1
( suu tam)
( suu tam) 1
TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ 1
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 5
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH 8
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN 10
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG 12
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH 14
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? 16
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT 17
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN 18
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 20
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ 22
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI 23
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 25
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN 28
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ 30
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP 31
SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI
KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 33
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN 35
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT 38
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN 40
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 42
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 44
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG 47
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 49
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA 50
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC 52
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 55
=> 2am + b = 0 = am
2
+ an + bm + c
Khi đó :
Cách 3 :
Xét :
= (x - m)
2
- n = x
2
- 2mx + m
2
- n
Chia đa thức ax
2
+ bx + c cho g(x) ta có :
ax
2
+ bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m
2
a)
Khi x
1
= => ax
2
+ bx + c = 0.
=> : (b + 2ma)( ) + an + c = 0.
Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m
2
+ C = 0
=> : B( ) + C = 0.
Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0
=> P(x) = Q(x).(x - )(x - )
=> cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm).
Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai.
Bài toán 3 :
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các hệ số của nó đều
lẻ.
3
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ là
(p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
=> : a.(p/q)
2
+ b.(p/q) + c = 0
=> : ap
2
+ bpq + cq
2
= 0 (2)
Từ phương trình (2) ta có ap
2
chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ)
Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ)
Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ và khác 0 (vô lí).
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm).
Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì. Điều
này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình :
+ a
n - 1
(p/q)
n - 1
+ + a
1
(p/q) + a
0
= 0
Tương đương với : a
n
p
n
+ a
n - 1
p
n - 1
q + + a
1
pq
n - 1
+ a
0
q
n
= 0 (3)
=> a
n
p
n
thỏa mãn điều kiện : x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời
giải như sau :
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => :
4
Dấu đẳng thức xảy ra khi x
1
= x
2
= x
2
= x
3
= x
4
= 1/4 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x
1
= x
2
= x
2
+x
3
4
) + (x
1
4
+ x
4
4
) + ( x
2
4
+ x
3
4
) + (x
2
4
+ x
4
4
) + (x
3
4
+ x
4
4
) + x
1
4
1
3
.x
4
+ x
1
.x
4
3
+ x
2
3
.x
3
+ x
2
.x
3
3
+ x
2
3
.x
4
+ x
3
3
.x
4
+ x
) ≥x
1
3
.(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
) + x
2
3
(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
) + x
3
3
.(x
1
+
x
2
3
+ x
2
3
+ x
3
3
+ x
4
3
( do x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1)
Mà x
1
, x
2
, x
3
, x
4
> 0 nên x
1
3
3
+ x
4
3
) ≥ 1/4
Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x
1
= x
2
= x
2
= x
3
= x
4
= 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi x
1
= x
2
= x
2
= x
3
= x
4
= 1/4 .
Các bạn thấy đấy, tôi đã tìm được lời giải bài toán “chông gai”. Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết
bài của toán chỉ cần x
1
, x
Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất
đẳng thức đại số sau :
Bài toán : Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
Bài toán này có nhiều cách giải. Tôi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng
bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài toán tổng quát một
cách không khó khăn gì.
Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó :
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
=> x = y + z, mâu thuẫn với (2)
=> đẳng thức không xảy ra.
Vậy, ta có :
Dựa vào ý tưởng của cách giải trên, ta đề xuất và giải được bài toán sau :
Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
6
Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z.
Do đó :
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3)
Ta có :
7
Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài toán ban đầu. Ngoài ra với những giá trị cụ thể khác của
m, n, p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1).
Một kinh nghiệm các bạn nên vận dụng khi học toán : Thử xem với lời giải nào thì có thể đi đến bài
toán tổng quát dễ dàng nhất.
8
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH
Toán quỹ tích là một dạng toán khó trong hình học, các em thường bị lúng túng khi gặp loại toán này
trong các kì thi tốt nghiệp và thi học sinh giỏi ở bậc THCS. Bài viết này nhằm giúp các em một số
là giao điểm của (S) và Ox . Ta có tứ
giác ACBC
1
nội tiếp => Đ AC
1
O = Đ ACB = 45
o
=> C
1
là điểm cố định mà C
1
C vuông góc với AC
1
=> C thuộc tia C
1
n vuông góc với AC
1
.
Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC
1
x cũng được nhưng sẽ dài và khó hơn.
c) Để tìm quỹ tích S có rất nhiều cách. Tốt nhất ta nên lí luận như sau : Do (S) luôn luôn đi qua 2
điểm cố định A và C
1
=> SA = SC
1
S thuộc trung trực AC
1
.
