CAC CHUYEN DE ON THI VAO 10 TAP 2

Chứng minh rằng với số nguyên dương nluôn tồn tại hai số nguyên x y, thỏa mãn CÓ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG HAY KHÔNG HÁN LƯỢNG, TRẦN THỊ VÂN, VIỆT HẢI Số chính phương SCP là bình phương của m

Chương VI Chuyên đề 6.1

CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀO GIẢI TOÁN

VÕ XUÂN MINH

Trong bài này kí hiệu sốa chia hết cho số d là a d , ước chung lớn nhất (ƯCLN) của hai số nguyên a và b

là d ( , )a b

I - TÍNH CHẤT CỦA ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT

1 Định lí: Nếu d là ƯCLN của a và b thì tồn tại hai số nguyên x và y sao cho ax by d

Chứng minh Gọi S là tập hợp các số nguyên có dạng ax by , và c là số nguyên dương nhỏ nhất trong tậpS Giả sử ax0by0 c Ta có acm r với m r, là các số nguyên và 0 r c Khi đó

1)  a b, 1 thì tồn tại các số nguyên x y, sao cho ax by 1

2) Nếu  a b, d và a b, là các số dương thì tồn tại hai số nguyên dương x y, sao cho ax by d

Chứng minh Thật vậy, nếu  a b, d thì a, b d Theo định lí trên, tồn tại x y0, 0Z sao cho

Vì d ( , )a b nên theo định lí nên tồn tại x y0, 0 thỏa mãn ax0by0 d, từ đó a mx( 0)b my( 0)c Lúc

đó xmx0, ymy0 là một nghiệm của phương trình ax by c

 Bài toán 2 Chứng minh rằng với số nguyên dương n luôn tồn tại các số nguyên x y, thỏa mãn

Theo bài toán 1 tồn tại các số x y,  , thỏa mãn 7x(2r1)y2012

 Bài toán 3 Cho các số nguyên dương a m n, , và a1 Chứng minh rằng (a m1,a n 1) a( , )m n 1

Lời giải Đặt d ( , )m n và t(a m1,a n1) thì a m1 và a n 1 đều chia hết cho a d 1, nên theo nhận

 Bài toán 4 Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương lớn hơn 1 thì 2 n1 không chia hết cho n

Lời giải Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n thì ( ,n p 1) 1 Do đó tồn tại các số nguyên dương x y,

Vậy 2n 1 không chia hết cho p, do đó 2n1 không chia hết cho n

 Bài toán 5 Cho số nguyên n lớn hơn 1 và số nguyên tố p lớn hơn 2 thỏa mãn ( p1)n1 chia hết cho

1

n

n  Chứng minh rằng n p

Lời giải Số nguyên tố p3 nên (p1)n1 lẻ Từ đó và giả thiết thì n 1

n  lẻ nên n lẻ Gọi t là ước nguyên tố bé nhất của n Từ giả thiết suy ra ((p1)n1) thay (p1)n 1 kt với số k nguyên, suy ra

( ,t p 1) 1

Nhưng ( ,n t 1) 1 nên tồn tại các số nguyên dương x y, sao cho nx (t 1)y1

Vì n lẻ và t1 chẵn nên x lẻ Theo định lí Fermat nhỏ ta có (p1)t1 1 mt với mZ

Từ đó có (p1)(p1)(t1)y (p1)nx (t 1)y (t 1)y (p1)nx

(p 1)(mt 1)v (kt 1)x

Từ đó p t mà pvà t đều là số nguyên tố nên pt Vậy n p

 Bài toán 6 Giả sử m và n là hai số nguyên dương lẻ phân biệt và ( , ) m n d Tính (2m1, 2n1)

Lời giải Từ đề bài suy ra (2m1) (2d 1) và (2n1) (2d 1)

Vật không tồn tại các số nguyên x y, thỏa mãn đề bài

BÀI TẬP

Bài 1 Cho các số nguyên a b c, , mà ( , )a b 1 và cab Chứng minh rằng phương trình ax by c luôn

có nghiệm tự nhiên

Bài 2 Giả sử m và n là hai số nguyên dương khác tính chẵn lẻ và ( , )m n d Tính (8m1,8n1)

Bài 3 Chứng minh rằng với số nguyên dương nluôn tồn tại hai số nguyên x y, thỏa mãn

CÓ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG HAY KHÔNG

HÁN LƯỢNG, TRẦN THỊ VÂN, VIỆT HẢI

Số chính phương (SCP) là bình phương của một số tự nhiên, tức là SCP a có dạng 2

an với n là số tự nhiên

a) Số chính phương khi chia cho 3 thì có dạng 3n hoặc 3 n1 và không có dạng 3 n2

b) Số chính phương khi chia cho 4 thì có dạng 4n hoặc 4 n1 không có dạng 4 n2, 4 n3

c) Số chính phương khi chia cho 5 thì có dạng 5n hoặc 5 n1 không có dạng 5 n2, 5 n3

d) Số chính phương khi chia cho 6 thì có dạng 6n hoặc 6 n1 hoặc 6n3hoặc6n4 không có dạng

a) Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì nó chia hết cho p 2

b) Nếu số lũy thừa bậc ba chia hết cho số nguyên tố p thì nó chia hết cho p 3

Chứng minh

a) Giả sử 2

n chia hết cho số nguyên tố p Ta thấy ước chung lớn nhất của n và p không thể là 1 mà là p

nên p lên ước số của n, do đó 2

n chia hết cho p 2

b) Chứng minh tương tự a)

