Một số ý kiến trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

1 MỘT SỐ Ý KIẾN TRONG CÔNG TÁC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ***** @ Tiến trình giải bài tập toán: Giải bài tập là thực hiện một loạt các hoạt động liên tục và khá phức tạp vì bài tập là sự kết hợp đa dạng nhiều khái niệm , quan hệ toán học... Vì vậy để giải được bài tập đòi hỏi học sinh nắm chắc các khái niệm, định lý, quy tắc... các kiến thức trong mối quan hệ toán học của chương trình đã học: 1) Hiểu rõ bài tập toán - Xác định đối tượng và các điều kiện và hệ thống hành động, làm rõ các mối quan hệ ở giả thiết, mối quan hệ giữa giả thiết và kết luận. Xác định đựợc dạng bài tập, xem xét cấu trúc của bài tập, từ đó suy nghĩ hướng giải bài tập đó. 2) Xây dựng chương trình giải - Từ sự phân tích mối quan hệ giữa các yếu tố của bài tập, từ suy nghĩ hựớng giải ở Bước 1, HS tìm con đường cụ thể, khả năng đạt được mục đích, định hướng các hành động tiến tới quá trình giải bài tập. 3) Thực hiện chương trình giải - Kế hoạch giải vẫn còn ở ý tựởng, HS phải thực hiện một hệ thống hành động phù hợp với những chi tiết cụ thể của bài tập. - Sử dụng các thao tác tư duy những lập luận logíc để thực hiện. - Có thể giải bài tập theo nhiều cách giải khác nhau, tìm ra cách giải tối ưu. - Ở bước này thao tác tư duy logíc, hoạt động ngôn ngữ đóng vai trò quan trọng. 4) Khảo sát lời giải tìm được - Công việc được tiến hành trong suốt quá trình giải bài tập, việc kiểm tra nhằm chính xác hoá lời giải (các bước suy luận, các khâu tính toán...). Chủ đề : CĂN THỨC == I./ VÍ DỤ CỤ THỂ: @ Bài 1: Cho   A = 2000 1999, 2001 2000B . Không sử dụng máy tính hãy so sánh A và B. @ Hướng dẫn: * Cách 1: Đưa về so sánh 1 A và 1 B …………. 2 Ta có:   2000 1999 2000 1999 1 A = 2000 1999 2000 1999 2000 1999          2001 2000 2001 2000 1 2001 2000 2001 2000 2001 2000 B         Vì: 2000 1999 2001 2000   nên 1 2000 1999 > 1 2001 2000 Do đó: A > B * Cách 2: Dùng phép biến đổi tương đương đưa về bất đẳng thức đúng. Giả sử A > B 2000 1999 2001 2000        2 2 2 2 2 2 2000 2001 1999 2 2000 2001 1999 4.2000 2001 2 2001.1999 1999 2000 2001.1999 2000 2000 1 ( )Baát ñaúng thöùc ñuùng                Do đó : A > B @ Bài 2: Tính     3 3 17 5 38 17 5 38x @ Hướng dẫn * Cách 1: Phân tích thành hằng đẳng thức lập phương 1 tổng, lập phương 1 hiệu. Ta có:   3 17 5 38 5 5 30 12 5 8 5 2         3 17 5 38 5 5 30 12 5 8 5 2       Vậy:       3 3 3 35 2 5 2 5 2 5 2 4x          * Cách 2: Lập phương 2 vế và dùng HĐT         3 3 3 3a b a b ab a b Ta có:           3 3 3 3 2 17 5 38 17 5 38 3 17 5 38 17 5 38 . 76 3 3 76 0 4 4 19 0 4 x x x x x x x x x x                      * Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   9 5 x A x @ Hướng dẫn 3 * Cách 1: Biến đổi tử 9 9 .3 3 x x    Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số 9 3 x  và 3 được kết quả Điều kiện: 9x  Ta có: 1 99 3.3 9 12 33 6 5 5 5 5 30 xx x x A x x x x           ( Bất đẳng thức Cô-si) Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 9 3 18 3 x x     Vậy max A = 1 30 khi và chỉ khi x = 18 * Cách 2: Điều kiện: 9x  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 5 45x  và 45 ta có:    2 5 45 45 2 5 45 .45 5 2 15 . 9 5 30 9 9 1 5 30 1 30 x x x x x x x x A                Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 5 45 45 18x x    Vậy maxA = 1 30 khi và chỉ khi x = 18 II./ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1) So sánh : )3 5 2 2 6 )2 3 4 3 2 10 )18 15. 17 ) 27 26 1 48 a vaø b vaø c vaø d vaø       2) a) Tính    T      3 38 7 5 2 216 7 5 2 4 2 7 b) Chứng minh, nếu a    3 35 2 5 2 thì a a 3 3 4 c) Cho a    3 338 17 5 38 17 5 . Giả sử  f(x) x x   2012 3 3 1935 . Hãy tính f(a). 