thức đối xứng, đòi hỏi cách xử lí khó hơn một chút. Ta bắt đầu với ví dụ sau:

Ví dụ 1. Tìm $m$ để phương trình $x^2 + 4x – m = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1 + 4x_2 =-19$

Lời giải

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Delta’ = 4 + m > 0 \Leftrightarrow m > -4$ (1).

Khi đó, theo định lý Viete ta có: $x_1 + x_2 = -4, x_1x_2=-m$.

Từ $x_1+x_2=-4$ với giả thiết $x_1+4x_2 = -19$, giải ra được $x_2=-5$.

Thế $x_2=-5$ vào phương trình ta có:$(-5)^2+4(-5)-m = 0 \Leftrightarrow m = 5$ (thỏa (1)).

Kết luận: $m=5$.

Ta thấy rằng để làm dạng toán này, có các bước giải sau:

  • Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm (hai nghiệm phân biệt,….)
  • Áp dụng định lý Viete và giả thiết để tính nghiệm (có thể theo tham số)
  • Thay nghiệm vào phương trình và giải. (So lại điều kiện để nhận loại phù hợp). (Hoặc tính $x_1$ và thế vào biểu thức Viete).

Ví dụ 2. Cho phương trình $x^2 -x +3m-11=0$ $(1)$
a) Với giá trị nào của $m$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm kép? Tìm nghiệm đó.
b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ sao cho:

$2017x_1 + 2018x_2 =2019$

Lời giải

a) Phương trình $(1)$ có nghiệm kép $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1\ne 0 \text{ (hiển nhiên)} \\\\
\Delta = 0
\end{array} \right. \\\\ \Leftrightarrow 1-4(3m-11) =0 \Leftrightarrow 45-12m =0 \Leftrightarrow m=\dfrac{45}{12}$

Với $m=\dfrac{45}{12}$ thì phương trình $(1)$ trở thành:
$x^2-x+\dfrac{1}{4}=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$

Vậy khi $m=\dfrac{45}{12}$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm $x=\dfrac{1}{2}$.
b) Để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thì
$\Delta >0 \Leftrightarrow 45-12m >0 \Leftrightarrow m < \dfrac{45}{12}$

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
S=x_1+x_2 = 1 \\\\
P=x_1x_2=3m-11
\end{array} \right. $

$2017x_1+2018x_2=2019 \Leftrightarrow 2017 \left( x_1 + x_2 \right) +x_2 =2019
\Leftrightarrow 2017+x_2=2019 \Leftrightarrow x_2 = 2$

Mà $x_1+x_2 =1$ nên $x_1=-1$

Lại có $x_1x_2 = 3m-11 \Rightarrow 3m-11 = -2 \Rightarrow m=3$ (thỏa)

Vậy $m=3$ thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề bài.

Ví dụ 3. Tìm $m$ để phương trình $x^2 – 2(m+1)x +3m=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1 – 2x_2 = 1$.

Lời giải

Ta có $\Delta’ = (m+1)^2 – 3m = (m-1/2)^2 + 3/4 > 0$ với mọi $m$, nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt.

Khi đó ta có $x_1+ x_2 = 2m+2, x_1x_2 = 3m=0$.

Kết hợp $x_1-2x_2 = 1$, suy ra $x_2 = \dfrac{2m+1}{3}$.

Thế $x_2 = \dfrac{2m+1}{3}$ vào pt ta có:

$\dfrac{(2m+1)^2}{9} – 2(m+1)\dfrac{2m+1}{3} + 3m = 0$, giải ra được $m = 1, m= \dfrac{5}{8}$.

Kết luận. $m = 1$ và $m = \dfrac{5}{8}$.

Ví dụ 4. Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{x^2-2mx + 3m-2}{x-1} =0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1 + 3x_2 = 8$.

Lời giải

Điều kiện $x \neq 1$. Phương trình tương đương với

$x^2-2mx + 3m-2 =0$. (2)

Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi Pt (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1,

$\Delta’ = m^2-3m+2 > 0, 1^2-2m(1)+3m -2 \neq 0$ (*).

Khi đó $x_1+x_2 = 2m, x_1x_2 = 3m-2$.