Tính chất 5 a) Nếu số chính phương là tích của hai số nguyên tố cùng nhau tức là n2 a b với ( , )a b 1

thì mỗi thừa số a b, là số chính phương

b) Nếu số lũy thừa bậc ba là tích của hai số nguyên tố cùng nhau tức là n3 a b với ( , )a b 1 thì mỗi thừa

số a b, là số lũy thừa bậc ba

II - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH MỘT SỐ HOẶC MỘT SỐ BIỂU THỨC SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

1 PHƯƠNG PHÁP 1 Biến đổi biểu thức đang xét thành bình phương của một biểu thức nguyên

Lời giải Nhận thấy

Chứng minh rằng hiệu A – B là một số chính phương

Tổng quát: Cho số tự nhiên A gồm 2n (với *

nN ) chữ số 1, số tự nhiên B gồm n chữ số 2

Chứng minh rằng hiệu A – B là một số chính phương

Bài 2 Chứng minh rằng mỗi số sau là số chính phương

Bài 4 4 Với a b c d, , , là các số nguyên, chứng minh rằng

HDG: A(33 34)2 2 (166 67)2 2 Suy ra A chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 8 Vậy A

không là lập phương của một số tự nhiên

Bài 6 6 Chứng minh rằng với x y, là các số nguyên thì

4( )( 2 )( 3 )( 4 )

A x y x y x y x y y là số chính phương

2 PHƯƠNG PHÁP 2 Dựa vào tính chất 5

 Thí dụ 4 Chứng minh rằng nếu m n, là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 m 4n2n thì m n và

4m4n1 là số chính phương

Lời giải Ta có 3m2 m 4n2 n 4(m2n2) ( m n ) m2

(m n )(4m4n 1) m2 (1)

Gọi d (m n m , 4 4n1) thì (4m4n1) d và (m n d ) Suy ra 4m4n 1 4m4n chia hết cho d

hay 8m1 chia hết cho d

Mặt khác từ (1) ta có 2

m chia hết cho 2

d , suy ra m chia hết cho d nên 8m chia hết cho d Do đó

8m 1 8m chia hết cho d hay 1 chia hết cho d

Vậy d 1, tức là (m n m , 4 4n 1) 1 (2)

Theo tính chất 5, từ (1) và (2) suy ra m n và 4m4n1 đều là các số chính phương

Bài tập tự luyện

Bài 7 Chứng minh rằng nếu a b, là các số nguyên thỏa mãn 2a2 a 3b2b thì a b và 2a2b1 đều

số chính phương với mỗi số nguyên n2

Bài 2 Cho dãy số F F1 .2 F được xác định như sau: n F11;F2  1; ;F n  F n12F n2 với n là số tự nhiên lớn hơn 3 Hỏi số A n 2n17F n12 với n là số tự nhiên lớn hơn 2 có phải là số chính phương hay không?

Bài 3 Cho dãy số nguyên dương a a1, 2, ,a được xác định như sau: n a1 b a, 2  b 1, ,a n1 a a n( n  1) 2

với b là số nguyên dương xác định và n2 Chứng minh rằng A n (a121)(a221) (a n2 1) 1 là số chính phương

III - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Ngược lại với bài toán chứng minh một số là số chính phương là bài toán chứng minh một số không là số chính phương Dạng bài tập này rất phong phú và đa dạng Tùy theo từng bài cụ thể mà ta có thể lựa chọn cách giải thích hợp cho mỗi bài toán đó Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một vài phương pháp thường dùng

để chứng minh một số không là số chính phương

1 PHƯƠNG PHÁP 1 Xét chữ số tận cùng dựa vào tính chất 1 và 2 của số chính phương

 Thí dụ 6 Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:

a) A123456789101112;

b) B20042200322002220012

Lời giải

a) Số A có chữ số tận cùng là 2 nên A không là số chính phương (theo tính chất 1)

b) Ta có chữ số tận cùng của 2004 , 2003 , 2002 , 2001 lần lượt là 6, 9, 4, 1 nên chữ số tận cùng của 2 2 2 2 B là

8 Từ đó suy ra B không phải là số chính phương

 Thí dụ 7 Cho số tự nhiên n2 và n1 không chia hết cho 4 Chứng minh rằng 7n2 không là số chính phương

