Title B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG - BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO.doc ✅

Chương 3 B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG, BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO § 1. KIẾN THỨC MỞ RỘNG 1.1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cúa biểu thức hữu tí Trong phần kiến thức mở rộng của chương trước, chúng ta đã có dịp nhắc đến vấn đề này, tuy nhiên, những ví dụ và bài tập tập trung vào đa thức, ở đây, chúng ta có thêm các ví dụ về phân thức, với chú ý: A nhỏ nhất (lớn nhất) khi 1 A lớn nhất (nhỏ nhất). Ví dụ 16. Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức: a) 2 2 33 A x   ; b) 2 4 3 11 B x   Giải: a) Ta có: 233033x nên suy ra: 2 22 333A x   Mặt khác, khi 3x , giá trị của A là 2 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 2 3 b) Vì bình thường một số luôn là số không âm nên ta có 211011x , suy ra 2 4 37 11 B x   Ngoài ra, khi thay 1x vào biểu thức ta được B = 7. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức B là 7. Ví dụ 17. Với 1x , tìm giá trị của x để biểu thức sau đạt giá trị bé nhất. Tính giá trị bé nhất đó: 2 2 1 21 xx M xx    Giải. Ta có:  2 22 21 1 211    xxxx M xxx 22 1111 11 111 x xxx     2 2 11131133 14412441xxx     Khi 11 1 12x x  , M đạt giá trị nhỏ nhất là 3 4 Ví dụ 18. Cho hai số x, y với 0x thỏa điều kiện 2 2 2 1 24 4 y x x Tìm giá trị của x, y đế tích xy đạt giá trị bé nhất. Giải. Ta có: 22 222 22 11 2422 44 yy xxxxyxy xx
22 1 22 2 y xyxy x     Mặt khác, khi 1 x x và 2 y y hay 1x và 2y∓ thì 2xy Vậy giá trị bé nhất của tích xy là -2. 1.2.Chứng minh đắng thức hoặc tính một biểu thức từ các điều kiện đã cho a) Biến đổi điều kiện đã cho theo hướng có thế làm đơn giản biếu thức cần tính. Ví dụ 19. Cho 0;1996axbyczabc và a, b, c dương. Tính giá trị của biểu thức sau, với 0xyz :  222 222 axbycz A bcyzacxzabxy    Giải. Ta có: 200axbyczaxbycz 222222222.axbyczabxyacxzbcyz (1) 222Mbcyzacxzabxy 222222 222bcybczbcyzacxaczacxzabxabyabxy 222222222.bcybczacxaczabxabyabxyacxzbcyz (2) Kết hợp (1) và (2) ta được: 222222222222 Mbcybczacxaczabxabyaxbycz 222axabcbyabcczabc 222abcaxbycz Do đó  222 222 axbycz A abcaxbycz    Mặt khác 2220axbycz (vì a,b,c dương và 0xyz ) Vậy 11 1996A abc  b) Biến đổi điều kiện đã cho thành kết quả cần chứng minh. Ví dụ 20. Cho 0xyz và xy . Giả sử  22 11 xyzyxz xyzyxz    Chứng minh rằng 111 xyz xyz Giải. Giả thiết đề bài: 0xyz ( 0,0xy và 0z ). Ta có  22 11 xyzyxz xyzyxz    22xyzyxyzyxzxxyz 2322222322 0xyxyzyzxyzxyxzxyzxyz 222220xyxyxyzxyzxyxyzxy 20xyxyxyzxyzxyxyz  0xyxzyzxyzxyz (vì xy ) xyxzyzxyzxyz Vì 0xyz nên chia hai vế đẳng thức trên cho xyz ta được:
111 xyz xyz c) Chú ý đến điều kiện đã cho, biến đổi biểu thức sao cho có thể sử dụng diều kiện đó một cách thuận lợi nhất. Ví dụ 21. Biết rằng xyz = 1, hãy đơn giản biểu thức 111 xyz E xyxyzyxzz  Chú ý. Ta thường rơi vào trường hợp hoá đồng mẫu thức ở E rồi mới biến đỗi và để ý đến điều kiện. Tuy nhiên, với bài này, có thể biến đổi biểu thức đế áp dụng điều kiện một cách thuận lợi và nhanh nhất. Giải. Ta có thể viết: 2 1 xzxyzz E xyzxzzyzxxyzzxxzz  Vì xyz = 1 nên ta có: 11 1 1111 xzzxzz E xzzzzxxzzxzz    1.3. Các phân số Ai Cập 1.3.1. Thuật toán biến một phân số có tử bằng 2 thành tổng các phân số Ai Cập Khi người Ai Cập cổ xưa tiến hành chia đất, họ thường sử dụng các phân số đơn vị, nghĩa là các phân số có tử bằng 1. Họ thường nói 3 lần của một phần tư nhiều hơn là nói ba phần tư, có khi họ nói ba phần tư là một phần tư thêm vói một nửa nữa (3/4 = 1/4 + 1/2). Do vậy, các phân số có tử bằng 1 thường được gọi là phân số Ai Cập. Có nhiều phân số có thể đưa dễ dàng về dạng tổng của các phân số có tử số bằng 1. Ở đây, ta xét các phân số có tử bằng 2. Ví dụ: 211 11666 Giả sử phân số 2 n là tối giản, tức là n lẻ. Ta có công thức:    1 2 2112 111 222 n n nnnn nn     (Chứng minh công thức trên chỉ là những biến đối đại số đơn giản.) Từ công thức trên, ta suy ra thuật toán đế biến bất cứ phân số nào có tử bằng 2 thành tống của các phân số có tử bằng 1.  Lấy mẫu của phân số đã cho (ví dụ, 2 3 ) cộng thêm 1, sau đó lấy số này chia 2: 314,4:22  Nhân số vừa nhận được (2) với mẫu số của phân số đã cho: 2 x 3 = 6.  Ta phân được thành hai phân số có tử là đơn vị và mẫu là: 2 và 6. Cụ thể là: 211 326 Áp dụng thuật toán trên cho 2 107 : 1071108 , 108:254 , 541075778 Suy ra 211 207545778 1.3.2. Bài toán chưa giải được về phân số Ai Cập Có hàng trăm bài toán chưa giải được. Sau đây là một bài toán có liên quan đến các phân số Ai Cập, được đặt ra khá lâu, nhưng cho đến nay vẫn chưa giải được.
Nếu n là số nguyên lớn hơn 1, thì có tồn tại các số nguyên x, y, z sao cho 4111 nxyz hay không ? Nói cách khác, phân số 41n n có là tổng của 3 phân số Ai Cập hay không ? §2. BÀI TẬP TỐNG HỢP VÀ NÂNG CAO 2.11. Các đẳng thức sau đúng trong tập hợp số nào? a) 2231 3 1 xx x x    b) 3 22 xyxy xy xy    c) 555xyxy 2.12. Có tồn tại hai giá trị khác nhau của hai biến x và y sao cho hai biếu thức sau đây bằng nhau hay không: 111 ;? xyxy  2.13. Cho hai biểu thức: 47 2 x A x    và 2 392 3 xx B x    a) Tìm các giá trị nguyên của x đế mỗi biếu thức có giá trị nguyên. b) Tìm các giá trị nguyên của x để cả hai biểu thức cùng có giá trị nguyên. 2.14. Với giá trị nguyên nào của n thì biểu thức 39 4 n A n    có giá trị là một số nguyên ? Tính giá trị đó. 2.15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức 12 5Px x  , với x là biến chạy trên tập hợp các số nguyên. 2.16. Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức: a) 2 2 33 A x   b) 2 4 3 11 B x   2.17. Tìm giá trị của x đế biếu thức 2 2 1 21 xx y xx    có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó. 2.18. Chứng minh rằng với a, b, c là ba số phân biệt, ta có:  222bccaab abacbcbacacbabbcca    2.19. Đơn giản biểu thức  222 abc A abacbabccacb  2.20. Cho ,,0,abcab và 1,1bcac . Chứng minh:  22 111 11 abcbac abc abcbacabc    2.21. Chứng tỏ rằng biếu thức      222xbxcxcxaxaxb abc abacbcbacacb    không âm với mọi x. 2.22. Chứng minh rằng với xa , biếu thức xaax axxa axaxaxax    