Từ $x_1+3x_2 = 8$ ta có $x_2 = 4-m$, thế vào (2) ta có:

$(4-m)^2 -2m(4-m) + 3m-2 = 0 \Leftrightarrow m = 2, m = \dfrac{7}{3}$.

So với (*), ta nhận $m = \dfrac{7}{3}$.

Kết luận: $m = \dfrac{7}{3}$.

Bài tập rèn luyện. 

Bài 1. Tìm $m$ để phương trình $x^2 – 2(m+1)x +3m=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1 – 2x_2 = 1$

Bài 2. Tìm $m$ để phương trình $x^2 – 3x + m-27=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1 – x_2 = 11m$.

Bài 3. Tìm $m$ để phương trình $x^2 + 2(m-1)x + m+1=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2x_2 = -m-1$.

Bài 4. Cho phương trình $x^2-(m+2)x+m+1 = 0$. \
Tìm $m$ để phương trình có nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $3x_1x_2 – 4x_1=2$.

Bài 5.  Cho phương trình: $9x^2-3\left( m+2\right) x+m-7=0$. Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ phân biệt thỏa: $x_1+\dfrac{7}{5}x_2=2$.

Phương trình nghiệm nguyên – P2

Leave a reply

Tương tự như phân tích thành tổng, phương pháp tiếp theo là Biến đổi thành tích. Phương pháp này dựa trên tính chất: Mỗi số nguyên dương được phân tích hữu hạn lần thành tích của hai hay nhiều số khác nhau.

Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên $$2xy + 3x + 4y = 9$$

Lời giải
  • Ta biến đổi thành $(x+2)(2y+3) = 15$.
  • Do đó $x+2 \in \{-15, -5, -3, -1, 1, 3, 5, 15\}$.
  • Giải ra được các nghiệm $(x;y)$ là: $(-17;-2), (-7;-3), (-5;-4), (-3;-9), (-1;6), \\(1;1), (3;0), (13;-1)$.

Ví dụ 2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình $(xy-7)^2 = x^2 + y^2$.

Lời giải
  • $(xy-6)^2-(x+y)^2==-13$
  • $(xy-x-y-6)(xy+x+y-6) = -13$.
  • TH1:$xy – x-y-6 = -13, xy+x+y-6 = 1$.
  • TH2:$xy-x-y-6 = -1, xy+x+y-6 = 13$.
  • Giải ra nghiệm $(x;y)$ là $(3;4), (4;3), (7;0), (0;7)$.

Ví dụ 3. Giải nghiệm nguyên dương của phương trình $$x(y^2-p) + y(x^2-p) = 5p$$ trong đó $p$ là số nguyên tố.

Lời giải
  •  Biến đổi pt thành $(x+y)(xy-p) = 5p$.
  • TH1: $x+y = 5, xy – p = p$, giải ra được $(x;y,p)$ là $(1;4;2),(4;1;2), (2;3;3), (3;2;3)$.
  • TH2: $x+y = p, xy-p=5$, ta có $xy – x-y = 5 \Leftrightarrow (x-1)(y-1) = 6$.
    $(x;y;p)$ là $(3;4;7), (4;3;7)$.
  • H3: $x+y=5p, xy-p = 1$, ta có $5xy -x-y = 5 \Leftrightarrow (5x-1)(5y-1) = 26$. (Vô nghiệm).

Ví dụ 4. Giải phương trình trong tập các số nguyên dương $$x + x^2 + x^3 = y+y^2$$.