1
, B cố định, vậy N thuộc đường tròn đi qua A, N
1
, B.
Cách 3 : Chứng minh Đ BNN
1
= 45
o
=> N thuộc đường tròn đường kính BN
1
.
Giới hạn lại ta đều có quỹ tích N là nửa đường tròn đường kính BN
1
.
Cách 4 : Kéo dài PM cắt đường tròn tại I. Dễ chứng minh I là trung điểm => I cố định. Mà IN = IB
=> N thuộc đường tròn tâm I, bán kính IB.
Chú ý : Do mệnh đề thuận và mệnh đề phản đảo là tương đương nên có những khi người ta đã thay
phần thuận bởi mệnh đề phản đảo, cụ thể là : Chứng minh M không thuộc F thì M không có tính chất
a.
Ví dụ 3 : Cho góc nhọn yOx. Tìm quỹ tích những điểm M nằm ở miền trong của góc sao cho tỉ số
các khoảng cách từ M tới Ox và từ M tới Oy là 1 : 2.
Bài giải :
1. Đảo : Lấy A thuộc Ox ; B thuộc Oy sao cho OA = OB. Lấy H cố định thuộc AB sao cho HA : HB
= 1 : 2.
Hạ HE vuông góc với Ox, Hfvuong góc với Oy.
Rõ ràng tam giác vuông HEA đồng dạng với tam giác vuông HFB (g.g) nên HE/HF = HA/HB = 1/2.
Lấy M bất kì thuộc tia OH. Hạ MP vuông góc với Ox, MQ vuông góc với Oy.
Ta có : MP/HE = MQ/HF => MP/MQ = HE/HF = 1/2.
2. Thuận :
Lấy M ’ không thuộc tia OH ta chứng minh tỉ số M 'P '/M 'Q ' không bằng 1/2(dễ dàng)
= ab + bc + cd ; S
2
= ac + ad + bd.
Chứng minh rằng :
Ban đầu, tôi chưa tìm ngay được lời giải trực tiếp cho bài toán trên. Khi đó tôi đã tự hỏi : “Bài toán
bắt nguồn từ đâu nhỉ ?”.
Trả lời câu hỏi này, tôi đã tìm được một lời giải cho bài toán trên. Ta xét bài toán sau :
Bài toán 2 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.
Đặt S
1
= ab + bc + cd ; S
2
= ac + ad + bd.
Xác định điều kiện cho cặp số dương (α , β ) để S = α S
1
+ β S
2
≤ 0.
Lời giải : Đặt
Ta có : S = α S
1
+ β S
2
= α (ab + bc + cd) + β (ac + ad + bd)
= α (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + + β (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a))
= α (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + + β (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab)
= 2α ab - 2α bM - α b
2
- αM
2
+ 2α β ab - 4α
2
ab - - 4α β b
2
+ 8α
2
ab - 4α
2
b2 - 8α β ab - 4α β a
2
≤ 0
<=> (α
2
- 4α β )a
2
+ (4α
2
- 6α β )ab + (β
2
- - 4α β )b
2
≤ 0
<=> α (α - 4β )a
2
+ α (4α - 6β )ab + β (β - 4α )b
2
≤ 0 (*).
* Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có :
11
β
2
+ 4α β
3
+ + 4α
3
β - 16α
2
β
2
≤ 0
<=> 4α
4
- 8α
3
β - 8α
2
β
2
+ 4α β
3
≤ 0
<=> α
3
- 2α
2
β - 2α β
2
+ β
3
+ α (4α - 6β )u + α (α - 4β ) ≤ 0.
Vì β (β - 4α ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’
u
≤ 0
<=> α
2
(2α - 3β )
2
- α β (α - 4β )(β - 4+α ) ≤ 0
<=> α
3
- 2α
2
β - 2α β
2
+ β
3
≤ 0
<=> (β /α )
3
- 2(β /α )
2
- 2β /α + 1 ≤
<=> y
3
- 2y
2
- 2y + 1 ≤ 0 (đặt β /α = y, 0 < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :
Vậy với 0 < β ≤ α thì S = α S
1
y + xy
3
; Q(x, y) = x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
+ y
3
là các đtđx.
Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x
2
- y
2
không phải là các đtđx.
