Xét các trường hợp thay vào 1 ta tìm được x một cách dễ dàng.. Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào 1 ta tìm được x.. Xét các trường hợp thay vào 1 ta dễ dàng tìm được x... Từ đó ta dễ
Trang 1CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2
+ ÷ − ÷ − ÷
Giải:
;
Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0⇔(u-v).(10u-v)=0⇔u=v hoặc 10u=v
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng
Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
Giải:
Đặt x2 - 5x + 5 = u (1)
Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
⇔(x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
⇔(x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
⇔(x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0
⇔(u-1).(u+1)-15=0
⇔u2-16=0
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x
Bài 3:Gpt:
2
90.
+ =
+ ÷ − ÷
x
2 2
x x x
+
Đặt u = x2 ( u ≥0) (1)
Ta có:
2
( 1)
u
⇔88u2 −182u+90=0.
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x
Bài 4:Gpt:3 x + 3 2 x − = 3 312.( x − 1)
Giải:
Đặt 3 x u = ; 23 x − = 3 v (1)
Có: u+v=3 4.(u3 +v3) ⇔u3 +v3 +3uv.(u+v)=4.(u3+v3)
=
−
=
⇔
=
− +
⇔
= +
− +
⇔
v u
v u v
u v u v
uv u
v
.(
Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x
Trang 2Bài 5:Gpt: x x x x 3x
2 2
1 2 3 3
5 3 + 2 + − + = 2 + (1)
Giải:
Từ (1) suy ra: 2. 5x3 +3x2 +3x−2 = x2 +6x−1
x x
x x
x x
x
20 3 + 2 + − = 4 + 2 + + 3 − 2 −
⇒
0 9 24 22
4 − + − + =
x x x
x
x+3 = (*) ta có:
y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x
4
1 )
4 (
3 ) 4 (
−
+
− +
− +
x
x x
x x
Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
(x+ x− + x+ x− − =
Đặt (x+1).(x−4) = y≥0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
(x+ x− − x+ x− − =
Đặt (x+1).(x−4) = y≥0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x
Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1)
Giải:
(1)⇔4x4 +4x3 −20x2 +2x+1=0 (x≠0).Chia cả hai vế cho x2 ta được :
⇔4x2 + 4x -20 + 2 12
x
x+ = 0.⇔ 2 1 2 2 1 24 0
2
=
−
+
x
x x
x
2 + (2)
Ta có: y2 + 2y -24 = 0
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x
Bài 8:Gpt: x2 −16x+64−2. x2 −8x+16+ x2 =0.
Giải:PT⇔ x−8 −2.x−4 + x =0
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
Trang 3Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4)
Giải:
4 2 3
2 4
1+x +x + x+ x + x = + x + x
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x≠0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được:
2x2 - x + 1 - 1+ 22 =0
x
x Đặt y = x x
1
+ (*) Ta có:
2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x
Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16
Giải:
Đặt 7 - x = y (*)
Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16⇔2y4 +12 y2 +2 = 16⇔2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0⇔y =1 hoặc y = -1
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y2 + 3y = t
Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2+ 3y +2) = t2 + 2t
*Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2
Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*)
Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**)
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2)
Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý)
*Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý)
*Nếu t = 0 suy ra x = 0⇒y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3
Bài 2:
=
− +
−
= +
−
) 2 ( 1 2 2
) 1 ( 2
2 xy x z
x
z y
x
Giải:
Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1⇔2x2 -xy +3x-2y-5=0
7 , 1 2 2
7 2
7 1 2
5 3
2
±
±
= +
⇒ +
⇒ Ζ
∈ +
− +
= +
− +
=
x
x x
x x
Từ đó ta tìm được x ⇒tìm được y ⇒tìm được z
Bài 3:
=
−
−
=
−
−
) 2 ( 1
) 1 ( 3 2 2
2 y z
x
z y
x
Giải: Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)2 -y2 -z2 =1⇔yz - 3y - 3z = -4⇔(y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(-5).(-1
Từ đó ta tìm được y và z ⇒tìm được x
Bài 4: 2xy + x + y = 83.
