TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
CHỦ ĐỀ SỐ HỌC
Cách ghi số tự nhiên.
I/ Ghi số tự nhiên.
- Hệ thập phân:
1 1 0
1 1 0 1 1 0
.10 .10 .10 .10
n n
n n n n
a a a a a a a a
−
− −
= + + + +
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới
nhỏ hơn số ban đầu 2010
Giải: Gọi: Số cần tìm là:
3 10 3x x
= +
(
x N
∈
);
Số sau khi xoá đi số tận cùng là x:
Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010
9 2007
223
x
x
⇔ =
⇔ =

Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96
II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.
1/ Phép tính(+; -; x; :)
- Phép tính luỹ thừa:
+
a.a a
n
nthuaso
a =
+
.
n m m n
a a a
+
=
+
( )
: , , , 0
m n m n
a a a m n m n N a
−
= ≥ ∈ ≠
.
( )
m n m n
a a
=
+ Quy ước:
1 0
; 0( 0)a a a a

200
300
<
300
200
1
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Ví dụ 2:
2004 1000
12 2 10
−
M
Ta có 2
4
= 16
( )
25
100 4
2 2⇒ =
có số tận cùng là 6.
( )
1005
2010 2 1005 5 1000 5 8 125
2 2 4 4 .4 4 .(4 )
= = = =
12
2004
=(10 + 2)
2004
= (10

I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.
1. Tính chất:
+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”.
+ Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
+ Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120.
Các dấu hiệu chia hết
1 1 0 0
) 2 2
n n
a a a a a a
−
⇔
M M
1 1 0 0
) 5 5
n n
b a a a a a
−
⇔
M M
1 1 0
0
) 3 3
n
n n i
i
c a a a a a
−

Dấu hiệu chia hết cho 11
Cho A = a
5
a
4
a
3
a
2
a
1
a
0
.
A
M
11
⇔
[(a
0
+ a
2
+ a
4
+ ) – (a
1
+ a
3
+ a
5

10
2k
= bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 10
3
= 1001 – 1, 10
5
= 100001 – 1,
Tổng quát 10
2k + 1
= bội 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a
0
+ a
2
+ a
4
+ ) +
+ (bội 11 – a
1
– a
3
– a
5
- ) = béi 11 + ( a
0
+ a
2
+ a
4
+ ) – (a
1


- 1
M
9, Đặt: 7
17
+ 17.3

- 1 = 9k.
2
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Mặt khác: 7
18
+ 18.3

– 1 = 7.(7
17
+ 17.3

– 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)]
= 7.9k – 33.9
= 9.(7k - 33)
M
9
Vậy: 7
18
+ 18.3

- 1
M
9.

− − −
∀ ∈ − = − + + + + ∈
⇒ − −
⇒ = ∈ − +
M
M
( )
( )
2
1 2 1
) , 2 1:
n
n n n n n
b k N n k a b a b a a b ab b
−
− − −
∀ ∈ = + + = + − + − +
( )
2 1: ;
n n
n k a b a b a b
⇒ = + + + ≠ −
M
Các ví dụ:
Ví dụ1: Chứng minhrằng 20
n
+ 16
n
- 3
n

+ −
M
Giải:
2
)3 2 7
n n
a
−
M
+ Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng,
+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là:
2
3 2 7
k k
−
M
. Đặt:
2
3 2 7
k k
q
− =
.
+ Xét vì n = k + 1,ta có
2( 1) 1 1
3 2 9(3 2 ) 9.2 2.2 7(9 2 ) 7
k k k k k k k
q
+ + +
− = − + − = +

k q
+ − =
+ Xét vì n = k +1 ta có:
3
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH

[ ]
1
10 18( 1) 1 10(10 18 1) 18 18 1 (180 10)
k k
k k k k
+
+ + − = + − + + − − −

( )
10.27 27. 1 6 27(10 6 1) 27q k q k
= + − = − +
M
Vậy n = k + 1 đúng,
Kết luận:
10 18 1 27
n
n
+ −
M

Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó
7 36 5 1375x y M
Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó

3
+ 2
4
)+ +(2
99
+ 2
100
)
= 2(1 + 2) + 2
3
(1 + 2) + …+ 2
99
(1 +2).
= 3.(2 + 2
3
+…+ 2
99
)
M
3
Vậy S
M
3
b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 2
5
+ 2
9
+…+ 2
27
)

Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố :
m = a
1
k1
a
2
k2
a
n
kn
(1)
Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì
số mò lớn hơn hoặc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và
4
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số
a
1
, a
2
, , a
n
. Do đó a chứa tất cả các thừa số a
1
, a
2
, a
n
tức là a chia hết cho m.
3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n.

Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1
M
7
Vậy n = 7k + 1 ( k
∈
N).
Cách 2: 18n + 3
M
7
⇔
18 n + 3 – 21
M
7
⇔
18n - 18
M
7
⇔
18(n – 1)
M
7
Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1
M
7
Vậy n = 7k + 1 ( k
∈
N)
Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một
biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hệ số của n bằng 1.
Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b

M
13
5
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Cách 3 : Xét biểu thức:
3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b.
Như vậy 3x + y
M
13
Do x
M
13 nên 3x
M
13 . Suy ra y
M
13
Cách 4: Xét biểu thức:
x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b
Như vậy x + 9y
M
13
Do x
M
13 nên 9y
M
13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y
M
13
Nhận xét: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có
một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13.

Cách 2: Ta có n – 1
M
5
⇒
n – 1 + 10
M
5
⇒
n + 9 (1) . Ta có n – 5
M
7
⇒
n – 5 + 14
M
7
⇒
n + 9
M
7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9
M
35
số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26
Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5 ⇒ 5x = 5y + 2y + 4 ⇒ 2(y + 2)
M
5 ⇒ y + 2
M
5
6
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26.

n = 131.132(x – y) + 1946.
Vì n có bội chữ số nên n = 1946.
III/ ƯCLN, BCNN.
1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng.
Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng
bằng 6.
Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b) .
Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b;
∈
N)
Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14
Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’ ≤ b’), ta được:
a’ 1 3 5 Do đó a 6 18 30
b’ 13 11 9 b 78 66 54
Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5.
Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a ≤ b).
Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1
Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3
Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’ ≤ b’) ta được:
a’ 1 3 Do đó a 5 15
b’ 12 4 b 60 20
2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.
7
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng
bằng 900.
Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a ≤ b .
Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ ≤ b. Do đó ab = 100 a’b’(1).
Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp:

dư r
2
, r
1
chia cho r
2
dư r
3
, r
n – 2
chia cho r
n-1
dư r
n’
r
n-1
chia cho r
n
dư 0. (dãy số b,
r
1
, r
2
, ,r
n
là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình
trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có
(a, b) = (b,r
1
) = (r

72 56
56 16 1
16 8 3
0 2
Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit.
Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết
quả vì số thứ ba.
4) Hai số nguyên tố cùng nhau:
Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ có
ước chung duy nhất là 1.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng
a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n
∈
N) là hai số nguyên tố cùng nhau.
Giải:
a) Gọi d
∈
ƯC (2n + 1,2n + 3)
⇒
(2n + 3) – (2n + 1)
M
d
⇒
2
M
d
⇒
d

Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d ≠ 2 và d ≠ 3. Hiển nhiên d ≠ 3 vì 3n + 4
không chia hết cho 3. Muốn d ≠ 2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n +
4 không chia hết cho 2. Ta thấy:
9n + 24 là số lẻ
⇔
9n lẻ
⇔
n lẻ
3n + 4 là số lẻ
⇔
3n lẻ
⇔
n lẻ
Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ.
5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số
Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n
∈
N)
Giải : Gọi d
∈
ƯC (2n – 1, 9n + 4)
⇒
2(9n + 4) - 9(2n – 1)
M
d
⇒
17
M
d
⇒

M
không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1
Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của
2
)1( +nn
và 2n + 1 (n ∈ N *)
Giải : Gọi d ∈ ƯC






+
+
12,
2
)1(
n
nn
thì n(n + 1)
M
d và 2n + 1
M
d
9
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1)
M
d tức là n

Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p trong đó
m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a
2
, a
x
),
n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b
2
, , b
y
),
p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c
2
, c
z
),
Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)
Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước.
Giải : Phân tích số phải tìm ra theo số nguyên tố :
N = a
x
.b
y
.c
zta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 12.
( x ≥ y ≥ z ≥ ≥ 1).
Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là:

b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng.
Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số
hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là
4 + (10 – 1).3 = 31.
10
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a
1
và hiệu giữa hai số hạng
liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu a
n
) bằng:
a
n
= a
1
+ (n - 1)d (1)
Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng
4 + 7 + 10 + + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số)
Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + 25 + 28 + 31
A = 31 + 28 + 25 + + 10 + 7 + 4
nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) + + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10
Do đó A =
(4 31).10
175
2
+
=
Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a
1

này có số hạng thứ 100 là 100.
Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200
b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng :
1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,
Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , là : 1 + 99.3 = 298.
Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400.
c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng :
1.2 2.3 3.4 4.5 5.6
; ; ; ; ;
2 2 2 2 2
Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng :
100.101
5050
2
=
11
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng:
1 + 1
2
, 1 + 2
2
, 1 + 3
2
, 1 + 4
2
, 1 + 5
2
,
Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 100

1
= 1 + 2,
S
2
= 3 + 4 + 5,
S
3
= 6 + 7 + 8 + 9,
S
4
= 10 + 11 + 12 + 13 + 14,

Tính S
100
.
12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
12
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
a) 1.6; 2.7; 3.8;
b) 1.4; 4.7; 7.10;
13 . Cho A = 1 + 3 + 3
2
+ 3
3
+ + 3
20
, B = 3
21
: 2
Tính B – A

++++=A
Giải
Ta có:
72
3
1

3
1
3
1
13
++++=
A
(1)
872
3
1
3
1

3
1
3
1
++++=A
(2)
Lấy (1) trừ (2) được:
2A = 1 -
6561

336
1
,
176
1
,
66
1
,
6
1
Giải
a) Ta chú ý rằng :
)1(
1
1
11
,,
3.2
1
3
1
2
1
,
2.1
1
2
1
1

1
13
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
101
100
101
1
1 =−=
b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336, dưới dạng 1.6; 6.11; 11.16;
16.21; , số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1)
Cần tính tổng A =
501.496
1
16.11
1
11.6
1
6.1
1
+⋅⋅⋅+++
Nhận xét:
1 1 5 1 1 5 1 1 5
; ; ;
1 6 1.6 6 11 6.11 496 501 496.501
− = − = ××× − =
Tổng quát :
)15)(45(
5
15
1

Ví dụ 3. Tính tổng:
Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu
của hai số sao cho số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau:
Ta xét:
39.38.37
2
39.38
1
38.37
1
,,
4.3.2
2
4.3
1
3.2
1
,
3.2.1
2
3.2
1
2
1
=−⋅⋅⋅=−=−
Tổng quát :
)2)(1(
2
)2)(1(
1





−+






−
39.38
1
38.37
1
4.3
1
3.2
1
3.2
1
2
1
741
370
39.38
740
39.38
1

95.5
1
97.3
1
99.1
1
99
1
97
1
5
1
3
1
1
+⋅⋅⋅+++
++⋅⋅⋅+++
=A
b)
99
1
3
97
2
98
1
99
100
1
4

97
1
3
1
99
1
1 ⋅⋅⋅+++=






++⋅⋅⋅+






++






++




⋅⋅⋅+++−






⋅⋅⋅+++=
99
99
3
3
2
2
1
1
99
100
3
100
2
100
1
100
= 100 + 100
=−




1
2
1
100
99
1
3
1
2
1
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B =
100
1
Ví dụ 5:
a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 + + 98.99
b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính.
B = 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + 97
2
+ 98
2
c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính:
C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1
Giải
a) Đó tích mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân

2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
=
6
)12)(1(
2
)1(
3
)2)(1( ++
=
+
−
++
=
nnnnnnnn
c) C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 =
= 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) + + 98(99 – 97) + 99(99 – 98) =
= (1.99 + 2.99+ + 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+ + 97.98 + 98.99) =
= 99 ( 1 + 2 + 3 + + 99 ) – A =
15
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
= 99.
166650
6
101.100.99