Lời giải Theo giải thiết n1 không chia hết cho 4 nên n chỉ có dạng 4 , 4k k2, 4k3(k là số tự nhiên)

Vì 4

7 2401 có hai chữ số tận cùng là 01, nên hai chữ số tận cùng của 7 , 74k 4k2, 74k3 lần lượt là 01, 49,

43 Do đó 7n2 với n1 không chia hết cho 4, có hai chữ số tận cùng chỉ có thể là 03, 51, 45

Sử dụng tính chất 1 và 2 suy ra 7n 2 không là số chính phương với mỗi số tự nhiên n thỏa mãn n1không chia hết cho 4

Bài tập tự luyện Bài 1 Mỗi tổng sau có phải là số chính phương không? Tại sao?

a) A111200811120091112010

b) 2010

100 8

B  c) C1000! 7

Bài 5 Chứng minh rằng số 3n4 không là số chính phương với n là số tự nhiên

Bài 6 Chứng minh rằng số 3n63 không là số chính phương với n là số nguyên dương khác 4

2 PHƯƠNG PHÁP 2 Để chứng minh A không là số chính phương ta chứng tỏ rằng

( 1)

B  A B với B là số nguyên nào đó

 Thí dụ 8 Chứng minh rằng số 4013025 không là số chính phương

Lời giải Ta có 20032 4012009; 20042 4016016 nên 2 2

Bài 2 Chứng minh rằng tích 4 số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương

Bài 3 Chứng minh rằng tích 8 số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương

Bài 4 Chứng minh rằng không tồn tại số chính phương có dạng 1978cd

Bài 5 Chứng minh rằng số 6 4 3 2

n n  n  n  n không phải là số chính phương với n là số tự nhiên

Bài 6 Chứng minh rằng các số có dạng n n( 1) và n n( 2) không thể là các số chính phương với n là số nguyên dương

3 PHƯƠNG PHÁP 3 Số A không là số chính phương nếu A có một trong các dạng sau;

3k2; 4k2; 4k3;5k2;5k3;6k2;6k5;7k3 (tính chất 3)

 Thí dụ 11 Chứng minh rằng một số có tổng các chữ số là 2006 không là số chính phương

Lời giải SCP chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 Số đang xét có tổng các chữ số là 2006 nên số đó chia

cho 3 dư 2 Vậy số đó không là số chính phương

19 1 chia hết cho 19 1 3, 6  hay 8

19 chia cho 3 dư 1, nên A có dạng 3k2 Do đó A không là số chính phương

Bài 1 Chứng minh rằng số 19k 5k 1995k 1996k không là số chính phương với k là số chẵn

Bài 2 Cho p là tích của n số nguyên tố đầu tiên n1 Chứng minh rằng p1 không là số chính phương

Bài 6 Chứng minh rằng số 19 199 1994

1 19 93 1993 không là số chính phương

Bài 7 Chứng minh rằng số 1 9 2n452n19452n không là số chính phương với n là số nguyên dương

Bài 8 Cho n là số lẻ Chứng minh rằng số 2004

1

A n không là số chính phương

IV- PHƯƠNG PHÁP 4 Để chứng minh A không là số chính phương ta chứng minh A chia hết cho số

nguyên tố p nhưng không chia hết cho p 2 (tính chất 4)

 Thí dụ 15: Các số sau có là số chính phương không?

A B chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 C D, chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9

Do đó A B C D, , , đều không là số chính phương

 Thí dụ 16:Chứng minh rằng tổng các bình phương của năm số nguyên liên tiếp không là số chính

BÀI TẬP

Bài 9 a) Có hay không một số chính phương mà số đó gồm 1995 chữ số 1 và các chữ số còn lại là chữ số 0 ?

b) Số tự nhiên A gồm 1999 chữ số 1, một chữ số 2 và một chữ số 0 Hỏi A có thể là số chính phương hay không?

Bài 10 Từ năm chữ số 1, 2,3, 4,5, lập tất cả các số tự nhiên có năm chữ số, mỗi số gồm năm chữ số khác nhau

đó Trong các số đó có số nào là số chính phương hay không? Có số nào chia hết cho 11 không?

Bài 11 Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 người ta lập tất cả các số có sáu chữ số, mỗi số gồm các chữ số khác nhau

Hỏi số lập được có số nào chia hết cho 11 không, có số nào là số chính phương không?

Bài 12 Cho một số tự nhiên gồm 15 chữ số 2 Có cách nào viết thêm các chữ số 0 vào vị trí tùy ý để số mới

tạo thành là một số chính phương hay không?

Bài 13 Có hay không các chữ số a b c, , sao cho số abc bca cab  là số chính phương?

Bài 14 Người ta viết liên tiếp các số tự nhiên 1, 2,3, ,1994 thành một dãy nhưng theo thứ tự tùy ý thành một

số có nhiều chữ số Hỏi số tìm được có thể là số chính phương hay không?

