Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán THCS

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS
Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I- ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II- TÍNH CHẤT: 
1- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).
4- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n N ).
5- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
A- Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì:
 A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + là số chính phương.
Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 
 = ( 
Đặt thì
 A = (
Vì x, y, z Z nên 
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n Z). Ta có: 
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
 = (
Đặt thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2
 = (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + 1 N. Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương.
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). 
 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 
 - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 
=> 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1
Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .
- Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và đứng sau nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10n + 8 . 11 ... 1 + 1
 n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8	 n chữ số 4	 n chữ số 1
= 4.
= 
= 
Ta thấy 2.10n + 1 = 200...01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
 n - 1 chữ số 0 
=> Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phương.
Các bài tương tự:
Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.
A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1
 2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8	
 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7
 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
D = 22499 . . .9100 . . . 09
 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 
E = 11 . . .155 . . . 56
 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 
Kết quả: A= 
D = (15.10n - 3)2	E = 
Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương.
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n N, n >2).
Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 . (n2 + 2)
Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5 
=> 5. (n2 + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương.
Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n >1
không phải là số chính phương.
n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]
 = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)]
 = n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2)
Với nN, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2
Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2
Vậy (n - 1)2 n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 7: Cho 5 số chính phương bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương.
Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m N).
=> a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
 = 4 (k2 + k + m2 + m) + 2
 => a2 + b2 không thể là số chính phương.
Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên 
thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không thể chia hết cho 4 (1)
a- Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m2 ( m N).
Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m2 lẻ => m lẻ.
Đặt m = 2k + 1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 => p + 1 = 4k2 + 4k + 1
=> p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) 4 mâu thuẫn với (1).
=> p + 1 không phải là số chính phương.
b- p = 2.3.5... là số chia hết cho 3 => p - 1 có dạng 3k + 2.
=> p - 1 không là số chính phương.
Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phương.
Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số chính phương.
a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1
Có 2N 3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k N)
=> 2N - 1 không là số chính phương.
b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn.
=> N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 => 2N không là số chính phương.
c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1
2N + 1 lẻ nên 2N + 1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N + 1 không chia cho 4 dư 1.
=> 2N + 1 không là số chính phương.
Bài 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05
 2010 chữ số 1 2009 chữ số 0 
	 Chứng minh là số tự nhiên.
Giải: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6
 2009 chữ số 0	 2010 chữ số 0	 2010 chữ số 9
 ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2
B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương
a) n2 + 2n + 12 	b) n(n + 3)
c) 13n + 3	d) n2 + n + 1589
Giải:
a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
 (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11
Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 	k + n + 1 = 11 	k = 6
k - n – 1 = 1	n = 4
b) đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 	 4n2 + 12n = 4a2
	(4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
 	 (2n + 3)2 – 4a2 = 9
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 	2n + 3 + 2a = 9	 	n = 1
2n + 3 – 2a = 1	a = 2
c) Đặt 13n + 3 = y2 (y N) 	 13(n - 1) = y2 – 16
13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13
 y = 13k 4 (với k N)
 13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8)
13k2 8k + 1
Vậy n = 13k2 8k + 1 (với k N) thì 13n + 3 là số chính phương
d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) 	 (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28
Bài tương tự :
Tìm a để các số sau là những số chính phương
a) 	a2 + a + 43
b) 	a2 + 81
c) 	a2 + 31a + 1984
Kết quả: 	a) 	2; 42; 13
b)	0; 12; 40
c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728
Bài 2 : Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! +  + n! là một số chính phương.
Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 là số chính phương
Với n 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! +  n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương.
Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3
Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương.
Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m)
Từ đó suy ra m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn.
 (m + n) (m – n) 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4
 Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Bài 4: Biết x và x > 2. Tìm x sao cho 
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: 
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương.
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0	(1)
Do x là chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x và 2 < x 9 (2)
Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 5776
Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương.
Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 1 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84
Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24
Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m )
Ta có m là số lẻ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1
Mà 
 n chẵn n + 1 lẻ k lẻ đặt k = 2b + 1 (với b) k2 = 4b(b+1) + 1
 n = 4b(b+1) n 8 	(1)
Ta có: k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)
Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1
Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì 	k2 1 (mod3)
m2 1 (mod3)
 m2 – k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1) 3 n 3 	(2)
Mà (8; 3) = 1 	(3)
Từ (1), (2), (3) n 24
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì
2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48)
2p. 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n và p > q
 	a + 48 = 2p 2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3
a – 48 = 2q
 q = 5 và p – q = 2 p = 7
 n = 5 + 7 = 12
Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 
C.DẠNG 3 : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1 : Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A = . Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = với k, m N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d = 
 Ta có: 	A = 
B = . Đúng khi cộng không có nhớ
 m2 – k2 = 1111 (m - k)(m + k) = 1111 	(*)
Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > 0 nên m – k và m + k là 2 số nguyên dương.
Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k) (m + k) = 11.101
Do đó:	m – k = 11	 	m = 56	A = 2025
	m + k = 101	n = 45 	B = 3136
Bài 2: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau một đơn vị.
Đặt ta có và k N, 32 k < 100
Suy ra : 101 = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 hoặc k – 10 101 
Mà (k – 10; 101) = 1 k + 10 101
Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91
 = 912 = 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là: = n2 với a, b N, 1 a 9; 0 b 9
Ta có: n2 = = 11. = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) 	(1)
Nhận xét thấy 11 a + b 11
Mà 1 a 9; 0 b 9 nên 1 a + b 18 a + b = 11
Thay a + b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương
Bằng phép thử với a = 1; 2;; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn b = 4
Số cần tìm là: 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt = x2 = y3 với x, y N
Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương.
Ta có : 1000 9999 10 y 21 và y chính phương 
 y = 16 = 4096
Bài 5 : Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
Gọi số phải tìm là với a, b, c, d nguyên và 1 a 9; 0 b, c, d 9
 chính phương d 
d nguyên tố d = 5
Đặt = k2 < 10000 32 k < 100
k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương k = 45
 = 2025
Vậy số phải tìm là: 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bở hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là (a, b N, 1 a, b 9)
Số viết theo thứ tự ngược lại 
Ta có 2 - 2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2) 11 a2 – b2 11 
Hay (a - b) (a + b) 11 
Vì 0 < a – b 8, 2 a + b 18 nên a + b 11 a + b = 11
Khi đó: 2 - 2= 32 . 112 . (a – b)
Để 2 - 2 là số chính phương thì a – b phải là số chính phương do đó a – b = 1 hoặc a – b = 4
Nếu a – b = 1 kết hợp với a + b = 11 a = 6, b = 5 , = 65
Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332
Nếu a – b = 4 kết hợp với a + b = 11 a = 7,5 loại
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu.
(Kết quả: 1156)
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.
Gọi số phải tìm là với a, b N, 1 a 9; 0 b 9
Theo giả thiết ta có: = (a + b)3
(10a +b)2 = (a + b)3
 là một lập phương và a + b là một số chính phương
Đặt = t3 (t N), a + b = 12 (1 N)
Vì 10 ab 99 = 27 hoặc = 64
Nếu = 27 a + b = 9 là số chính phương
Nếu = 64 a + b = 10 không là số chính phương loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9 : Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n N)
Ta có : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = = 1111 . a với a lẻ và 1 a 9
 12n(n + 1) = 11(101a – 1)
 101a – 1 3 2a – 1 3
Vì 1 a 9 nên 1 2a – 1 17 và 2a – 1 lẻ nên 2a – 1 
 a
Vì a lẻ a = 5 n = 21
3 số cần tìm là: 41; 43; 45
Bài 10 : Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó.