Lời giải
  • $x^3 = (y-x)(y+x+1)$.
  • Khi đó nếu $p$ là ước nguyên tổ của $y-x, y+x+1$ thì $p = 1$(vô lí). Do đó $(y-x, y+x+1) = 1$.
  • $y-x = a^3, y+x+1 = b^3$ và $ab=x$.
  • $b^3-a^3 = 2ab+1$, vì $b \geq a+1$, suy ra $b^3-a^3 = (b-a)(a^2+b^2+1) > 2ab+1$ phương trình vô nghiệm.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Giải các phương trình sau trong tập nguyên dương:
a) $ 2x^2+3xy-2y^2=7 $.
b) $ x^3-xy=6x-5y-8 $
c) $ x^3-y^3=91 $.
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên $$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{2020}$$
Bài 3. Tìm các số nguyên $x$, $y$ sao cho:
a) $3^x-y^3=1$;
b) $1+x+x^2+x^3=2^y$;
c) $1+x+x^2+x^3=2003^y$.
Bài 4. Tìm các số nguyên tố $x$, $y$, $z$ thỏa mãn: $x^y+1=z$
Bài 5. Tìm các số nguyên dương $x, y,z$ thỏa $y$ nguyên tố và $y, 3$ không là ước của $z$ thỏa $x^3-y^3=z^2$.

Phương trình nghiệm nguyên – P1

Leave a reply

Tiếp theo chuyên mục số học dành cho các em lớp 8, 9 thi học sinh giỏi và thi vào 10, hôm nay là bài giảng về phương trình nghiệm nguyên.

Phương trình nghiệm nguyên là một trong những phần hay và khó nhất của số học, nhiều phương trình có vẻ rất đơn giản nhưng lại rất khó để giải, đó là một trong những điều thú vị cuốn hút nhiều học sinh đam mê toán học. Trong bài này chúng tôi xin nêu ra một vài phương pháp giúp các em bước đầu tiếp cận với việc giải phương trình nghiệm nguyên.

Phương pháp biến đổi thành tổng. Phương pháp này dựa trên tính chất: Mỗi số nguyên dương đều được biểu diễn thành tổng của hai hay nhiều số nguyên dương khác trong hữu hạn các trường hợp. Vì thế ta có thể xét những trường hợp này để cho ra cách giải, ngoài ra ta có thể đánh giá để đưa về ít trường hợp để xét hơn, giúp lời giải ngắn gọn hơn.

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau trong tập số nguyên

a) $x^2 + 3y^2 = 13$.

b) $2^x + y^4 = 85$.

c) $x^2 + y^2 + x + y – xy = 0$.

Lời giải

a) Ta biểu diễn 13 thành tổng của một số chính phương và một số khác:

$13 = 0^2 +13 = 1^2 + 12= 2^2 + 9 = 3^2 + 4$.

Trong các cách biểu diễn trên thì chỉ có $1^2 +12 = 1^2 + 3\cdot 2^2$ thỏa đề bài. Khi đó $x = \mp 1, y = \mp 2$.

Phương trình có 4 nghiệm $(-1;-2), (-1,2), (1,-2), (1,2)$.

b) Cũng có thể giải như trên, nhưng ta thêm một chút đánh giá cho lời giải gọn hơn, có thể đánh giá theo $x, y$.

Ta có $y^4 =85 – 2^x < 84 \Rightarrow |y| \leq 3$.

  • Nếu $|y| = 0, 2^x = 85$ (loại).
  • Nếu $|y|=1, 2^x = 84$ (loại).
  • Nếu $|y| = 2, 2^x = 69$ (loại).
  • Nếu $|y| = 3, 2^x = 4, x = 2$.

Từ đó phương trình có nghiệm là $(2,-3), (2,3)$.

Ví dụ 2. Giải phương trình nghiệm nguyên $x^2 – 6xy + 14y^2-10y – 16 = 0$

Lời giải

Phương trình tương đương với $$(x-3y)^2 + 5(y-1)^2=21$$
Khi đó $5(y-1)^2 \leq 21 \Rightarrow (y-1)^2 <5$.

  • Nếu $(y-1)^2 = 0 \Rightarrow y = 1, (x-3)^2 = 21$(vô lý)
  • Nếu $(y-1)^2 = 1 \Rightarrow (x-3y)^2 = 16$ giải ra được $(x;y)$ là $(4;0), (-4;0), (12;2), (2;2)$.
  • Nếu $(y-1)^2 = 4 \Rightarrow (x-3y)^2 = 1$, giải ra được $(x;y)$ là $(10;3), (8;3), (-2;-1), (-4;-1)$.
    Vậy phương trình có 8 nghiệm.

Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm nguyên $2x^2- 2xy + 5y^2 = 41$.