3
,
1
4
;
3
1
,
2
2
,
1
3
;
2
1
,
1
2
;
2
1
a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy.
b) Phân số
31
50
là số hạng thứ mấy của dãy ?
18 . Tìm x, biết rằng
a)
1540

c dM
- Cách giải:
+ Đặt ẩn phụ liên tiếp.
+ Tìm nghiệm riêng
( )
0 0
;x y
của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là
0
0
x x bt
y y at
= +


= −

+ Phương pháp phân tích thành nhân tử.
+ Phương pháp loại trừ.
+ Phương pháp xuống thang.
CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ
A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
I. Phương pháp chung.
1. Phương pháp đạt nhân tử chung.
2. Phương pháp nhóm các hạng tử.
3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức.
Phương pháp tách các hạng tử.
Vì đa thức bậc hai:
2
( )f x ax bx c= + +

5. Phương pháp đồng nhất các hạng tử:
II/ Các bài tập áp dụng
Dạng bài phân tích thành nhân tử
Bài 1. Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử.
a) 5x
2
– 5y
2
b) x
3
- 2x
2
y + xy
2
– 16x
c) x
4
+ 1
d) x
8
+ x
4
+ 1.
e) x
10
+ x
5
+ 1
f) x
2

0
q a
n
qa
n
+ a
n-1
r
+ Vì q là ước của a
0
+ Nếu r = 0 thì
( ) ( )f x x q−M
Vý d”:
a) Tìm a sao cho
2
4 6 ( 3)x x a x− + −M
b) Tìm a và b sao cho
4 2
( 1)x ax b x+ + −M
C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
1)Đưa về tam thức bậc hai rồi biến đổi về dạng:
a) y = a + A
2
≥
a
0Miny a A⇒ = ⇔ =
,
Tương tự vì: y = a +
2k
A

a
⇒
Max
0y a A
= ⇔ =
c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x
2
+ 2x +7
Tìm giá trị nhỏ nhất của: y = 3x
2
+6x + 5
2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc
hai có cách giải. Cách 1: Đặt:
( )
( ) ( );( ( ) 0)
( )
f x
k f x kg x g x
g x
= ⇔ = ≠
rồi biện luận k
phương trình đã phải có nghiệm(Xét
0 ?k
∆ ≥ ⇒ =
) rồi kết luận.
17
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Cách 2: + Max
( )
k

' (2 ) 12 ( 1) 0
4 0
8 12 0
0
3
0
2
k k k
k
k k
k
k

∆ = − − ≥

≠


− ≤
⇔

≠

⇔ < ≤
Vậy: Max A =
3
2
khi x =
2 1
4 2

) .f(x
1
)
0≤
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A =
2
2
1
2 3
x x
x x
+ +
+ +
3. Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có:
Gỉa sử
1 1 0

n n
a a a a k
−
+ + + + =
Khia đã: Max
1 1 0 1 1 0
( . . ) ( )
n
n n n n
k
a a a a a a a a
n
− −

D. Chứng minh thức:
I. Phương pháp giải:
1. Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa.
A
≥
B
⇔
A – B
≥
0
18
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
+ Lập hiệu số A- B.
+ Rút gọn A- B và chứng minh A – B
≥
0.
+ Kết luận A
≥
B.
2. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp
+ Biến đổi A:

2
1 2
A A A B M B= = = = + ≥
3. Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết.
3.1) Bất đẳng thức Chauchy
a)
0, 0 2 .a b a b a b
≥ ≥ ⇒ + ≥


≥
B
1

⇔

⇔
(*)
Mà (*) đóng A
≥
B .
7. Phương pháp 7.
8. Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng.
Đã chứng minh A
≥
B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô
lý. Ta kết luận: A
≥
B .
II. Các bài tập vận dụng:
A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 Chứng minh
+ +
 