 (a + b) = a3 + b3
 10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab
 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1)
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a	hoặc	a + b – 1 = 3a
a + b – 1 = 3 + b 	a + b = 3 + b
 	a = 4, b = 8 	hoặc 	a = 3, b = 7
Vậy = 48 hoặc = 37
Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
1. Tìm nghiệm nguyên của Phương trình và hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Tuỳ từng bài cụ thể mà làm các cách khác nhau.
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 	(1)
Cách 1: Phương pháp tổng quát:
Ta có: 2x + 3y = 11
Để phương trình có nghiệm nguyên nguyên
Đặt 	y = 2t + 1
x = -3t + 4
Cách 2 : Dùng tính chất chia hết
Vì 11 lẻ 2x + 3y luôn là số lẻ mà 2x luôn là số chẵn 3y lẻ y lẻ
Do đó :	y = 2t + 1 	với
x = -3t + 4
Cách 3 : Ta nhân thấy phương trình có một cặp nghiệm nguyên đặc biệt là 
x0 = 4 ; y0 = 1
Thật vậy : 2 . 4 + 3.1 = 11 	(2)
Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có :
2(x - 4) + 3(y - 1) = 0
2(x -4) = -3(y -1)	(3)
Từ (3) 3(y - 1) 2 mà (2 ; 3) = 1 y - 1 2
 y = 2t + 1 với 
Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có : x = -3t + 4
Nhận xét : Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x0, y0) của phương trình ax + by = c ; cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn.
Các bài tập tương tự : Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
a) 	3x + 5y = 10
b) 	4x + 5y = 65
c) 	5x + 7y = 112
VD2 : Hệ phương trình.
Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau :
3x + y + z = 14	(1)
5x + 3y + z = 28 	(2)
Giải : Từ hệ đã cho ta có : 2(x + y) = 14 vậy x = 7 - y (*)
Thay (*) vào (1) ta được z = 14 - y - 3x = 2y -7
Vì x > 0 nên 7 - y > 0 y 0 nên 2y - 7 > 0 y > 
Vậy < y < 7 và 
Giải tiếp hệ đã cho có 3 nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5)
Bài tập tương tự: 
a) Tìm nghiệm nguyên của hệ
2x -5y = 5
2y - 3z = 1
b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ – trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già 3 con 1 bó. Tìm số trâu mỗi loại.
c) Tìm số nguyên dương nhỏ nhất chia cho 1000 dư 1 và chia cho 761 dư 8.
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình, hệ phương trình bậc cao.
Phương pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phương trình.
VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phương trình
6x2 + 5y2 = 74	(1)
Cách 1 : Ta có : 6 (x2 - 4) = 5 (10 - y2) 	(2)
Từ (2) 6(x2 - 4) 5 và (6 ; 5) = 1 x2 - 4 5
 x2 = 5t + 4 với
Thay x2 - 4 = 5t vào (2) ta có : y2 = 10 – 6t
Vì x2 > 0 và y2 > 0 	5t + 4 > 0
10 - 6t > 0 
 với 
 t = 0 hoặc t = 1
Với t = 0 y2 = 10	 (loại)
Với t = 1 	x2 = 9	x = 
 	y2 = 4	y = 
Vậy các cặp nghiệm nguyên là :........................
Cách 2 : Từ (1) ta có	x2 + 1 5	
	0 < x2 12	 x2 = 4 hoặc x2 = 9
Với x2 = 4 y2 = 10 	(loại)
Với x2 = 9 y2 = 4 	(thoả mãn)
Vậy.....................
Cách 3 : Ta có :(1) y2 chẵn
	 0 < y2 14 	 y2 = 4 x2 = 9
Vậy...............
VD2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên 
a) x5 + 29x = 10(3y + 1)
b) 7x = 2y - 3z - 1
Giải : x5 - x + 30x = 10(3y+1)
VP 30 còn VT 30 phương trình vô nghiệm
Phương pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0
c) x2 + x = y2 - 19
Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18
(x – 5) (y + 3) = -18...