Lời giải
  •  $(x-y)^2 + x^2 + 4y^2 = 41$.
  • $4y^2 < 41$ do đó $y \in \{0, 1, 2, 3, -1, -2, -3\}$
  • $(-1;-3), (-2;-3), (1;3)$ và $(2;3)$.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Giải các phương trình sau trong tập số nguyên:
a)  $19x^2+28y^2=2001$.
b) $3x^2 + y^2 – 4y = 24$.
c) $2^x + 5y^2 = 38$.
d) $x^2 – 6xy+13y^2 = 100$.
Bài 2. Giải các phương trình trong tập số nguyên:
a) $2x^2 + 6y^2 + 7xy – x- y = 25$.
b) $x^2 -xy+y^2 = x+y$

(còn nữa)

Bài tập chứng minh chia hết – Ôn thi vào lớp 10

Leave a reply

Các bài toán chứng minh chia hết trong chương trình ôn thi vào lớp 10, dành cho các em rèn luyện.

Bài 1. (Lâm Đồng 2018 – 2019)

Với $ n $ là số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng: $$ (20^n+16^n-3^n-1)\ \vdots \ 323. $$
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $5^{2n}+7$ chia hết cho 8.
Bài 3. (Bến Tre 2018 – 2019)
Cho $ p $ là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng $ p^2-1 $ chia hết cho 24.
Bài 4.  Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $3^{3n+1} + 2^{n+2}$ chia hết cho 7.
Bài 5. Chứng minh rằng nếu $\overline{abc}$ chia hết cho 37 thì $\overline{bca}$ cũng chia hết cho 37.
Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $(22n+7,33n+10)=1$
Bài 7. Chứng minh rằng nếu $a, b$ là các số nguyên thỏa $a^2 + b^2$ chia hết cho 3 thì cả hai số $a, b$ đều chia hết cho 3.

Bài 8. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ để $3^n + 5^n$ chia hết cho $3^{n-1} + 5^{n-1}$.
Bài 9. Cho $n$ là số tự nhiên không chia hết cho 2 và 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $k$ thì ${\left( {k + 1} \right)^n} – {k^n} – 1$ chia hết cho ${k^2} + k + 1$
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $(n-1)!$ không chia hết cho $n$.
Bài 11. Chứng minh rằng nếu $n$ không chia hết cho 7 thì $n^3-1$ hoặc $n^3+1$ chia hết cho 7.

Bài 12. (Tuyên Quang 2018 – 2019) Cho $a$, $b$, $c$ là các số nguyên. Chứng minh rằng: nếu $ a^{2016}+b^{2017}+c^{2018} $ chia hết cho 6 thì $ a^{2018}+b^{2019}+c^{2020} $ cũng chia hết cho 6.