3) : a) Cho x >0; y >0 thỏa điều kiện: x y   1 1 1 2 . Tìm GTNN của A x y  b) Tìm giá trị lớn nhất của A x x   3 5 7 3 c) Cho x + y = 15 Xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A x y   4 3 4 Chủ đề: CỰC TRỊ == * Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: với  1 5x  Ta có:                   2 2 3 1 4 5 =9 1 16 5 24 1 5 = -7x + 71+ 24 1 5 ì 1 x 5 nê -7x -35 ; 1 5 0 A x x x x x x x x v n x x                   Do đó 2 35 71 36 A     Suy ra A ≥ 6 Dấu “ = ” xảy ra  x = 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 6 .  Cách khác: Bài toán phụ : Cho a, b ≥ 0. Chứng minh rằng a + b ≥ a+b . Dấu “ = ” xảy ra khi nào ? Giải: Ta có a + b =        2 2a b a b ab a b Dấu “ = ” xảy ra   2 0 ab=0ab . Áp dụng bài toán phụ ta có:            3 1 5 5 3 1 5 0A x x x x x Vậy  6A Dấu “ = ” xảy ra         \1 5 0 v 5 0 x = 5x x a x . * Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :       21 2 2 x f x x x  f x có nghĩa              2 1 1 2 0 1 1 2 0 1 2 x x x x x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm 1 và   21 2x x ta có :          2 2 1 1 2 1. 1 2 2 x x x x Do đó          2 2 2 2 1 1 2 2 x x x f x x Đẳng thức xảy ra        2 1 2 1 x = 0 0 x x x . Vậy giá trị lớn nhất của  f x là 1 3 1 4 5A x x    5 Cách khác : Có thể xét                                     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 =- 1 2 2 1 2 -1 -2 x 2 =- 1 2 2 1 2 1 2 2 =- 1 2 1 2 2 2 f x x x x x x x x x x x x x x x x Từ đó cũng có kết quả như trên Chủ đề: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ == @ Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử : Giải Cách 1: Tách thành Cách 2: Khai triển hai hạng tử cuối : @ Bài 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : Giải * Cách 1: Dùng hằng đẳng thức : * Cách 2: Ta có : ⇒ = 6 @ Bài 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : Phân tích: Dùng phương pháp tách hạng tử (bằng cách tìm nghiệm của đa thức) (Nếu đa thức f(x) chứa nhân tử (x – a ) thì a phải là nghiệm của đa thức f(x) và nhân tử còn lại là , tức là a phải là ước của-4. Kiểm tra ta thấy 1 là nghiệm của đa thức . Như vậy, đa thức chứa nhân tử (x-1), do đó ta tách các hạng tử của đa thức làm xuất hiện nhân tử chung (x-1). * Cách 1: * Cách 2: * Cách 3: Dùng sơ đồ Hoócne Chủ đề: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHỜ SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ    a b 2 ( a ;b > 0) b a == @ Chứng minh :   2 2 2 2 2 2 ( a;b>0)(1) a 2 a 2 0 0(2) a b b a b ab b ab a b              Ta có (2) luôn đúng .Vậy (1) luôn đúng . Dấu “=” xảy ra khi a = b * Bài 1: Cho a,b,c,d là những số dương a.b.c.d = 1 .Chứng minh rằng : 2 2 2 2a +b +c +d +ab+ac+ad +bc+bd +dc 10 Giải :Ta chứng minh được : 2 2 2 2 a + b 2ab (1) c + d 2cd (2)   7 Ta có a,b,c,d là các số dương nên ab > 0; cd > 0 và do a.b.c.d = 1 nên: 1 1 1 ab = ;bc = ;bd = cd ad ac 1 1 cd ab + cd = cd = 2 (3) cd cd 1 1 bd 1 ac + bd = bd = 2 (4) ac 1 ac 1 ad 1 ad + bc = ad + + 2 (5) ad 1 ad 1 1 cd 2ab+2cd=2( cd) = 2( ) 4 (6) cd cd 1            Từ (1);(2);(3);(4);(5);(6) ta có điều phải chứng minh. * Bài 2: Cho a,b,c là các số dương .Chứng minh : 1 1 (a + b) + 4 a b       Ta có: 1 1 a b a b (a + b) + 1+ + +1 = 2 + + 4 (a;b 0) a b b a b a               * Bài 3: Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh 1 1 1 (a + b + c) + 9 a b c        Ta có : 1 1 1 a a b b c c (a + b + c) + 1+ + + +1+ + + +1 a b b c a c a b a b a c b c 3 + + + + + + 9( ; ; 0) b a c a c b c a b c                            * Bài 