Cách 2 : 
b) Tương tự.
c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76
 (2x + 1)2 - (2y)2 = -75... 
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết)
VD2 : Tìm nghiệm nguyên.
x3 - 2y3 - 4z3 = 0
Giải : x3 = 2(y3 + 2z3)
VP 2 x3 2 x 2 đặt x = 2k
8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3
 y3 = 4k3 - 2z3 = 2(2k3 - z3)
 y chẵn. Đặt y = 2t ta có :
8t3 = 2(2k3 - z3) 4t3 = 2k3 - z3
 z3 = 2k3 - 4t3 z chẵn z = 2m
 8m3 = 2(k3 - 2t3) ......k chẵn.......
Phương pháp 4 : Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của.
a) x2 - 4xy + 5y2 = 169
b) x2 - 6xy + 13y2 = 100
Giải :
a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144...
b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ...
Phương pháp 5 :  Phương pháp công thức nghiệm phương trình bậc 2
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 – 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)
Phương pháp 6 : Phương pháp đặt ẩn phụ
VD: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 	(1)
Đặt y = x2 + 2x + 2 (y Z)
(1) 5y2 – 7y – 6 = 0
 	(loại)	; y2 = 2 	(thoả mãn)	 x1 = 0; x2 = -2
Các bài tập tương tự: 
a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3
b) 
* Một số phương pháp khác.
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
2x2 + 4x = 19 -3y2
Giải : 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2
(2x + 2)2 = 6 (7 - y2)
Vì (2x + 2)2 0 7 - y2 0 
Mà y y = 0 ;  ; Từ đây ta tìm được giá trị tương ứng của x
3. Một số bài toán liên quan tới hình học.
a) Cho tam giác có độ dài của 3 đường cao là những số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam giác đó có bán kính bằng 1(đ.v.đ.d). Chứng minh tam giác đó là tam giác đều
Giải: Gọi độ dài các cạnh và các đường cao tương ứng theo thứ tự là a; b; c và x; y; z. R là bán kính đường tròn nội tiếp.
Ta có R = 1 x; y; z > 2 và giả sử x y z > 2
Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S)
Suy ra: ; 
; ; 
 mà x y z > 2
 và nên 
 z = 3 Tương tự ta có: x = 3; y = 3 tam giác đó là tam giác đều
b) Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dương có thể cắt thành 13 hình vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dương không lớn hơn 4 (đ.v.đ.d)
Giải : Gọi các cạnh hình chữ nhật cần tìm là a và b, cạnh hình vuông là c. Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có:
ab = 13c2 	(1) 	với 0 < c 4	(2)
Từ (1) suy ra a hoặc b chia hết cho 13. Vì vai trò a, b như nhau ta có thể giả giả sử a chia hết cho 13, tức là a = 13d
Thay vào (1) ta được : 13db = 13c2
Hay 	db = c2
Ta hãy xét các trường hợp có thể có của c.