Bài 15 Viết các số từ 1 đến 2003 thành một dãy theo thứ tự tùy ý, ta được số A Hỏi A có thể là số chính

phương không? Có thể là số lập phương không? Vì sao?

Bài 16 Viết dãy các số tự nhiên từ 1 đến 101 làm thành một số A

a) A có là hợp số hay không?

b) A có là số chính phương hay không?

c) A có thể có 35 ước số hay không?

Bài 17 Chứng minh rằng không có số chính phương nào mà tất cả n n 2 chữ số đều giống nhau

Bài 18 Tìm các chữ số a b, để số 1980ab là số chính phương Có hay không số chính phương dạng 1987cd ?

Bài 19 Chứng minh rằng số A13 2 7 5 26 n  n  n  không là số chính phương

V- PHƯƠNG PHÁP 5 Chứng minh bằng phản chứng và dựa vào điều kiện cần của một số chính phương

 Thí dụ 18: Một số gồm bốn chữ số, đọc ngược lại không đổi và chia hết cho 5 Hỏi số đó có thể là một

số chính phương hay không?

Vậy p1 không là số chính phương

 Thí dụ20:Viết các số tự nhiên liên tiếp từ 50 đến 100 được số A Hỏi A có là số chính phương

không?

Lời giải

Ta thấy AB.102 với B505152 9899 Do số B có tận cùng là hai chữ số lẻ 99 nên theo Tính chất

2 thì B không là số chính phương, lại theo Tính chất 5 nếu A là số chính phương thì B phải là số chính phương Hai điều này mâu thuẫn với nhau Vậy A không là số chính phương

 Thí dụ21:Chứng minh rằng với n là số tự nhiên lẻ thì 3

Bài 2 Có số chính phương nào chia hết cho 55 và có dạng abca không?

Bài 3 Chứng minh rằng tích của ba số tự nhiên liên tiếp không là bình phương của số tự nhiên nào, không là

lập phương của số tự nhiên nào

Bài 4 Chứng minh rằng tổng các bình phương của hai số lẻ không là số chính phương

MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ HỢP SỐ VÀ ỨNG DỤNG

THÂN NGỌC THÀNH Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có số ước số lớn hơn 2 Bài viết này xin giới thiệu một phương pháp để chứng minh một số là hợp số dựa vào định lý sau đây:

I –ĐỊNH LÍ

Số a là hợp số nếu tồn tại một tích các số nguyên dương a a1 2 a n  A a 2 sao cho a là ước số của A và aa i với mọi i1, 2, ,n

Chứng minh

Giả sử a là số nguyên tố và A a Suy ra, tồn tại một chỉ số k 1  k n sao cho a chia hết cho k a

Điều này không xảy ra Vì aa k

Do m n  1 m n nên theo định lí trên m n 1 là hợp số Điều này mâu thuẩn với giả thiết đề bài

hay điều giả sử là sai Vậy m n

 Bài toán 5

Cho a b, , c, , e,d f là các số nguyên dương Giả sử S      a b c d e f là ước số chung của

abcdef và ab bc ca de ef     fd Chứng minh rằng S là một hợp số

Giả sử ab cd và ac bd đều là số nguyên tố Khi đó theo (1) adbc phải là ước của ab cd hoặc

ac bd Điều này không xảy ra nên có đpcm

Vế trái PT trên không dương ta tìm nghiệm tam thức bậc hai ở vế trái rồi tìm nghiệm nguyên y

của PT trên, sau đó tính x

 Khi e0, giả sử b0 thì biến đổi tương tự, tìm nghiệm tam thức bậc hai của x rồi tìm nghiệm x

 Khi e0, giả sử b0 thì làm tương tự để tìm x rồi tính y

 Thí dụ 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 Có thể tính tương tự trên khi giải PT (*) trong dạng PT bậc hai ẩn y

 Thí dụ 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Vậy PT (7) có hai nghiệm nguyên  x y là ; 1;0 và 2; 0

Nhận xét Phương pháp giải của dạng 4 có thể sử dụng để giải các bài toán thuộc dạng 2 và dạng 3

đó, dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho

Trong phương pháp này, thường vận dụng hai nhận xét dưới đây trong đó x y, là các số nguyên, a n, là các số nguyên lớn hơn 1

a) n n  n

x  y  xa thì n  n

y  x i với i1, 2, ,a1 b) x x 1  x n  y y 1  yn  x a x a 1  x a n   thì

 1      1   

y y yn  x i x i  x i n với i1, 2, ,a1

Sau đây là một số bài toán minh họa

 Bài toán 1 Giải phương trình nghiệm nguyên

 

1 x x x  y 1

Nghiệm nguyên  x y của phương trình (1) là ;  0;1 và 1;0

 Bài toán 2 Giải phương trình nghiệm nguyên

Nghiệm nguyên  x y của phương trình (2) là ;  1; 1 và  1; 0

 Bài toán 2 Giải phương trình nghiệm nguyên

 Bài toán 4 : Giải phương trình nghiệm nguyên

Kết hợp với  7 ta suy ra :