Bài 13. Cho các số nguyên $x, y, z$ thỏa $(x-y)(y-z)(z-x) = x+ y + z$. Chứng minh rằng $x + y + z$ chia hết cho 27.
Bài 14. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a, b, c$ thì $abc(a^3-b^3)(b^3-c^3)(c^3-a^3)$ chia hết cho 7.
Bài 15. Cho tập $A= {1,2,3,4,5,6,7}$. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau lấy từ A. Chứng minh rằng không tồn tại hai số $b, c$ thuộc S sao cho $b$ chia hết cho $c$.
Bài 16.  Cho các số nguyên $x, y, z$ khác 0.\ Đặt $x^2 – yz = a, y^2- xz = b, z^2 – xy = c$. \Chứng minh rằng $ax+by + cz $ chia hết cho $a+b+c$.
Bài 17.  Chứng minh rằng trong một 100 số tự nhiên thì có một số hoặc một vài số có tổng chia hết cho 100.
Bài 18.  Chứng minh rằng trong tập mọi tập con có $n+1$ phần tử của tập ${1, 2, \cdots, 2n}$ thì luôn có hai số $a, b$ sao cho $a$ chia hết cho $b$.
Bài 19.  (PTNK 2019)
a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^n+1$ chia hết cho 9.
b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^n+1$ không chia hết cho $2^m-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2 < m \leq n$.
Bài 20. Cho hai số nguyên dương $m$, $n$ thỏa mãn $m+n+1$ là một ước nguyên tố của $2\left( m^2+n^2-1\right) $.
Chứng minh rằng $ m\cdot n $ là số chính phương.
Bài 21. Có bao nhiêu số tự nhiên $n$ không vượt quá $2019$ thỏa mãn $n^3+2019$ chia hết cho $6$.
Bài 22. (Đại học KHTN Hà Nội 2018 – 2019) Cho $x$, $y$ là các số nguyên sao cho $ x^2-2xy-y^2$; $xy-2y^{2}-x$ đều chia hết cho 5. Chứng minh $ 2x^2+y^2+2x+y$ cũng chia hết cho 5.
Bài 23. Cho $n$ số nguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên $k$ ta đặt $S_k=1^k+2^k+….+n^k $. Chứng minh rằng: $S_{2019}\ \vdots \ S_1 $.
Bài 24.  (Vinh 2018 – 2019) Cho số tự nhiên $ n\geq2 $ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn $ p-1 $ chia hết cho $n$ đồng thời $ n^3-1 $ chia hết cho $p$. Chứng minh rằng $ n+p $ là một số chính phương.
Bài 25. Cho hai số $m,n$ nguyên dương lẻ nguyên tố cùng nhau và $m^2 + 2 \, \vdots \, n$ và $n^2 + 2 \, \vdots \, m$.  Chứng minh rằng $m^2 + n^2 + 2$ chia hết cho $4mn$.
Bài 26. Cho các số $m,n$ nguyên dương thỏa $5m + n$ chia hết cho $5n+m$. Chứng minh $m$ chia hết cho $n$.
Bài 27. Cho các số $x,y$ nguyên dương thỏa $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho $xy$.
a)  Chứng minh rằng $x,y$ là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằng $k = \dfrac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho 4 và $k \geq 12$.

Hết

 

Phương pháp chứng minh chia hết – P4 – Nguyên lý Dirichlet

Leave a reply

Nguyên lý Dirichlet có nhiều ứng dụng trong toán học được phát biểu một cách đơn giản như sau: Nếu có $n+1$ con thỏ cho vào $n$ cái chuồng thì có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ.

Nếu áp dụng vào số học ta sẽ có phát biểu tương tự: Có $n+1$ số nguyên khi chia cho $n$ thì sẽ có hai số nào đó có cùng số dư khi chia cho $n$, hay có hai số mà hiệu của chúng sẽ chia hết cho $n$.

Trong bài này chúng ta sẽ sử dụng tích chất này để giải các bài toán về chia hết.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng trong 11 số chính phương có hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 20.

Lời giải

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 11 số chính phương có hai số có hiệu chia hết cho 10. Giả sử đó là $a$ và $b$.

Ta có $a = m^2, b = n^2$ và $a-b = m^2-n^2$ chia hết cho 10. Khi đó $m, n$ cùng tính chẵn lẻ, suy ra $m^2-n^2 = (m-n)(m+n)$ chia hết cho 4.

Do đó $a-b = m^2-n^2$ chia hết cho 5, 4 nên chia hết cho 20.

Ví dụ 2. Với 4 số nguyên $a, b, c, d$.

Chứng minh rằng $(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)$ chia hết cho 12

Lời giải

Đặt $A = (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)$, ta chứng minh $A$ chia hết cho 3, 4.

  • Trong bốn số $a, b, c, d$ có hai số có cùng số dư khi chia cho 3, hay có hai số có hiệu chia hết cho 3. Do đó $A$ là tích các hiệu của hai số bất kì, nên $A$ chia hết cho 3.
  • Trong 4 số nếu có 3 số chẵn, hoặc 3 số lẻ, giả sử $a, b, c$ cùng tính chẵn lẻ, khi đó $(a-b)(b-c)$ chia hết cho 4. Do đó $A$ chia hết cho 3.
    • Nếu có hai số chẵn, hoặc hai số lẻ giả sử cặp $(a, b)$ và cặp $(c,d)$ cùng tính chẵn lẻ. Khi đó $(a-b)(c-d)$ chia hết cho 4. Do đó $A$ chia hết cho 4.
  • Vậy $A$ chia hết cho 12.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng
a) rong 5 số nguyên thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.
b) Trong 17 số nguyên thì có 9 số có tổng chia hết cho 9.

