Kvant
Trường học trong Kvant

Một thủ thuật đơn giản cho những nhiệm vụ khó khăn

Кушнир И. А.

Kvant 1984, số 9tr. 25-26Thẻ MHGB

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

25

tìm giá trị QTQ_T thỏa mãn điều kiện

Q−QTd=целое число,\frac{Q-Q_T}{d} = \text{целое число},

(1)

trong đó dd là ước số nguyên tố trong cột của giá trị tìm thấy QTQ_T.

Trong hàng R=27R=27, điều kiện (1) tương ứng với các giá trị bảng QT=38Q_T=38 trong cột ước số d=89d=89 và d=43d=43. Đây là các thừa số nguyên tố của số đã cho (89×43=3827)(89 \times 43=3827).

Bây giờ chúng ta hãy phân tích số 5251. Khi chia nó cho 100, chúng ta được thương Q=52Q=52 và số dư R=51R=51. Đối với các số có R>49R>49, chúng ta gộp RR vào bảng, nhập giá trị “giảm” R′=100−RR'=100-R, tức là trong trường hợp này là R′=100−51=49R'=100-51=49. Trong trường hợp này, cùng với điều kiện (1), phải đáp ứng các điều kiện sau:

Q′+QTd=целое число,\frac{Q'+Q_T}{d} = \text{целое число},

(2)

ở đâu Q′=Q+1Q'=Q+1. Trong trường hợp này Q′=52+1=53Q'=52+1=53.

Trong hàng R=49R=49, điều kiện (2) được đáp ứng bởi QT=36Q_T=36, trong cột ước số d=89d=89 (53+36=89)(53+36=89) và QT=6Q_T=6 trong cột ước số d=59d=59 (53+6=59)(53+6=59). Do đó, các thừa số nguyên tố của một số đã cho là 89×59=525189 \times 59=5251.

Số đó là 51620. Sau khi chia cho 20, tất cả những gì còn lại là phân tích số 2581. Đây R=81R=81. Vì vậy, R′=100−81=19R'=100-81=19, Q=25Q=25. Vì vậy, Q′=25+1=26Q'=25+1=26.

Điều kiện (2) ở đây được ghi bằng QT=63Q_T=63 trong cột chia d=89d=89 và QT=3Q_T=3 trong cột chia d=29d=29. Vì vậy, 89×29×20=5162089 \times 29 \times 20=51620.

Lưu ý rằng ước chung của cả ba số là số nguyên tố 89.

Sử dụng bảng, không khó để xác định số 10607 nêu trên là số nguyên tố. Thật vậy, trong hàng R=07R=07 không có một giá trị nào QTQ_T mà khi trừ từ Q=106Q=106 sẽ thỏa mãn điều kiện (1).

V. S. Khitruk

Có khả năng đương đầu với những nhiệm vụ khó khăn

Học sinh lớp 6 đã quen thuộc với công thức tính bình phương tổng hoặc hiệu của hai số. Không khó để học cách tách một hình vuông hoàn hảo khỏi một biểu thức đại số, “nhận dạng” nó và sau đó rút ra nghiệm. Những hành động này thường giúp ích cho lời giải cụ thể bài toán. Tất nhiên, bài toán bên dưới cho phép các phương pháp khác lời giải, tuy nhiên, việc biết cách sử dụng các ví dụ được chỉ định sẽ giúp người nộp đơn “tiết kiệm” thời gian rất cần thiết cho bài kiểm tra.

Rút gọn biểu thức

Ví dụ 1 (MSU, cơ chế, 1978). Hiệu ∣402−57∣−402+57\sqrt{|40\sqrt{2}-57|}-\sqrt{40\sqrt{2}+57} là số nguyên. Tìm số này.

Trong cuốn sách của Yu. V. Nesterenko, S. N. OLEXNIK, M. K. Potapov “Bài toán kỳ thi tuyển sinh môn toán” (M., Nauka, 1980), các tác giả biểu thị số mong muốn bằng xx, nhận thấy rằng xx là một trong các số 10 hoặc -10 và bằng cách so sánh số bị trừ và bị trừ, họ đi đến kết luận rằng x=−10x=-10 (tr. 132).

Hãy giải ví dụ tương tự bằng cách chọn một hình vuông hoàn chỉnh; ví dụ này sẽ hữu ích cho chúng ta sau này.