4: Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh: a b c 1 1 1 + + + + bc ac ab a b c  Ta có : 1 1 b c 1 . + (a,b,c>0) 2 a c b 1 1 a c 1 . + (a,b,c>0) 2 b c a b 1 1 a b 1 . + (a,b,c>0) 2 c b a c a                   Cộng các bất đảng thức trên vế theo vế ta được : 1 1 b c 1 1 a c 1 1 a b 1 1 1 . + . + . + (a,b,c>0) 2 a c b 2 b c a 2 c b a b c 1 b 1 c 1 a 1 c 1 a 1 b 1 1 1 . . . . . (a,b,c>0) 2 ac 2 ab 2 bc 2 ba 2 bc 2 ca b c a a                               Hay: a b c 1 1 1 + + + + bc ac ab a b c  8 Chủ đề: SỐ HỌC PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ ĐỒNG DƯ THỨC – SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 1. Phép chia hết. 1.1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kỳ a và b ( b  0 ) tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao cho: a = b.q + r với 0  r < b - Nếu r = 0 thì a chia hết cho b ( )ba , hay a là bội của b, hay b chia hết a, hay b là ước của a. - Nếu r  0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư. 1.2 Một số tính chất. Với a, b, c, d  Z. - Nếu a  0 thì aa , a0 - Nếu ba và cb thì - Nếu ba và ab thì a =  b - Nếu ba thì bac - Nếu ba , ca thì ),( cbBCNNa Hệ quả: ba , ca và (b, c) = 1 thì cba . - Nếu cba . và ( b, c ) = 1 thì ca 1.3. Một số định lý thường dùng: - Nếu ca và cb thì a  b  c - Nếu ca và b  c thì a  b  c - Nếu a  c và b  d thì ab  cd Hệ quả Nếu a  b thì an  bn ( n )0,  nN - Nếu a  c hoặc b  c thì ab  c 1.4. Dấu hiệu chia hết. Gọi số A= 11...aaa nn  Số dư A : 2k ( hoặc 5k ) = số dư 11...aaa kk  : 2 k ( hoặc 5k) ( Với k N, k1) Số dư A : 9 ( hoặc 3) = số dư ( an + an-1 + …+ a1) : 9 ( hoặc 3) Số dư A : 11 = số dư [( a1 + a3 …) – (a2 + a4 +…)]: 11 Điều kiện để một số chia hết cho 4 ( hoặc 25) là số gồm hai chữ số cuối cùng chia hết cho 4 ( hoặc 25). Điều kiện để một số chia hết cho 8( hoặc 125) là số gồm ba chữ số cuối cùng chia hết cho 8 ( hoặc 125). Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11. 2. Đồng dư thức. 2.1. Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c ( c  0) có cùng số dư, ta nói a đồng dư với b theo modun c kí hiệu a b ( mod c). Vậy a b ( modun c)  a – b  c 2.2. Một số tính chất. Với mọi a, b, c, d, m Z+ (Z+ là tập hợp các số nguyên dương ) a) a a ( mod m) a b ( mod m)  b a( mod m) ca      9 a b ( mod m) và b c ( mod m)  a c ( mod m) b) a b ( mod m); c d ( mod m) a + c b + d ( mod m) a b ( mod m) ; c d ( mod m) a - c b - d ( mod m) c) a b ( mod m) ; c d ( mod m) ac bd ( mod m) Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì: a b ( mod m) d a d b ( mod d m ) d) a b ( mod m); c là ước số chung của a và b và (c, m) =1 c a c b ( mod m ) e) a b ( mod m); c > 0 ac bc ( mod mc) Chú ý. - Với mọi a, b  Z ( a  b), n N ta có a n – bn  a – b - Trong n số tự nhiên liên tiếp ( n  1) có một và chỉ một số chia hết cho n. - Trong n + 1 số nguyên bất kỳ (n  1 ) chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng số dư ( Vận dụng nguyên tắc Đirichlet) - Tìm k chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia khi chia A cho 10k. 3. SỐ NGUYÊN TỐ – HỢP SỐ 1. Định nghĩa: - • Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là 1 và chính nó. - • Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn hai ước. 2. Định lý: - Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố. - Từ đó suy ra rằng: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 bao giờ cũng có ước nguyên tố. * TẬP HỢP CÁC SỐ NGYÊN TỐ. • Định lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn. • Định lý 2: Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá n . Hệ quả: Nếu số tự nhiên n > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến n thì n là