2. Các đa thức t
1
= x + y và t
2
= xy gọi là đtđx cơ bản.
3. Kí hiệu S
n
= x
n
+ y
n
(n thuộc N*) thì S
n
đều biểu diễn được theo t
- 3xy(x + y) = t
1
3
- 3t
1
t
2
S
4
= x
4
+ y
4
= (x
2
+ y
2
)
2
- 2x
2
y
2
= S
2
2
- 2t
2
2
I. Phân tích đa thức thành nhân tử.
Bài toán 1 : Phân tích đa thức :
f(x, y) = x
5
+ 3xy
4
+ y
5
+ 3x
4
y + x
2
y
3
+ 3x
2
y
2
+ x
3
y + xy
3
thành nhân tử.
Lời giải : Ta có :
f(x, y) = x
5
+ 3xy
4
+ y
5
(x + y) + 3x
2
y
2
= t
1
5
- 5t
1
3
t
2
+ 5t
1
t
2
2
+ 3t
2
(t
1
3
- 3t
1
t
2
) + t
2
(t
2
+ t
2
2
= t
1
5
- 3t
1
3
t
2
+ t
1
2
t
2
+ t
2
t
1
3
- 3t
1
t
2
2+ t
2
2
2
= xy thì hệ trở thành :
Thế t
1
= 3 ta có :
2 t
2
2
- 36 t
2
+ 64 = 0 => t
2
= 16 ; t
2
= 2.
Do đó x, y là các nghiệm của phương trình u
2
- 3u + 16 = 0 hoặc u
2
- 3u + 2 = 0.
Từ đó ta có x = 1 & y = 2 hoặc x = 2 & y = 1.
III. Giải phương trình.
Bài toán 3 : Giải phương trình sau :
Lời giải :
13
Từ kết quả bài toán trên ta có a, b và từ đó có nghiệm của phương trình là x = -15 hoặc x = 0.
IV. Chứng minh đẳng thức.
Bài toán 4 : Cho x + y = 1, x
3
+ y
1
3
t
2
+ 5t
2
2
t
1
(áp dụng công thức truy hồi)
=> b = 1 + 5t
2
2
- 5t
2
= (5a
2
+ 5a - 1)/9
Vậy 9b = 5a
2
+ 5a - 1 hay 9b + 1 = 5a.(a + 1).
V. Lập phương trình bậc hai.
Bài toán 5 : Hãy lập phương trình có hai nghiệm :
y
1
= x
1
3
- 2x
- 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)
2
) + 4.(-5)
= -125 - 2.(1 + 20 + 50) - 20
= -125 - 142 - 20 = -287
Vậy y
1
, y
2
là nghiệm của phương trình : y
2
- 14y - 287 = 0.
VI. Tìm cực trị.
Bài toán 6 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của :
Lời giải :
14
C. Một số bài tập.
1. Phân tích đa thức thành nhân tử.
a) f(x, y) = 10x
4
- 27x
3
y - 110x
2
y
2
- 27xy
3
+ 10y
4
- 2x
1
2
, với x
1
, x
2
là nghiệm của x
2
- x - 3 = 0.
3. Cho x, y dương thỏa mãn x + y = 1. Chứng minh rằng : 8.(x
4
+ y
4
) + 1/xy ≥ 5
4. Giải hệ :
5. Chứng minh : (x + y)
4
+ x
4
+ y
4
= 2(x
2
+ xy + y
2
)
2
.
6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x
1
= x
2
= 0 tương đương P = 0 và S = 0 hoặc là Δ = 0 và S = 0
+) 0 < x
1
< x
2
tương đương với Δ > 0 , P > 0 và S > 0
+) x
1
< x
2
< 0 tương đương Δ > 0 , P > 0 và S < 0
Sử dụng các kiến thức trên chúng ta có thể xét được số nghiệm của nhiều loại phương trình.
1. Phương trình trùng phương
ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (1)
Đặt ẩn phụ t = x
2
≠ 0 thì (1) sẽ trở thành
at
2
+ bt + c = 0 (2)
Mỗi nghiệm t > 0 của (2) cho hai nghiệm của (1).
Nghiệm t = 0 của (2) sẽ cho một nghiệm x = 0 của (1). Tất nhiên t < 0 sẽ không cho nghiệm của (1).