2 2

41

x x

sơ cấp, các đề toán thì chọn học sinh giỏi và cả các đề thi vào đại học và trung học chuyên nghiệp Với loại toán này không có phương pháp giải tổng quát Ở đây, chúng tôi xin giới thiệu một vài thủ pháp cơ bản để giải các bài toán tìm nghiệm nguyên thường gặp

1 Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào tính chia hết

Lựa chọn nghiệm trong một tập hợp hữu hạn số là thủ pháp cơ bản để giải các phương trình vô định Các thủ pháp giải đều nhằm xác định tập số chứa nghiệm sao cho có ít phần tử nhất Cách đưa về xét tập hợp hữu hạn số ở đây dựa vào tính chia hết của số nguyên

 Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :

Vậy nghiệm nguyên dương  x y của PT trên là ;    4;7 , 8;3

 Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

  Từ đó suy ra nghiệm nguyên dương  x y là ; 1000;999 

 Thí dụ 3 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 1 1

2 Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn

 Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

30

x y 

Lời giải: Thấy ngay 0 x 50, 0 y 50.Từ y  50 x ta có

y50 x 2 50x 50 x 10 2 x

Vì y nguyên nên 2x4k2 x 2k k2,  Với 2k2 50 thì k2 25 nên k chỉ có thể nhận các giá trị :

0,1,2,3,4,5 Lựa chọn k trong các số trên thỏa mãn phương trình ta được các nghiệm nguyên dương  x y ;

là 2;32 , 8;18 , 18;8 , 32; 2       

 Thí dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 1 z

x y Lời giải: Biến đổi thành xyz x y

Do tính đối xứng của x và y nên có thể giả thiết rằng x y

Ta có xyz    x y y y 2yxz2

Ta lựa chọn nghiệm trong các trường hợp sau :

 Thí dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :

x  y  z  t

Lời giải : Giả sử x y z t0; 0; 0; 0 là nghiệm của phương trình trên Gọi d là ước chung lớn nhất của chúng, ta

có x0 dx y1; 0 dy z1; 0 dz t1; 0 dt1 trong đó ƯCLNx y z t1, 1, ,1 11 Khi đó phương trình đã cho trở thành :

y  y t  t y t  Thành thử x y z t ta lại có ước chung là 2 Mâu thuẫn với điều kiện 1, 1, ,1 1

ƯCLN x y z t1, 1, ,1 11 Do vậy phương trình trên là vô nghiệm

5 Đưa về trường hợp riêng

 Thí dụ 9: Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình :

x x  x  y

trong đó ở vế trái có n n 1 dấu căn

Lời giải : Ta thấy ngay  x y bằng ;  0; 0 là nghiệm của phương trình trên

Điều này không xảy ra với t và phương trình chỉ có nghiệm  x y là ;  0; 0

c) Với n3 ta có x x  x  y2x trong đó vế trái có n1 dấu căn, đặt y2 x y1 là số nguyên dương Tiếp tục làm như thế n2 lần dẫn đến x x y n22x

Như vậy ta lại trở về trường hợp b) và PT chỉ có nghiệm  x y là ;  0; 0

LỰA CHỌN CÁCH GIẢI HỢP LÍ CHO PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

VŨ HỮU BÌNH Nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của Số học Nếu chú ý đến đặc điểm của mỗi phương trình nghiệm nguyên khi giải nó thì ta sẽ lựa chọn được những cách giải hết sức đơn giản Trong khuôn khổ bài viết này, xin nêu lên một số ví dụ minh họa

1 Xét đặc điểm của các ẩn và biểu thức chứa ẩn

 Thí dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 2

x    y x y do vậy ta loại được tám trường hợp Sau khi thu được bốn nghiệm  x y là ;

16;8 , 0;0 ,   12;0 , 4;8 ,   ta bổ sung thêm hai nghiệm ứng với y0 là 16; 8 , 4; 8      Nhận xét

2 : Vì x 6 y   x 6 y2y nên x 6 y và x 6 y cùng tính chẵn lẻ Do vậy, ta chỉ cần xét bốn trường hợp

6

x y 2 6 6 18

6

x y 18 6 6 2

Từ đó tìm được x 2 hoặc x2 Thay vào PT  2 để tìm y Thu được nghiệm nguyên  x y của PT đã ;cho là   0;0 , 2; 1 , 2; 2 ,    2;1 ,  2; 2 

3 Sử dụng ẩn phụ như thế nào ?

 Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

2

9x 16x96 3x16y24  3 Một cách giải khác Đặt 3x16y24m với m Khi đó PT 3 trở thành

Do 9x 8 3m  9x 8 3m6m nên chỉ xét thừa số chẵn của 800 và 9x 8 3m9x 8 3 ;m từ

đó xảy ra 12 trường hợp đối với giá trị của cặp số 9x 8 3 ;9m x 8 3m là

Bài 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình  2

x y xy xy

Bài 3 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình x3x2   x 1 2 y

Bài 4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2 1 1

CHƯƠNG VII :TÍNH SỐ ĐO GÓC

HÀ ĐỨC VƯƠNG Trước hết ta để ý đến những tam giác chứa những góc có số đo đặc biệt