1 2
167 1
1 2
2 166 2
1 2
83
±
±
= +
⇒ +
⇒ Ζ
∈ + +
−
= +
−
=
⇔ +
−
y y
y x
y y
Trang 4Từ đó ta tìm được y ⇒tìm được x.
y
zx x
yz
z
xy
Giải:Điều kiện : x,y,z ≠0
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ
có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và , >0
x
y y x
Đặt A= + + =3.
y
zx x
yz z
xy
Giả sử z <0 khi đó 3 = A = + + <0+0+0=0
y
zx x
yz z
xy
(Vô lý)
Vậy z >0.Ta có:
x
y z y
x z z
xy y
x z x
y z z
xy y
zx x
yz
z
−
=
=
=
=
=
=
⇒
=
=
⇒
≥
⇒
1 ,
1
1 ,
1 1
, 1
1
y x z
y x z xy
z z
xy
Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19
1 2
17 2 1
2
19 5
2 2
±
±
= +
⇒ +
⇒ Ζ
∈ + + +
= +
+ +
x
x x
x x
Từ đó ta tìm được x ⇒tìm được y
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
2
1 1
2 =
−
+
x x
Giải:Điều kiện :x≠0,x < 2
-Nếu x < 0 thì <
−
+
2 2
1 1
x
1 2
1
2 ≤ <
−x
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và 2−x2 =b (a,b > 0).
Ta có:
= +
= +
2
2 1
1
2
2 b
a
b
a
Có: 2= 1+1 ≥2 1 ⇒ab≥1
ab b
Lại có: 2 = a2 + b2 ≥2ab suy ra 1≥ab (2)
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2
2
1
=
⇒
=
=
⇒
= +
=
x b
a b
a
ab
Bài 2: 4−x2 + 1+4x + x2 +y2 −2y−3= x4 −16−y+5
Giải:
Trang 5Điều kiện:
≥
−
≥
−
− +
≥ +
≥
−
) 4 ( 0 16
) 3 ( 0 3 2
) 2 ( 0 4 1
) 1 ( 0 4
4
2 2
2
x
y y x
x x
Từ (4) suy ra x2 ≥4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2 Phương trình đã cho trở thành:
5
1=− +
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu)
Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0
Giải:
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho
Vậy x≠0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được:
0 26
25
21
25
2 0 50 105 74
21
2
2
2
+
−
+
⇔
= +
− +
−
x
x x
x x
x x
x
x
x+25 = ta có:
2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y⇒tìm ra x
Bài 4:
=
− + +
=
−
− +
7 1
4 1
5 1
1
2
x x
x x
Giải:
Đặt :
≥
−
=
≥ +
=
0 1
0 1
x b
x a
Hệ đã cho trở thành:
= +
=
−
7 4
5 2
b a
b a
Từ đó tìm được a =3,b =1
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa
Bài 5:
− +
=
=
− +
−
) 2 ( 1 5
) 1 ( 1 5 1
x y
y x
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
1 1 2 1 5 1 5
1+ + − − = ⇔ − =
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa
Bài 6:
= +
− +
−
=
− +
− +
−
) 2 ( 0 3
3 2
) 1 ( 0 24 45 12 4
15 2
2 2
2 2
xy x y y x
y x y
xy x
Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
Trang 6(x - y).(x -3 + 2y) = 0⇔x x==3y−2y
Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y
Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0
Giải:
Phương trình đã cho phân tích được như sau:
[x−(m−5)].[x2 −2x−(m−1)]=0
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa
Bài 8:
= + +
= +
+
xyz z
y
x
z y
x
4 4 4
1
Giải:
Bổ đề:∀a,b,c∈R:a2 +b2 +c2 ≥ab+bc+ca
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên)
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x4 + y4 + z4 ≥x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥xyz.(x + y + z) = xyz