≥
 ÷
 
3
3 3

+ + + ≥ + +
2 2 2
a b c 3 2 a b c
; a , b , c ∈ R
7. Chứng minh:
( )
+ + + + ≥ + + +
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e
\
8. Chứng minh
+ + ≥ + +
2 2 2
x y z xy yz zx
9. a. Chứng minh:
+ + + +
≥ ≥
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3
19
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
b. Chứng minh
+ + + +
 
≥
 ÷
 
2
2 2 2

+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
B. Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si
1. Chứng minh:
+ + + ≥ ≥
(a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0
2. Chứng minh

6. Chứng minh:
+
≥ − ≥
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4
7. Chứng minh:
+ ≥ −
+
4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
.
8. Chứng minh:
( )
> −
1995
a 1995 a 1
, a > 0
9. Chứng minh
( ) ( ) ( )
+ + + + + ≥
2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc
.
10. Cho a , b > 0. Chứng minh:

1 1 1
1 1 1 64
a b c
15. Cho x > y > 0 . Chứng minh
( )
+ ≥
−
1
x 3
x y y
16. Chứng minh
a)
+
≥
+
2
2
x 2
2
x 1
,∀x ∈ R b)
+
≥
−
x 8
6
x 1
, ∀x > 1 c)
+
≥

+ + + + + +
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abc
a b abc b c abc c a abc
21. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si
a.
+ + + ≥
4
a b c d 4 abcd
vì a , b , c , d ≥ 0 (CÔsi)
b.
+ + ≥
3
a b c 3 abc
vì a , b , c ≥ 0 , ((CÔsi)
22. Chứng minh:
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
; a , b , c > 0
23. Chứng minh
+ + ≥
3 9
4
2 a 3 b 4 c 9 abc
Lời giải
I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản
1. Cho a, b > 0 Chứng minh
+ +

≤
2 2
a b a b
2 2
()
 a + b ≤ 0 , () luôn đúng.
 a + b > 0 , () ⇔
+ + +
− ≤
2 2 2 2
a b 2ab a b
0
4 2
⇔
( )
−
≥
2
a b
0
4
.đóng
Vậy:
+ +
≤
2 2
a b a b
2 2
.
3. Cho a + b ≥ 0 Chứng minh

a b
b a
()
() ⇔
+ ≥ +
a a b b a b b a
⇔
( ) ( )
− − − ≥
a b a a b b 0
⇔
( )
( )
− − ≥
a b a b 0
⇔
( ) ( )
− + ≥
2
a b a b 0
.
5. Chứng minh: Vì a ≥ b ≥ 1:
+ ≥
+
+ +
2 2
1 1 2
1 ab
1 a 1 b
()

+ +
 
2 2
b a a b
0
1 ab
1 a 1 b
⇔
( )
( )
( )
( )
( )
( )
− −
+ ≥
+ + + +
2 2
a b a b a b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab
( ) ( )
 
− + − −
≥
 ÷
 ÷
+
+ +
 

a 1 b 1 c 1 0
.
7. Chứng minh:
( )
+ + + + ≥ + + +
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e
⇔
− + + − + + − + + − + ≥
2 2 2 2
2 2 2 2
a a a a
ab b a c c ad d ae e 0
4 4 4 4
⇔
       
− + − + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2 2 2 2
a a a a
b c d e 0
2 2 2 2
.
8. Chứng minh
+ + ≥ + +
2 2 2
x y z xy yz zx
⇔
+ + − − − ≥

⇔
+ + + +
≥
a b c ab bc ca
3 3
b. Chứng minh
+ + + +
 
≥
 ÷
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3


( ) ( )
+ + = + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 a b c a b c 2 a b c
( ) ( )
≥ + + + + + = + +
2
2 2 2
a b c 2 ab bc ca a b c
⇒
+ + + +
 
≥

2
.
11. Chứng minh:
+ + ≥ + +
2 2
a b 1 ab a b
⇔
+ + − − − ≥
2 2
2a 2b 2 2ab 2a 2b 0

⇔
− + + + + + + + ≥
2 2 2 2
a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0

⇔
( ) ( ) ( )
− + − + − ≥
2 2 2
a b a 1 b 1 0
.
12. Chứng minh:
+ + ≥ − +
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz
⇔
+ + − + − ≥
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz 0