 Tam giác cân : Hai góc đáy bằng nhau, nên nếu biết độ lớn một góc thì tính được các góc còn lại

 Tam giác đều : Ba góc bằng nhau và bằng 60

 Tam giác vuông cân : Hai góc bằng nhau và bằng 45, góc còn lại bằng 90 

 Tam giác nửa đều : Tam giác vuông có một cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền thì góc đối diện với cạnh góc vuông đó bằng 30

Vậy nên chẳng khi gặp bài toán về tính số đo góc bạn hãy nghĩ đến mối liên hệ giữa các góc trong hình nêu trên

Thông thường ta xét mối liên hệ bằng nhau của hai tam giác rồi rút ra góc tương ứng của chúng bằng nhau Nhưng nếu đề bài lại không có một hình nào là tam giác đều, tam giác cân, tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền thì sao ? Bạn hãy tạo ra một trong các hình đó được không ? Suy nghĩ như vậy

sẽ giúp bạn vẽ được những đường phụ thích hợp để bạn có thể tìm ra lời giải của bài toán

Sau đây xin nêu ra một số thí dụ minh họa

1 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền

 Thí dụ 1 : Tính các góc của tam giác ABC Biết rằng đường cao AH và trung tuyến AM chia góc BAC

thành ba góc bằng nhau

Lời giải (h7.1) Vẽ MKAC Tam giác

ABM cân ở đỉnh A (đường cao AH đồng

thời là phân giác) nên H là trung điểm của

Ta có MKC là tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền nên C30 Từ đó ta

tính đƣợc A 90 ;B 60 Tam giác ABC đã cho có ba góc A 90 ;B 60 ,C 30

 Thí dụ 2 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn Về phía ngoài của tam giác ABC ta vẽ các tam giác ABC

ta vẽ các tam giác đều ABE và ACF Gọi H là trực tâm tam giác ABE, N là trung điểm BC Tính số đo góc của tam giác FNH

Lời giải (h7.2).Trên tia đối của tia NH ta lấy

điểm K sao cho NHNK thì

Do đó AHF  CKF c g c  Suy ra FHFK nên tam giác FHK cân ở đỉnh F

Mặt khác, do hai tam giác AHF và CKF bằng nhau nên AFH CFK mà , AFC 60 nên

60

Vậy tam giác FHK đều Suy ra HNF 90 ,NFH 60 ,NFH 30

2 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông cân

 Thí dụ 3 : Cho tam giac ABC có ABC 45 ,ACB 120 Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho

2

CD CB Tính số đo góc ADB

Lời giải (h7.3)

BC C nên tam giác CBH

cân tại đỉnh C Suy ra B2 300 Vậy tam giác HBD cân

tại đỉnh H

Ta có B1 150 và A1 150 nên tam giác HBA cân tại

đỉnh H Vậy tam giác H AD vuông cân tại H Từ đó ta tính

Lời giải ( H.7.4) Vẽ BK  AC Xét tam giác

ABH có BD là đường phân giác trong HD là

đường phân giác góc ngoài đỉnh H nên AD là

đường phân giác góc ngoài đỉnh A Suy ra

KBDD Do đó tam giác KBD vuông cân

tại đỉnh K, suy ra KBD ADB450

Hình 7.4

3 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác đều

 Thí dụ 5 Cho tam giác ABC vuông tại A và 0

Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa đỉnh A, vẽ tam giác đều EBC thì

điểm E ở miền trong của tam giác HBC Gọi K là trung điểm của

EKBBAC Vì K là trung điểm của

đoạn thẳng BH nên tam giác EHB cân ở đỉnh E Vì

Vậy tam giác AKE đều Suy ra AKB1500 EKB Ta

có  BAK   BEK c g c ( ) nên BEK BAK 150

Vậy BEA750

Hình 7.7

4 Tính số đo góc thông qua phát hiện ra trong tam giác có một góc đã biết số đo

 Thí dụ 7 Cho tam giác ABC có 0 0

BAC ABC  Trên đường phân giác BE của tam giác lấy

F sao cho FAB200 Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AF EN cắt AB tại K Tính số đo góc KCB

Lời giải (h.7.7)

Giả sử CK cắt BE tại điểm M Ta có: F2  A1B1 300 ( góc ngoài của tam giác FAB)