A=402+57=25+402+32=(5+42)2=5+42,A=\sqrt{40\sqrt{2}+57}=\sqrt{25+40\sqrt{2}+32}=\sqrt{(5+4\sqrt{2})^2}=5+4\sqrt{2},

B=∣402−57∣=∣(5−42)2∣=−5+42.B=\sqrt{|40\sqrt{2}-57|}=\sqrt{|(5-4\sqrt{2})^2|}=-5+4\sqrt{2}.

Vì vậy, B−A=−10B-A=-10.

Ví dụ 2 (MSU, cơ chế, 1969; KPI, 1980). Đơn giản hóa:

x+2x−1+x−2x−1.\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}.

Lời giải:

A=x+2x−1+1−1+x−2x−1+1−1=(x−1+1)2+(x−1−1)2=∣x−1+1∣+∣x−1−1∣=x−1+1+∣x−1−1∣.A=\sqrt{x+2\sqrt{x-1}+1-1}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}+1-1}=\sqrt{(\sqrt{x-1}+1)^2}+\sqrt{(\sqrt{x-1}-1)^2}=|\sqrt{x-1}+1|+|\sqrt{x-1}-1|=\sqrt{x-1}+1+|\sqrt{x-1}-1|.

Rõ ràng là x⩾1x \geqslant 1;

a) với 2⩾x⩾12 \geqslant x \geqslant 1, ta có

26

A=x−1+1−x−1+1=2;A = \sqrt{x-1} + 1 - \sqrt{x-1} + 1 = 2;
6) tại x⩾2x \geqslant 2
A=x−1+1+x−1−1=2x−1.A = \sqrt{x-1} + 1 + \sqrt{x-1} - 1 = 2\sqrt{x-1}.
Ví dụ 3 (KPI, 1980). Đơn giản hóa:
sin⁡4α+cos⁡4α−1sin⁡6α+cos⁡6α−1.\frac{\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha - 1}{\sin^6 \alpha + \cos^6 \alpha - 1}.
Lời giải:
sin⁡4α+cos⁡4α−1sin⁡6α+cos⁡6α−1=sin⁡4α+cos⁡4α+2sin⁡2αcos⁡2α−2sin⁡2αcos⁡2α−1sin⁡4α+cos⁡4α+2sin⁡2αcos⁡2α−3sin⁡2αcos⁡2α−1=(sin⁡2α+cos⁡2α)2−2sin⁡2αcos⁡2α−1(sin⁡2α+cos⁡2α)2−3sin⁡2αcos⁡2α−1=23.\frac{\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha - 1}{\sin^6 \alpha + \cos^6 \alpha - 1} = \frac{\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha + 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha - 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha - 1}{\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha + 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha - 3 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha - 1} = \frac{(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)^2 - 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha - 1}{(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)^2 - 3 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha - 1} = \frac{2}{3}.
Lời giải phương trình
Đối với lời giải phương trình vô tỷ, người ta không nên vội bình phương chúng; thật đáng để xem liệu có thể cô lập nó không?
Ví dụ 4 (KPI, 1979). Giải phương trình:
x−2+2x−5+x+2+32x−5=72.\sqrt{x-2} + \sqrt{2x-5} + \sqrt{x+2+3\sqrt{2x-5}} = 7\sqrt{2}.
Lời giải:
chúng tôi có
12(2x−5+22x−5+1)+2x−5+62x−5+9)=12((2x−5+1)2+(2x−5+3)2=12(∣2x−5+1∣+∣2x−5+3∣).\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{2x-5} + 2\sqrt{2x-5} + 1) + \sqrt{2x-5} + 6\sqrt{2x-5} + 9) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{(\sqrt{2x-5}+1)^2} + \sqrt{(\sqrt{2x-5}+3)^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\sqrt{2x-5}+1| + |\sqrt{2x-5}+3|).
Vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình
12(2x−5+1+2x−5+3)=72\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{2x-5} + 1 + \sqrt{2x-5} + 3) = 7\sqrt{2}
hoặc 22x−5=102\sqrt{2x-5} = 10, từ đâu x=15x = 15.
Ví dụ 5 (KSU, Khoa Kinh tế, 1978). Giải phương trình:
(4+23−4−23)2x+22x+3=144.(\sqrt{4+2\sqrt{3}} - \sqrt{4-2\sqrt{3}})^{2x} + 2^{2x+3} = 144.
Lời giải:
chúng tôi có
4+23=3+23+1=(3+1)2=3+1;\sqrt{4+2\sqrt{3}} = \sqrt{3+2\sqrt{3}} + 1 = \sqrt{(\sqrt{3}+1)^2} = \sqrt{3}+1;
tương tự như 4−23=3−1\sqrt{4-2\sqrt{3}} = \sqrt{3}-1. Do đó, phương trình đã cho sẽ có dạng
4x+8⋅4x=144,x=2.4^x + 8\cdot 4^x = 144, x = 2.
Ví dụ 6 (MSU, 1978, Khoa Ngữ văn). Số α\alpha được chọn sao cho phương trình x−3+α2x2+2αx(6−3)=62−9\sqrt{x-\sqrt{3}} + \alpha^2 x^2 + 2\alpha x(\sqrt{6}-\sqrt{3}) = 6\sqrt{2}-9 có lời giải. Tìm lời giải.
Lời giải: Biểu thị x1x_1 nghiệm của phương trình. Sau đó x1≠0x_1 \neq 0 và x1−3+α2x12+2αx1(6−3)−62+9=0\sqrt{x_1-\sqrt{3}} + \alpha^2 x_1^2 + 2\alpha x_1(\sqrt{6}-\sqrt{3}) - 6\sqrt{2}+9 = 0, hoặc
α2+2α(6−3x1)+x1−3+9−62x12=0.\alpha^2 + 2\alpha \left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{x_1}\right) + \frac{\sqrt{x_1-\sqrt{3}} + 9 - 6\sqrt{2}}{x_1^2} = 0.
Chúng ta hãy chọn một hình vuông hoàn chỉnh đối với các số x1x_1 và α\alpha. chúng tôi có
(α+6−3x1)2+x1−3x12=0.\left(\alpha + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{x_1}\right)^2 + \frac{\sqrt{x_1-\sqrt{3}}}{x_1^2} = 0.
Vì mỗi số hạng không âm nên x1=3x_1 = \sqrt{3} và α=1−2\alpha = 1 - \sqrt{2}.
Ví dụ 7. Giải phương trình sin⁡2x+sin⁡2y=sin⁡xsin⁡y+sin⁡xsin⁡y−1.\sin^2 x + \sin^2 y = \sin x \sin y + \sin x \sin y - 1.
Lời giải: Phương trình này tương đương với:
(sin⁡2x−2sin⁡x+1)+(sin⁡2y−2sin⁡y+1)+(sin⁡2x+sin⁡2y−2sin⁡xsin⁡y)=0(\sin^2 x - 2 \sin x + 1) + (\sin^2 y - 2 \sin y + 1) + (\sin^2 x + \sin^2 y - 2 \sin x \sin y) = 0 hoặc (sin⁡x−1)2+(sin⁡y−1)2+(sin⁡x−sin⁡y)2=0(\sin x - 1)^2 + (\sin y - 1)^2 + (\sin x - \sin y)^2 = 0, từ đâu x=sin⁡y=1x = \sin y = 1, x=sin⁡yx = \sin y. Do đó, phương trình lời giải sẽ có dạng bất kỳ cặp nào
x=π2+2πk,y=π2+2πn,k,n∈Z.x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, y = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, k, n \in Z.
Bài tập