= (1 – a)
3
= 1 – a + a
2
– a
3

⇒ a
3
+ b
3
=
 
− + ≥
 ÷
 
2
1 1 1
3 a
2 4 4
.
15. Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca ≤ a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
 ab + bc + ca ≤ a

+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

( )
> − −
2
2 2
a a b c
⇒
( ) ( )
> + − + −
2
a a c b a b c

( )
> − −
2
2 2
b b a c
⇒
( ) ( )
> + − + −
2
b b c a a b c

( )

2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
⇔ 4a
2
b
2
+ 2c
2
(b
2
+ a
2
) – a
4
– b
4
– 2a
2
b
2
– c
4
> 0
⇔ 4a

– (a – b)
2
][(a + b)
2
– c
2
] > 0
⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 , đóng
° Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác.
⇒ c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.
II. Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si
1. Chứng minh:
+ + + ≥ ≥
(a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0
 áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si:
⇒
+ ≥
a b 2 ab
,
+ ≥
b c 2 bc
,
+ ≥
a c 2 ac
⇒
( ) ( ) ( )
+ + + ≥ =
2 2 2
a b b c a c 8 a b c 8abc
.


( ) ( ) ( )
+ + + = + + + + + + +
1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac b c abc.

+ + ≥
3
a b c 3 abc
,
+ + ≥
3
2 2 2
ab ac bc 3 a b c

( ) ( ) ( )
( )
+ + + ≥ + + + = +
3
3
2 2 2
3 3
1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc
4. Cho a, b > 0. Chứng minh
+
   
+ + + ≥
 ÷  ÷
   
m m
m 1

2 2c
a b ab
,
+ ≥ =
2
bc ba b ac
2 2b
a c ac
,
+ ≥ =
2
ca ab a bc
2 2a
b c bc
⇒
+ + ≥ + +
bc ca ab
a b c
a b c
.
6. Chứng minh:
+
≥ − ≥
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4
()
() ⇔

+
4 4 2 2
2
1
a a a 1 4a
1 a
.
Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si
+
+
4 4 2
2
1
a , a , a 1,
1 a
( )
+ + + + ≥ + =
+ +
4 4 2 4 4 2 2
4
2 2
1 1
a a a 1 4 a a a 1 4a
1 a 1 a
8. Chứng minh:
( )
> −
1995
a 1995 a 1
() , a > 0

10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
 
+ + ≤ + +
 ÷
 
+ + +
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c
°
≤ =
+
2 2
a a 1
2ab 2b
a b
,
≤ =
+
2 2
b b 1
2bc 2c
b c
,
≤ =
+
2 2
c c 1
2ac 2a

( )
( )
= − + − + − + − ≥ − − −
2
4
x 1 x 1 y 1 z 1 4 x 1 y 1 z 1

24
TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH
Tương tự :
( )
( )
( )
≥ − − −
2
4
y 4 x 1 y 1 z 1
;
( )
( )
( )
≥ − − −
2
4
z 4 x 1 y 1 z 1
⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
13. Cho a > b > c, Chứng minh
( ) ( )
≥ − −
3

2 2
°
( ) ( )
( )
( ) ( )
 
− = − − = − − − ≤ − = +
 
2 2
2
4a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
° (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥
=2 bc.2 ac.2 ab 8abc
c)
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c
°
+ + +
   
+ = ≥
 ÷  ÷
   
4
2

x 3
x y y

( )
( )
( )
( )
−
= − + + ≥ =
− −
3
x y y
1
VT x y y 3 3
x y y x y y
16. Chứng minh
a)
+
≥
+
2
2
x 2
2
x 1
⇔
+ ≥ +
2 2
x 2 2 x 1
⇔

+ +
+ + ≤ >
+ + +
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2
° Vì :
+ ≥a b 2 ab
⇒
≤ =
+
ab ab ab
a b 2
2 ab
,
≤ =
+
bc bc bc
b c 2
2 bc
,
≤ =
+
ac ac ac
a c 2
2 ac
°
+ + ≥ + +
a b c ab bc ca
, dựa vào

25