Lời giải

a) Một số khi chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2.

  • Nếu 5 số khi chia cho 3 có 1 hoặc 2 số dư, khi đó sẽ có 3 số có cùng số dư khi chia cho 3, tổng 3 số này sẽ chia hết cho 3.
  • Nếu 5 số khi chia cho 3 có đủ 3 số dư 0, 1, 2 thì tổng ba số có số dư khác nhau sẽ chia hết cho 3.
  • Vậy trong 5 số thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.

b)  Gọi 17 số đó là $a_1, a_2, \cdots, a_{16}, a_{17}$.

Theo câu a) trong 5 số $a_1, \cdots, a_5$ có 3 số có tổng chia hết cho $3$, giả sử 3 số đó là $a_1, a_2, a_3$.

Đặt $b_1 = \dfrac{1}{3}(a_1+a_2+a_3)$.

Tương tự trong các số $a_4, a_5, \cdots, a_8$, có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là $a_4, a_5, a_6$.

Đặt $b_2 = \dfrac{1}{3}(a_4+a_5+a_6)$.

Tương tự ta sẽ có b_3, b_4.

Cuối cùng, còn 5 số $a_{13}, a_{14}, \cdots a_{17}$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là $a_{14}, a_{15}, a_{16}$.

Đặt $b_5 = \dfrac{1}{3}(a_{14} +a_{15} + a_{16})$.

Ta thấy các số $b_1, b_2, \cdots, b_5$ là các số nguyên, do đó áp dụng câu a) có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là $b_1, b_2, b_3$, tức là $b_1+b_2+b_3$ chia hết cho 3.

Từ đó ta có $a_1 + a_2 +\cdots +a_8+a_9$ chia hết cho 9.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng trong 100 số phân biệt, luôn có một số hoặc một tổng vài số chia hết cho 100.

Lời giải

Ta xét các tổng sau

$S_1 = a_1$

$S_2 = a_2$

…

$S_{100} = a_1 + a_2 + \cdots +a_{100}$

Nếu trong các số $S_1, S_2, \cdots, S_{100}$ có một số chia hết 100 thì ta có điều cần chứng minh.

Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì các số dư khi chia cho 100 là từ 1 đến 99, do đó tồn tại $i>j$ sao cho $S_i – S_j$ chia hết cho 100, hay $a_{j+1} + \cdots+a_i$ chia hết cho 100.

Do đó ta có điều cần chứng minh.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Chứng minh rằng tồn tại các số chỉ toàn chữ số 1 và chia hết cho 2019.

Bài 2. Chứng minh rằng mỗi tập con có $n+1$ phần tử của tập ${1, 2, \cdots, 2n}$ có hai số mà số này chia hết cho số kia.

Phương pháp chứng minh chia hết

Leave a reply

 

Bài toán chia hết là bài toán quan trọng trong các bài toán số học sơ cấp, trong chương trình trung học cơ sở các bài toán liên quan đến chia hết xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi cũng như thi vào 10. Trong loạt bài viết này, tôi xin trình bày những phương pháp chứng minh chia hết, giúp các em ôn tập tốt hơn trong kì thi vào 10.

Phương pháp 1. Biến đổi thành tích.

Để chứng minh $A$ chia hết cho $B$, ta có thể làm như sau:

  • Biến đổi $B = C \cdot D$ với $(C, D)=1$ và chứng minh $A$ chia hết cho $C$ và $D$.
  • Biến đổi $A = M \cdot N$ và $B = C \cdot D$, trong đó $M$ chia hết cho $C$ và $N$ chia hết cho $D$.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng

a) Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.

b) Tích bốn số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 24.

Lời giải

a) Gọi hai số chẵn liên tiếp là $2n, 2n+2$.

Ta có $2n(2n+2) = 4n(n+1)$. Do $n,n+1$ là hai số liên tiếp nên chắc chắn có một số chẵn, suy ra $n(n+1)$ chia hết cho 2, mà $4$ chia hết cho 4. Suy ra $4n(n+1)$ chia hết cho 8.