Từ A2 300 F2  A2 Suy ra tam giác EAF cân tại đỉnh E nên AEF 1200

Trung tuyến EN là đường phân giác của tam giác EAF nên E1 E2 600 và từ đó E3 600

trung trực của AC và cũng là phân giác góc AOC

nên AOJ JOC 500

Vậy tam giác NOJ cân ở đỉnh J Mà JK là đường

cao nên JK là đường trung trực của ON Do đó tam

giác AON cân ở đỉnh A và ANB AON 80 0 Hình 7.8

BÀI TẬP Bài 1 Cho tam giác ABC nhọn, ở miền ngoài của tam giác ta vẽ các tam giác đều ABC’ và ACB’ Gọi K

và L theo thứ tự là trung điểm của đoạn thẳng C 'A và B 'C Điểm M thuộc cạnh BC sao cho

3

BM  MC Tính số đo các góc của tam giác KLM

Bài 2 Cho tam giác ABD và CBD, hai điểm A và C nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ BD Biết

BAC ABD CBD CDB Tính sô đo các góc DAC và ADB

Bài 3 Cho tam giác ABC cân tại A, BAC 200 Lấy các điểm M, N trên các cạnh AB, AC sao cho

Giải đƣợc bài toán hình học hay, ta đã cảm thấy thích thú rồi Nhƣng nếu giải đƣợc một bài hình học hay

mà giải đƣợc bằng nhiều cách thì niềm vui còn nhân lên gấp nhiều lần Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc 9 cách giải cho bài toán hình khá hay và rất quen thuộc

 Bài toán 1 Cho tam giác ABC cân tại A với 0

Vẽ EF BC (F thuộc AC ), thì BEFC là hình thang cân Gọi P

là giao điểm của BF và CE , do BCE nên tam giác BPC là đều

Mà DEF400 nên tam giác DPF cân suy ra DPDF

Từ đó ΔDPE ΔDFE  c.c.c   Suy ra PEDFED300

Hay CED300

Cách 2.(h.7.10)

Dựng hình bình hành BEHC Trên CE lấy điểm P sao cho

CPCB, dễ thấy tam giác BPC đều Theo cách 1 ta có

BPBCCD, và EBFHCD200

Do đó ΔEBF ΔHCD c.g.c   suy ra CHDBEC400

Do CHECBA800, nên DHE400

Vậy HD là phân giác của góc ECH do ECDDCH200 Do

đó D là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ECH

Vậy ED là phân giác của CEH Từ đó 0

Vì CEFECF400 nên tam giac CFE cân, dẫn đến FCFE

Do đó, FE FD FC  , hay F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác EDC , nên CED 1CFD

2

 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chẵn một cung) Mà CFD600 nên CED300

Cách 4.(h7.12)

Lấy M trên tia phân giác góc BCD sao cho ABM300 Do

tam giác BCD cân tại C nên CM là đường trung trực của cạnh

BD sauy ra BMDM

Mặt khác DBM600 nên tam giac DBM đều

Từ giả thiết có DBE300, dẫn đến BE là phân giác của góc

DBM Suy ra BE là đường trung trực của DM nên tam giác

AMD cân tại A Do đó MAC400 Lại có MCA400, suy ra

0AMC 100

Xét tam giác AMC có E là giao điểm của hai đường phân giác nên ME là phân giác của góc AMC suy ra AMECME500 Do CMD300 nên EMD200 ECD Do đó MEDC là tứ giác nội tiếp Suy ra CMDCED (Cùng chắn cung CD) Vậy CED300

Cách 5 (h 7.13)

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua AC và C’ đối xứng với C

qua AB Ta có AB D ABD300 Vì B AC 600 và

AB AC', nên tam giác AC'B' đều và B’D là trung trực của

AC’

Mặt khác AC E ACEEAC200 nên tam giác EAC’ cân tại

E, do đó E thuộc trung trực của AC’ , hay E, D, B’ thẳng hàng

Từ đó với lưu ý BECBAB400, ta thấy CE AB', vậy

0CEDAB D 30

Cách 6.(h 7.14)

Vẽ tia phân giác CK của góc ACB , ta có 0

BKC60

Ta có ΔCBK ΔCDK c.g.c   Suy ra CKD600

Xét tam giác CKD có E là giao điểm của phân giác trong tại C

và phân giác ngoài tại K, do đó DE là phân giác ngoài tại D

Vì CEB400 nên BEU200

Lại có tam giác ACE cân nên AEEU

Có ΔAEV ΔEUB(AE EU, EAV UEB 20 ,    0

AVAC CV AB EC AC AE EB) Nên EVBU và

Ta có tam giác CVE cân tại C nên có ECV200, suy ra CEVCVE800

Từ đó CEDCEV DEV 800500300

Cách 8 (h 7.16)

Từ E và EMAC Tia ME cắt phân giác của góc ACB tại N

CN cắt AB tại K và cát BD tại P

Ta có CBDCDB500 nên tam giác CBD cân, suy ra CP là

trung trực của BD, nên tam giác KBD cân Do đó

0AKD2KBD60

Lại có tam giác AEC cân ( 0

EACECA20 ) Nên AEMMEC700 (1)