  1. (MSU, 1979, Khoa Kinh tế) Giải phương trình: log⁡3x+7(9+12x+4x2)+log⁡2x+3×(6x2+23x+21)=4.\log_{3x+7}(9+12x+4x^2) + \log_{2x+3}\times(6x^2+23x+21) = 4.
  2. (KSU, 1978, Khoa Hóa học) Giải phương trình: (6+25−6−25)2x+22(x+1)=320.(\sqrt{6+2\sqrt{5}} - \sqrt{6-2\sqrt{5}})^{2x} + 2^{2(x+1)} = 320.
  3. (MSU, 1965, cơ học) Tìm tất cả các cặp số thỏa mãn phương trình
    cos⁡x+cos⁡y−cos⁡(x+y)=32.\cos x + \cos y - \cos(x+y) = \frac{3}{2}.
  4. (KSU, 1973, cơ học) Giải bất đẳng thức x+4x−4−x−4x−4≥3.\sqrt{x+4\sqrt{x-4}} - \sqrt{x-4\sqrt{x-4}} \geq 3.
  5. (MSU, 1982, Khoa Sinh học) Tìm giá trị lớn nhất và lớn nhất của hàm số
    y(x)=x+(x2+6x+9)(x2+2x+1)y(x) = x + \sqrt{(x^2+6x+9)(x^2+2x+1)}
    trên đoạn [−4;−54].[-4; -\frac{5}{4}].

I. A. Kushinr