Vậy tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.

b) Tích bốn số tự nhiên liên tiếp là $A = n(n+1)(n+2)(n+3)$, ta chứng minh $A$ chia hết cho 24. Ta có $24 = 3 \times 8$ với $(3,8)=1$, nên ta cần chứng minh $A$ chia hết cho 3 và 8.

Nếu $n$ lẻ thì $n+1, n+3$ là hai số chẵn liên tiếp tích chia hết cho 8, suy ra $A$ chia hết cho 8.

Nếu $n$ chẵn thì $n, n+2$ là hai số chẵn liên tiếp, tích chia hết cho 8, suy ra $A$ chia hết cho 8.

Trong ba số  liên tiếp $n, n+1, n+2$ có ít nhất một số chia hết cho 3 nên $A$ chia hết cho 3.

$A$ chia hết cho 3, 8 và $(3,8)=1$, do đó $A$ chia hết cho 24.

Ví dụ 2.  Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $m$ lẻ thì $m^3 + 3m^2 – m – 3$ chia hết cho $48$.

Lời giải

Đặt $A = m^3+3m^2-m-3$, ta có $A = (m+3)(m^2-1)$.

Do $m$ lẻ nên $m = 2n + 1$, $n$ là số tự nhiên. Khi đó $A = (2n+4)((2n+1)^2-1) = 8n(n+1)(n+2)$.

Ta có $n(n+1)(n+2)$ là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3, do đó chia hết cho 6.

Vậy $A$ chia hết cho 48.

Ví dụ 3.  Cho $n$ là số tự nhiên thỏa $n = \dfrac{x^2-1}{2} = \dfrac{y^2-1}{3}$ với $x, y$ là các số nguyên.
a) Chứng minh $n = y^2 – x^2$.
b) Chứng minh $n$ chia hết cho 20.

Lời giải

a) $n = \dfrac{x^2-1}{2} = \dfrac{y^2-1}{3} = \dfrac{y^2-1-(x^2-1)}{3-2} = y^2-x^2$.

b) Ta chứng minh $n$ chia hết cho 4 và 5.

Ta có $n = \dfrac{x^2-1}{2}$, suy ra $x$ lẻ, $x = 2k+1$, khi đó $n = \dfrac{(2k+1)^2-1}{2} = 2k(k+1)$ chia hết cho 4.

Ta có $n = \dfrac{x^2+y^2-2}{5}$, suy ra $x^2+ y^2$ chia 5 dư 2. (1)

Mà $x^2, y^2 \equiv 0, 1, 4 (\mod 5)$.

Do đó (1) chỉ xảy ra khi $x^2 \equiv y^2 equiv 1 (\mod 5)$, suy ra $n=x^2 – y^2$ chia hết cho 5.

Vậy $n$ chia hết cho 20.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Chứng minh rằng hiệu các bình phương của hai số lẻ liên tiếp thì chia hết cho $8$.
Bài 2. Chứng minh rằng nếu $n$ là số chẵn thì $n^2 + 2n$ chia hết cho $8$.
Bài 3. Chứng minh rằng nếu $n$ là số lẻ thì $n^2 – 1$ chia hết cho $8$.
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n$ chia hết cho $24$.
Bài 5. Chứng minh rằng nếu $n$ không chia hết cho $3$ thì $n^2 – 1$ chia hết cho $3$.
Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $n^5 – n$ chia hết cho $30$.
Bài 7. Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lẻ lớn hơn $3$ thì $p^2 – 1$ chia hết cho $24$.
Bài 8. Chứng minhg rằng với mọi số tự nhiên $n$ lẻ thì $n^{12} – n^8-n^4+1$ chia hết cho $512$.
Bài 9. Chứng minh rằng với mọi số $n$ chẵn thì $n^4-4n^3-4n^2+16n$ chia hết cho $384$.
Bài 10. Cho $12$ số tự nhiên có tổng chia hết cho $6$.

Chứng minh rằng tổng lập phương của $12$ số đó cũng chia hết cho $6$.