một số nguyên tố. * PHÂN TÍCH THÀNH THỪA SỐ NGUYÊN TỐ. Định lý cơ bản. @ Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất ( không kể thứ tự các thừa số) BÀI TẬP CỤ THỂ @ Bài 1: Cho n > 3 ( n N ), chứng minh rằng: 2 n = 10a + b ( 0 < b < 9) thì ab 6 Cách 1: Từ giả thiết ta suy ra b chẵn và b  0. Do đó b chỉ có thể là 2, 4, 6, 8. Nếu b = 6 thì ab  6 Nếu b = 2 ta suy ra n lẻ 2n 2 ( mod 3) 10a + b = 9a + a + 2 2 ( mod 3) Do 9a 0 (mod 3) a + 2 2 ( mod 3) a 0 ( mod 3 )                                  10 ab  6 Trường hợp b = 4, 8 chứng minh tương tự. Cách2: Ta có: b  2 nên ab  2. Đặt n = 4k + r ( 0  r  3 ). Ta có: 2 n = 2 r . 2 4k = 2 r . 16 k Xét trường hợp: r = 0 và trường hợp 1  r  3 ab  6. @ Bài 2: Tìm các số nguyên tố p để: a) p + 10 ; p + 14 cũng là các số nguyên tố. b) p + 2 ; p + 4 cũng là các số nguyên tố. c) p + 2 ; p + 6 ; p + 8 ; p + 14 cũng là các số nguyên tố. a) Rõ ràng p = 3 là số nguyên tố nhỏ nhất thõa mãn bài toán. * Nếu p > 3 thì p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 ( vì p là số nguyên tố) - Khi p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15  3 và P + 14 > 3 p + 14 là hợp số, nên p + 14 không phải là số nguyên tố . - Khi p = 3k +2 thì p + 10 = 3k + 12  3 và P + 10 > 3 p + 10 là hợp số, nên p + 10 không phải là số nguyên tố. Vậy P = 3 là số nguyên tố duy nhất cần tìm b) p = 2 thì p + 2 = 4 là hợp số. P = 3 thì bộ 3; 5; 7 là bộ ba cần tìm. p  3 thì p = 3k + 1 hoặc p = 3k – 1 * Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 3 và P + 2 > 3. p + 2 là hợp số, nên p + 2 không phải là số nguyên tố. * Nếu p = 3k - 1 thì p + 4 = 3k + 3 3 và P + 4 > 3. p + 4 là hợp số, nên p + 4 không phải là số nguyên tố. Vậy p = 3 là số nguyên tố duy nhất cần tìm. c) p = 5 thì 5; 7; 11; 13; 19 là bộ năm cần tìm. p  5 thì p = 5k  1; 5k  2. Với cách lý luận tương tự như câu a, vậy p = 5 là số nguyên tố duy nhất cần tìm. @ Bài 3: Chứng minh rằng với n N thì: 2 5 49n n không chia hết cho 169 Cách1: 2 5 49 9 4 13n n n n Mà: (n – 9) – (n + 4) = -13 Vậy: (n – 9) và (n + 4) đồng thời chia hết cho 13 hoặc đồng thời không chia hết cho 13 * 9 13n và 4 13n mà 169 = 132 Suy ra: (n – 9) (n + 4) – 13 169 vì 13 169 * 9 13n và 4 13n Suy ra: (n – 9) (n + 4) – 13 13 (n – 9) (n + 4) – 13 169 Cách2: 4(n 2 – 5n – 49) = (2n – 5)2 – 221 * Nếu 2n – 5 13 (2n – 5)2 169 mà 221 169       11 4(n 2 – 5n – 49) 169 n2 – 5n – 49 169 * Nếu 2n – 5 13 (2n – 5)2 - 221 13 4(n 2 – 5n – 49) 169 n2 – 5n – 49 169 Cách3: Giả sử: 4(n2 – 5n – 49) = (2n – 5)2 – 221 chia hết cho 169 (1) (2n – 5)2 - 221 13 (2n – 5)2 13 (2n – 5)2 132 (2n – 5)2 - 221 169 (2) Từ (1) và (2) mâu thuẫn, nên suy ra được điều phải chứng minh Bài 4: Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của x và y thỏa mãn phương trình: 5x + 7y = 112 Ta có: 5 7 112 5 112 7 112 7 5 110 5 2 1 2 1 22 5 5 x y x y y x y y y x y Vì: x , y nguyên nên : 2 1 5 y là số nguyên 1 2,5 1 5 21 7 1 5 1 5 y t x t y t y t Do : với t Mà: x > 0 , y > 0 1 3 5 t t = -2 ; -1 ; 0 Khi: t = -2 x = 7 và y = 11 Khi: t = -1 x = 14 và y = 6 Khi: t = 0 x = 21 và y = 1 @ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: a) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên. b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên. Bài 2: Tìm cặp số tự nhiên (x; y) sao cho: pyx 111  ( p là số nguyên tố). Bài 3: Chứng minh rằng số : N = 15 15 25 125   là hợp số. Bài 4: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố. Bài 5: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này cũng là số nguyên tố. Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình a) 16x - 25y = 1 b) 41x – 37y = 187