Bài toán 1 : Biện luận số nghiệm của phương trình : x
Phương trình (5) có đúng ba nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (6) có nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn 0 = t
1
< t
2
tương đương P = 0 & S > 0 hay :
2.Phương trình a(x - α)
2
+ b|x - α| + c = 0 (7)
Đặt ẩn phụ t = |x - α| thì (7) cũng sẽ trở thành phương trình (2).
Ta thấy mối quan hệ giữa số nghiệm của (1), (7) với nghiệm của (2) rất giống nhau. Có thể tổng kết
lại nhờ bảng sau :
Bài toán 3 : Tìm m để phương trình x
2
- 2x - |x - 1| + m = 0 (8) có đúng hai nghiệm phân biệt.
Lời giải : Ta có (8) (x - 1)
2
- |x - 1| + m - 1 = 0
Đặt t = |x - 1| ≥ 0 thì (8) trở thành : t
2
- t + m - 1 = 0 (9)
Phương trình (8) có đúng hai nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (9) có nghiệm t
1
, t
2
1
≥ 0
Tương đương với Δ > 0 , P ≥ 0 và S > 0
hay : m
2
- 8m + 12 > 0 , 2m - 3 ≥; 0 và m > 0
hay là : m > 6 hoặc m < 2 , m ≥ 3/2 và m > 0
Tươn đương : m > 6 hoặc 3/2 ≥ m < 2 .
Trước khi dừng bài viết, xin đề nghị các em có thể tự giải các bài tập sau đây :
Bài tập 1 : Tìm m để phương trình x
2
+ 2m|x - 2| - 4x + m
2
+ 3 = 0 có ít nhất một nghiệm.
Bài tập 2 : Chứng minh rằng phương trình : mx
4
- 3(m - 2)x
2
+ m - 3 = 0 luôn có nghiệm với mọi m.
Bài tập 3 : Biện luận số nghiệm của phương trình :
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ?
Bài toán chứng minh bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm là bài toán tương đối khó với học sinh
THCS. Xin được giới thiệu với các bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức này.
Bài toán : Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng :
Cách 1.
Bài toán phụ : Cho x, y, z, t 0. Chứng minh rằng : (bất đẳng thức Cô-si cho
bốn số không âm).
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :
Do đó :
17
≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)
1/3
.
Từ đây ta có một lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :
Lời giải : Với a
1
= a
2
= = a
n
= 0 thì bất đẳng thức đúng. Ngược lại :
Dễ thấy bất đẳng thức đúng trong trường hợp 2 số không âm. Giả sử bất đẳng thức đúng trong
trường hợp n - 1 số không âm (giả thiết quy nạp).
Không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a
1
a
2
≤ ≤ a
n
, ta có :
0 < a
1
≤ T = (a
1
+ a
2
+ …+ a
n
)/n ≤ a
n
+ … + a
n
+ (a
1
+ a
n
- T)]/(n - 1)}
n - 1
≥ a
2
a
3
a
n - 1
(a
1
+ a
n
- T)
=> :
T
n - 1
≥ a
2
a
3
a
n - 1
(a
1
2
= - b/a và x
1
x
2
= c/a ”.
Chú ý : Nhiều bạn khi sử dụng định lí này đã quên mất giả thiết a ≠ 0 và Δ ≥ 0 nên dẫn tới những sai
lầm đáng tiếc.
Thí dụ 1 : Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình x
2
- x - 1 = 0.
1) Tính x
1
2
+ x
2
2
.
2) Chứng minh Q = x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
2
- 2x
1
x
2
= 1
2
- 2(-1) = 3.
2) Q = (x
1
2
+ x
2
2
) + (x
1
2
+ x
2
2
)
2
- 2x
1
2
x
2
2
= 3 + 3
2
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ 0 tương đương với (m + 1)
2
- 4(m
2
-
2m + 2) ≥ 0 hay 3m
2
+ 10 - 7 ≥ 0 hay 1 ≤ m ≤ 7/3 .
Theo định lí Vi-et ta có x
1
+ x
2
= m + 1 và x
1
x
2
= m
2
- 2m + 2. Do đó F = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
, x
2
thỏa mãn : F = 1/ x
1
+ 1/ x
2
là số nguyên.
Giải : Phương trình có nghiệm x
1
, x
2
Theo định lí Vi-et thì x
1
+ x
2
= 2(m + 3)/m và x
1
.x
2
= (m + 2)/m
Do đó : F = 1/x
1
+ 1/x
2
= 2(m + 3)/(m + 2) = 2 + 2/(m + 2)
Ta thấy F là số nguyên hay m + 2 là ước của 2
Vì m ≥ - 9/4 nên m = 0 ; m = 1 ; m = -1 thỏa mãn bài toán.