Với c = 1, chỉ có thể: 	d = 1, b = 1, suy ra a = 13
Với c = 2, chỉ có thể: 	d = 1, b = 4, suy ra a = 13	
	d = 2, b = 2, suy ra a = 26
d = 4, b = 1, suy ra a = 52
Với c = 3, chỉ có thể: 	d = 1, b = 9, suy ra a = 13	
	d = 3, b = 3, suy ra a = 39
d = 9, b = 1, suy ra a = 117
Với c = 4, chỉ có thể: 	d = 1, b = 16, suy ra a = 13	
	d = 2, b = 8, suy ra a = 26
d = 4, b = 4, suy ra a = 52
	d = 8, b = 2, suy ra a = 104
d = 16, b = 1, suy ra a = 208
Với 12 nghiệm của phương trình (1) chỉ có 4 trường hợp thoả mãn bài toán. Bài toán có 4 nghiệm. Ta tìm được 4 hình chữ nhật thoả mãn đề bài:
(a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4)
Chuyên đề 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
(Dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh)
I. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
	* Các phương pháp
	1. Luỹ thừa khử căn
	2. Đặt ẩn phụ
	3. Dùng bất đẳng thức
	4. Xét khoảng
	II. ÁP DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP
 A. Phương pháp luỹ thừa khử căn
	1. Giải các phương trình
	a) 
	Điều kiện: 
	Với PT (1) 
	PT (2) 
Vậy PT đã cho có nghiệm x=2
b) 
ĐK:	
Với PT (1) 
Do nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này
 ™
c) (1)
Giải:
Pt (1) 
B. Phương pháp đặt ẩn phụ
(2) Giải các phương trình:
a) 
Giải:
ĐK: 
Đặt ;	()
Ta có hệ PT 
Suy ra 	
Vậy phương trình nghiệm 
b. 
ĐK: 
Đặt : ( ta có hệ phương trình
+) 
	(Ko T/m)
+) 	
PT (*) 
	(ko t/m)
	Vậy PT vô nghiệm
	c) ; 	ĐK: 
	Đặt ; Ta có PT: ; 
	+) 
	+) 
	Vậy pt có 2 nghiệm 	
	C. áp dụng bất đẳng thức
	(3) Giải các phương trình
	a) (1) 	ĐK: 
	Với Đk: PT (1) 	
	Ta có: 	
	Đẳng thức xẩy ra 
Vậy nghiệm của PT đã cho là 
b) 
Giải
ĐK 
Trên TXĐ 	
	Lại có 
Đẳng thức xẩy ra
Vậy PT (1) có nghiệm là x=5
c) Giải phương trình
Giải
ĐK: 	
áp dụng BĐT cô si cho các số không âm ta có
Ta có 	(Vì )
Đẳng thức xẩy ra ; Vậy pt có nghiệm là x=1
D. Xét khoảng
(4) Giải các PT
a) 
Giải
TXĐ: 
PT(1) 
Thấy là nghiệm của PT (1)
+) PT vô nghiệm
+)
	 PT vô nghiệm
	Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1
	b) (1)
	Giải
	Ta có:
	 thì 
	 thì 
	+) Xét 
PT (1) vô nghiệm
Xet týừng tự ta suy ra phýừng trỡnh vụ nghiệm 
	Thấy x= 1 hoặc x= -1 là nghiệm của PT (1)
	Bài tập:
	Giải các PT
	(1) a) 
	(b) 
	(2) (A)
	(3) (D)
	(4) 
	(5) 
	(6) (C)
	III. Giải hệ phương trình
	* Các phương pháp:
	1. Phương pháp thế
	2. Công thức trừ, nhân, chia các vế
	3. Đặt ẩn phụ
	4. Dùng bất đẳng thức.
	IV. áp dụng các phương pháp.
	A. Phương pháp thế.
	1. Giải các hệ pgương trình
	a) 
	Giải
	Hệ đã cho tương đương với
	Vậy hệ đã cho có nghiệm là:	(x;y) = (3;2)
	b) 
	Giải
	Hệ đã cho tương đương với
	Hoặc 	
	Hoặc 	 	
	c) 
	Giải: 
	Ta có:
	PT (1) 	
	Thế vào (2) ta có: 
	Do đó x= y=z = 3
	Vậy nghiệm của hệ đã cho là: 
	(x;y;z) = (3;3;3)
	B. Phương pháp cộng, trừ, nhân, chia các vế
	(2) Giải các hệ phương trình
	a) 
	Giải:
	Hệ đã cho tương đương với:
	b) 
	Giải:
	Hệ đã cho tương đương với
	(do )
	 hoặc hoặc 
	c) trong đó 
	Giải
	Hệ đã cho tương đương với
(Do x,y,z>0)
	Vậy hệ đã cho có nghiệm là
	(x;y;z)=(1;0;4)
	C. Phương pháp đặt ẩn phụ
	(3). Giải các hệ phương trình
	a)
	Đặt: 	x-y=a;	 x+y =b
	Hệ đã cho trở thành 	
	Từ PT (2) ta suy ra 
	Do đó: 
	Thế vào (1) ta được: 	
	 (Vì )
	+) 	Hay 
	+) 	Hay 
	Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
(x;y) = 
	b) 
	Giải: 	Đặt x+y = a; xy=b
	Hệ đã cho trở thành
	Hoặc 	
	+) 	Ta có hệ phương trình 
	Hoặc	
	+) 	Ta có hệ phương trình 
	(Vô nghiệm)
	Hệ này vô nghiệm
	Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
	(x;y) = (1;2); (2;1)
	c) 	
	Giải 
	Hệ đã cho tương đương với
	Đặt PT (1) trở thành 	
	+)
	Thế vào (2) ta được 
	Hoặc 
	Suy ra: 	Hoặc	
	+)
	Thế vào (2) ta được 
	Hoặc 
	Suy ra: 	Hoặc	
	Tóm lại hệ đã cho có nghiệm là:
	(x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2)
	D. áp dụng bất đẳng thức
	(4) Giải các hệ phương trình
	a) 
	Giải:
	Nhận xét: 	Từ BĐT 
	Ta suy ra: 
	áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta được
	Đẳng thức xẩy ra khi: 
	Vậy hệ đã cho có nghiệm là:	
	b)
	Giải:
	ĐK: 
	Hệ đã cho tương đương với
	Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có
	Suy ra 
	Mặt khác 
	Đẳng thức xẩy ra khi x= 16 và y=3 (t/m)
	Vậy hệ đã có nghiệm là (x;y) = (16;3)
CHUYÊN ĐỀ 4
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
A - CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp đổi tương đương
Để chứng minh: 
Ta biến đổi (đây là bất đẳng thức đúng)
Hoặc từ bất đẳng thức đứng , ta biến đổi 
Ví dụ 1.1
Giải
Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh.
b)
Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.2 CMR
Giải
Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.3
Giải
Nếu ac + bd < 0 thì (2) đúng
Nếu thì
Ví dụ 1.4
Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng: 
Giải
Ví dụ 1.5
Cho a, b, c > 0. CMR: (1)
Giải
Suy ra ĐPCM.
Phương pháp biến đổi đồng nhất
Để chứng minh BĐT: A B. Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng các biểu thức có giá trị không âm.
Ví dụ 2.1
Chứng minh rằng:
Giải
Ví dụ 2.2
Chứng minh rằng:
a) với a, b > 0
b) với a, b, c > 0
c) với a, b, c 0
Giải
Ví dụ 2.3
Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
Giải
Ví dụ 2.4
 (Bất đẳng thức Cô – si)
 (Bất đẳng thức Cô – si)
 (Bất đẳng thức Trê bư sếp)
Giải
Ta có: 
Ví dụ 2.5
Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
Giải
Ví dụ 2.6
Chứng minh rằng
nếu ab 0
nếu a2 + b2 < 2
 nếu -1 < a, b < 1
nếu a, b > 0
Giải
Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức
 Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như:
Ví dụ 3.1
Cho a + b > 1 . Chứng minh: 
Giải
Ví dụ 3.2
Với a, b, c > 0. CMR
Giải
Ví dụ 3.3
Cho a, b, c > 0. CMR:
Giải
dễ dàng chứng minh đpcm
dễ dàng chứng minhđpcm
Ví dụ 3.4
b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh
c) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: abc = ab + bc + ca. Chứng minh:
Giải
Tương tự: 
Ví dụ 3.5
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
Giải
áp dụng BĐT: 
b) 
suy ra điều phải chứng minh.