Và EM cũng là trung trực của AC , do đó tam giác ANC cân

Từ đó NAEDAE200

Có ΔANK ΔADK  c.g.c   nên AN=AD, hay tam giác AND

cân, suy ra AEND Vậy E là trực tâm của tam giác AND nên

DEAN

Từ đó ADE500MED400 (2)

Từ (1) và (2) có CED300

Cách 9.(h7.17)

Lây F trên cạnh AB sao cho DCF 600FCB200 suy ra

tam giác BCF cân ( 0

80

CFBCBF ), nên CDCB

Ta có tam giác BCD cân ( CBDCDB500) suy ra CBCD

Từ đó CF=CD mà DCF 600 nên tam giác CDF đều, do đó

040

BCE FEC nên FEFC, suy ra FEFD

Vậy tam giác FED cân tại F

Vì BFD  400, suy ra FED  700

Ta có BFD  400, suy ra FED  700

Ta có CED FED FEC    700 400  300

Cuối cùng xin nêu hai bài toán cũng rất thú vị và quen thuộc để các bạn tìm xem có bao nhiêu cách giải chúng

BÀI TẬP

Bài 20 Cho hình chữ nhật AECF tạo bởi ba hình vuông bằng nhau xếp kề nhau nhƣ hình 7.18

Tính tổng  

Gợi ý

Cách 1 Tạo tam giác vuông cân Vẽ tam

giác vuông cân ADC , với đáy AC , sau

đó đi chứng minh ADH  DCK   Từ

đó     450

Cách 2 Sử dụng các cặp tam giác đồng

dạng Xét các tam giác đồng dạng AKB

và CKA để suy ra KABKCA

Sau đó từ sự đồng dạng của hai tam giác

AKB và AIC , suy ra ICA   Từ đó

0

45

   

Cách 3 Xét các tỉ số đồng dạng Từ AICK là hình bình hành, suy ra AC và KI cắt nhau tại trung điểm

O của mỗi đường Vì tan 1; tan 1

OI ICO OC

    (Lưu ý rằng 00   45 ;00 0 ICD450) nên

tan   tan ICO Từ đó dễ thấy     450

Bài 21 Cho tam giác ABC cân tại A (BAC  200) Lấy điểm E trên AB sao cho AEBC Tính số đo góc

ACE

Gợi ý

Cách 1 Dựng đường tròn tâm A, bán kính AB Lấy ,U V trên  A sao choBAC BAU UAV    200

Cách 2 Dựng tam giác AEQ cân, với AQE200

Cách 3 Dựng tam giác ACQ cân, với ACQ200

Cách 4 Lấy lần lượt các điểm F trên AB D, trên AC E, ’ trên AB sao cho CBCFFDDE', rồi chứng minh E trùng E’

MỘT BÀI TOÁN TÍNH GÓC TỔNG QUÁT

Vẽ cùng một phía với tam giác ABC vẽ tam giác đều

1978, bài toán này đã đƣợc ra với  50 0

 Bài toán 2 Cho tam giác ABC có  0

60

ABCABC   , M là điểm nằm khác phía A so với

BC sao cho BCM 150 ,0 CBM   600 Tính số đo góc AMC

 Bài toán 3 Cho tam giác ABC có  0 0 0

BAC   ABC  Trên tia phân giác của góc ACB lấy điểm M sao cho BAM  300 Tính số đo góc BMC

Lời giải (h.7.21)

Kéo dài CM cắt AB tại D Khi đó ta có

Mà DAM  300 nên tam giác DAM cân tại D

Vẽ DE vuông góc với AM (EAC), suy ra

ANP đều Suy ra APAN NPCP

Dễ thấy MN và BC có chung trục đối xứng là tia phân giác của góc BAC nên NM / /BC , suy ra NPB PBC   NBP, mà

Kẻ thêm đường vuông góc như thế nào?

Ta thường kẻ thêm đường vuông góc trong các trường hợp sau đây

1 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác nửa đều

Thường dùng cách này khi giải bài toán có góc 60 ,120 ,30 ,1500 0 0 0

 Thí dụ 1 Cho tam giác ABC có 0

ABC AB AC Tính độ dài đường trung tuyến

AM của tam giác

2 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông cân

Thường dùng cách này khi giải bài toán có góc

 Thí dụ 2 Cho tam giác ABC có BAC  450 Chứng minh rằng diện tích của tam giác bằng

Ta có CAK  450 nên tam giác ACK vuông

cân tại K Đặt AB x , AK KC y

Ta có HBA KBC g g nên

1

55

3 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông

 Thí dụ 4 Tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo, AB6, OA8, 0B4, OD6 Tính độ dài đoạn thẳng AD

4 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra hai tam giác vuông bằng nhau

 Thí dụ 5 Cho tam giác ABC vuông tại A , đường phân giác trong BD Biết BD7, DC15 Tính độ dài đoạn thẳng AD

Lời giải (h.7.28) Kẻ DEBC