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3
1
=
=
+ + +
−
=
−
= +
) 2 )(
2001 (
) 1 ( 1
2000 2000
1999 1999
2 2
xy y x x y
y x
y
x
Giải:
Điều kiện: x,y ≥0
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y≥0.) ta được:
2
1
=
Bài 10: x+ 2x−5−2+ x−3. 2x−5+2 =2. 2 (1)
Giải:
2
1 1 5 2
2
=
−
− +
+
−
Ta có:
4 1 5 2 5 2 3 1 5 2 5 2
3
4= − x− + x− + ≥ − x− + x− + =
Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2
5 7
5 2 9
0 5 2 0 5
2
−
≥
≥
−
⇔
≥
−
x
x x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: ∈2;7
5
Trang 7CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
CMR: ab + bc + ca≤a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca)
Giải:
Ta có:
a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca [( ) ( ) ( ) ] 0
2
≥
− +
− +
−
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Vậy: ab + bc + ca≤a2 +b2 +c2
Lại có:
a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1)
Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3)
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca)
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.(x−z)+ z.(y−z) ≤ xy (1)
Giải:
Đặt:
+
=
+
=
n
z
y
m
z
x
(m,n,z > 0)
Khi đó (1) trở thành: zm+ zn ≤ (z+m).(z+n)
(n z)
z
m n
+
≤
+
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2
2
1 m (n z) n m.z n m 1 m (n z) n m
Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm)
Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR:8.( 4 + 4)+ 1 ≥5
xy y x
Giải:
Từ giả thiết , 0
0 1
0
>
⇒
>
= +
>
y x y
x xy
Ta có:
)
1 ( 4
1 4
1
2
xy xy xy
y
x
Lại có:
4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2
8 x +y =4.(1 +1 ).(x +y ) 4.(≥ x +y ) =(1 +1 ).(x +y ) ≥ x y+ =1
Suy ra: 8.(x4 + y4) 1≥ (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
8 4 + 4 + ≥ + =
xy
y
x
Trang 8Ta có đpcm.
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac
Giải:
Ta có:x + y + z = 3 (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =
= [( ) ( ) ( ) ] 0
2
>
− +
− +
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương
Bài 5: Nếu
>
≥ +
0
1
ab
b a
thì
8
1 4
4 +b ≥
Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3.
Bài 6:CMR:(x10 +y10)(.x2 + y2) (≥ x8 +y8)(.x4 + y4)
Giải:
Ta có: (x10+ y10)(.x2 +y2) (≥ x8 +y8)(.x4 + y4)
( 8 8) 12 12 4 4( 4 4)
2 2 12
12 y x y x y x y x y x y
8 8 6 2 2 6
2
2 2 2 2 6 6 0 2 2 2 2 4 2 2 4 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0
Giải:
Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0
Bài 8:CMR:
4
1 ) 1 2 (
1
25
1 9
1
2 <
+ + + +
=
n
A với n∈Ν,n>1
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
+ +
+ +
<
1 )
1 2 (
2
1 2
1
)
1
2
(
1
n
Áp dụng ta có:
4
1 2 2
1 2
1 2
1 2 2
1 1 2
1
4
1 3
1 3
1
2
1
2
1
) 2 2 ).(
1 2 (
1
5 4
1 4 3
1 3
2
1
2
1
<
+
−
=
+
− + + +
− +
−
=
=
+ +
+ + + +
<
n n
n
n n
A
Ta có đpcm
q p
q
+
2
Giải:
Có:
2
2
≥ +
+ +
−
=
−
+
+
q p
q pq p q p pq
q
p
q
p
Trang 9Ta có đpcm.