4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si
Dấu “=” xảy ra khi 
Ví dụ 4.1
Cho a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. CMR: 
Giải
Áp dụng BĐT Cosi ta có
Ví dụ 4.2
Chứng minh rằng:
 với a, b 
với a,b,c > 0
Giải
Cộng vế với vế ta được: 
Dấu “=” xảy ra khi vô lí.
Vậy dấu “=” không xảy ra.
Ví dụ 4.3
 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
Giải
Ví dụ 4.4
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
Giải
Cộng vế với vế suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 4.5
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 +b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng
Gải
Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 4.6
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh
Giải
a) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
Tương tự suy ra VT
Ví dụ 4.7
Cho x, y, z > 0. Chứng minh
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 
5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski
*) dấu “=” xảy ra khi 
*) dấu “=” xảy ra khi 
Tổng quát:
 dấu “=” xảy ra khi ai = kxi
Ví dụ 5.1
Cho a, b > 0. Chứng minh
Giải
a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
Tổng quát: 
Cho thì (1)
 Với với thì (2)
Thật vậy: 
đặt aici = bi > 0 thay vào (1) được (2)
Ví dụ 5.2
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh
Giải
Ví dụ 5.3
Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 
Giải
Dấu “=” xảy ra khi vô lí suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 5.4
Cho x, y, z > 0. Chứng minh: 
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có
B – CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 
Cho biểu thức f(x,y)
Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y) kí hiệu maxf(x,y) = M, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
Với mọi x,y để f(x,y) xá định thì f(x,y) M
Tồn tại x0, y0 sao cho f(x0,y0) = M
Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y) kí hiệu minf(x,y) = m, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
Với mọi x,y để f(x,y) xá định thì f(x,y) m
Tồn tại x0, y0 sao cho f(x0,y0) = m
I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI
1) Đa thức bậc hai một biến 
Ví dụ 1.1
Tìm GTNN của A = 3x2 – 4x + 1
Tìm GTLN của B = - 5x2 + 6x – 2
Tìm GTNN của C = (x – 2)2 + (x – 3)2
Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c
Tìm GTNN của P nếu a > 0
Tìm GTNN của P nếu a > 0
Giải
A = . Vậy minA=
B = . Vậy maxB = 
C = . 
Vậy maxC = 
Ta có: P = 
Nếu a > 0 thì P . Vậy minP = khi 
Nếu a < 0 thì P . Vậy maxP = khi 
Ví dụ 1.2
a) Tìm GTNN của M = x2 – 3x + 1 với 
b) Tìm GTLN của N = x2 – 5x + 1 với 
Giải
a) M = . Vậy minM = -1 khi x = 2
b) N = . Vậy maxN = 25 khi x = -3, x = 8
2. Đa thức bậc hai hai biến
a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện
Ví dụ 2a.1
Cho x + y = 1. Tìm GTLN của P = 3xy – 4
Cho x – 2y = 2. Tìm GTNN của Q = x2 + 2y2 – x + 3y
Giải
a) 
Vậy maxP = 
Vậy minQ = 
Ví dụ 2a.2
 Tìm GTLN của của P = xy vói x, y thỏa mãn
 a) 
 b) 
 a) . Vậy maxP = 8 khi x = 2, y = 4
 b) . 
 Vậy maxQ = (S – a)a khi x = S – a, y = a
 b) Đa thức bậc hai hai biến
 Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a,b,c 0
Ta thường đưa P(x, y) về dạng
P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2)
P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3)
Trong đó G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một ẩn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất hai ẩn.
Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b2) 0
(Tương tự nhân hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3))
Ví dụ 3.1
Tìm GTNN của P = x2 + y2 + xy + x + y
Tìm GTLN của Q = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1
Giải
 Vậy minP = 
Vậy maxQ = 16 khi x = 1, y = 2
Ví dụ 3.2
Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*)
Giải