Bài 10:CMR:
k k
k
1 1
1 1
−
< với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
n n
1 2
1
3
1
2
1
1+ 2 + 2 + + 2 < − với n >1
Giải:
Ta có:
k k
k k k
1 1
1 )
1 (
1 1
−
=
−
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
1 2
1 1
1
3
1 2
1 2
1 1
1 1
1
3
1
2
1
n n
n
− + +
− +
− +
<
+ +
+
+
2 2
≥
−
−
+
y x
y x
Giải:
Ta có: 2 2 2 2 ( ) 2 =2 2 ≥0
−
−
≥
− +
−
=
−
+
y x y x y
x y x y
x
y
x
Ta có đpcm
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a≤b≤c.CMR:(a+b+c)2 ≤9bc
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
(2 ) 9 (1) 5
4
0 ) 4 ).(
( 0 4
2
2 2
2 c bc b c bc
b
c b c b c
b c
a
b
b
≤ +
⇒
≤
+
⇒
≤
−
−
⇒
>
−
⇒
>
+
≥
Mà: (a + b + c)2 ≤(2b + c)2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)2 ≤(2b + c)2 ≤9bc
Ta có đpcm
Bài 13:
Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1
Giải:
Ta có:
1 2
2 2
2 2
2
) 2 ( )
2 (
)
2 (
) 2 ( )
2
(
)
2
.(
2 2
2
=
≤
≤
−
−
−
=
−
−
−
c c
b b
a
a
c c b b a a a c c b
b
a
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1
Ta có đpcm
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
c a c a
c b
a
b
a
b
−
− +
<
−
−
Giải:
Ta có:
c a c a
c b
a b
a
b
−
− +
<
−
− +
Trang 102 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng
Vậy ta có đpcm
3 3 3
≥ + +
x
z z
y y x
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si: 3 2 3 xy 2x2
y
x xy
y
Tương tự: 3 yz 2y2
z
y + ≥ (2) và 3 xz 2z2
x
z + ≥ (3)
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
) (
3 3
3
z y x zx x
z yz z
y
xy
y
Suy ra:
1 ) (
) (
) (
3
3
3
≥ + +
≥ + +
− + +
≥ +
x
z
z
y
y
x
Vậy ta có đpcm
Bài 1:Cho
1 2 2
&
2 3
5
2 3
2
+ +
+
−
=
−
−
+
=
x x
b x
a Q x
x
x
P Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi giá trị của x trong tập xác định của chúng
Giải:
Điều kiện:x≠2,−1
2 3
2 )
2 ( 2
3
5 )
1 , 2
2 3
2
−
≠
∀
−
−
− + + +
=
−
−
+
⇔
−
≠
x x
b a x b a ax
x x
x x
−
=
=
⇔
=
−
=
+
=
⇔
2
1 5
2
0
2
1
b
a b
a
b
a
a
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n
a-Phân tích A thành nhân tử
b-Tìm n để A=0
c-CMR: A chia hết cho 30
Giải:
a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1)
b) A=0⇔n = 0,1,-1
c) Theo Định Lý Fecma: n5 ≡n(mod5)⇒n5 −n5⇒A5 (1)
Lại có:n(n−1)2⇒ A2(2) và:(n−1).n.(n+1)3⇒ A3 (3)
Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A(2.3.5) (đpcm)
Trang 11Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia hết cho 3
Giải:
Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3⇒x, y 3
Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q
Giải:
Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:
+
=
=
−
=
⇔
=
=
+
+
=
+
q q p qn
p m qn
q
pm
n
p
m
1
1 1
0 0
2
Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là:
+
=
>
∀
q q p
q
1 0
Bài 5:Cho đa thức:A(x)=x4 −14x3 +71x2 −154x+120 x∈Z
a)Phân tích A(x) thành nhân tử
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24
Giải:
a).Ta có: A(x)=x4 −14x3 +71x2 −154x+120
(x 2).(x 12x 47x 60) (x 2).(x 3).(x 9x 20)
b).Ta có:A(x)=
24 2
) (
120 144
72 ) 14 ).(
1 ).(
1 (x− x+ x− + x − x+
x
x B
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2⇒B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2⇒B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2⇒B(x) chia hết cho 8
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1)
Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3
⇒B(x) chia hết cho 3 (2)
Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24
Vậy ta có đpcm
Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + 7 chia hết cho x-2
Giải:
Ta có: x2 + 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2
⇒ x-2=-1,-11,1,11
Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra
Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho
(x-2).(x-3)
Giải:
Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b
Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)