19
Thí dụ 4 : Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm phân biệt của phương trình : x
1
, x
2
Tương đương với Δ ≥ 0 hay m
2
- 4(m
2
- 7) ≥ 0 hay 28 ≥ 3m
2
Theo định lí Vi-et ta có :
Giả sử x
1
= 2x
2
thì :
Khử x
2
bằng phép thế ta có :
2.(m/2)
2
= m
2
- 7 tương đương với 2m
2
= 9m
2
- 63
hay m>sup>2 - 9 hay là m = - 3 hoặc m = 3 (thoả mãn).
- 2(m + 1)x + m
2
+ 3m + 2 = 0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
2
+ x
2
2
= 12.
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
và x
2
không phụ thuộc m.
2. Cho phương trình : x
2
- 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.
Gọi các nghiệm của phương trình là x
1
, x
2
.
a) Tìm m sao cho x
1
+ 5x
y
3
- x
3
= 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vì x
2
+ xy + y
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2
+ xy + y
2
đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :
y - x = 91 và x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)
=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm
nghiệm của phương trình.
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- 2y
2
= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được :
4k
2
+4k + 1 - 2y
2
= 5
tương đương 2(k
2
+ k - 1) = y
2
=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
21
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k
2
+ y
3
+ z
3
- x - y - z chia hết cho 3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là
phương trình (5) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
xy + x - 2y = 3 (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6)
tương đương với:
y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2).
Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương
đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0).
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1)
- 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn
này.
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2
2
+ 10xy + 8y
2
= 96.
Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn :
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ;
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ;
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ;
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.
22
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ
Giải phương trình vô tỉ, phương trình bậc cao là dạng toán khó, thường gặp trong các kì thi vào lớp
10 ở các trường chuyên. Vận dụng khéo léo “một kĩ năng có nhiều ứng dụng” đăng trên TTT2 số 7,
9/2003, tôi đã giải được nhiều phương trình tưởng rằng khó, bằng cách đưa về dạng cơ bản A
2
= B
2
.
Sau đây là một vài thí dụ.
Thí dụ 1 : Giải phương trình :
(đề thi vào lớp 10 trường THPT Trần đại Nghĩa, TP. Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)
Lời giải : điều kiện : x ≤ 2.
Tương tự, giải (2) ta có:
So với điều kiện ban đầu thì nghiệm của phương trình (I) là : x = 1 và
Nhận xét : Ta có thể đặt
và đưa (I) về dạng :
(hệ phương trình đối xứng loại hai)
Thí dụ 2 : Giải phương trình :
(đề thi vào lớp 10 trường THPT Lê Hồng Phong, TP. Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)
Lời giải :Đ iều kiện :
= - 2x
2
+ 9/4x
2
Tương đương (x
2
+ 4x + 8 + 3/2x)
2
= (x/2)
2
Tương đương x
2
+ 4x + 8 + /32x = x/2 hoặc là x
2
+ 4x + 8 + 3/2x = - x/2 <BR< x
2
+ 5x + 8 = 0 hoặc
x
2
+ 6x + 8 = 0
Phương trình x
2
+ 5x + 8 = 0 vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x
2
+ 6x + 8 = 0 hay (x +
2)(x + 4) = 0 tương đương x = - 2 hoặc x = - 4.
Vậy phương trình (III) có hai nghiệm là : x = - 2 và x = - 4.
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI
Thí dụ 4 :Tính:
Lời giải : Ta có :
V. Biểu diễn lũy thừa bậc cao qua lũy thừa bậc 1.
Thí dụ 5 : Tính giá trị của biểu thức :
Lời giải :
x
3
= x
2
.x = (1 + 2x).x = x + 2x
2
= x + 2(1 + 2x) = 5x + 2 ;
x
5
= x
3
.x
2
= (5x + 2)(1 + 2x) = 9x + 2 + 10x
2
= 9x + 2 + 10(1 + 2x) = 29x + 12
=> E = 2x
5
+ x
3
- 3x
2
+ x - 1
= 2(29x + 12) + (5x + 2) - 3(1 + 2x) + x - 1
= 58x + 24 + 5x + 2 - 3 - 6x + x - 1
- Nghiệm của hệ thỏa mãn một hệ thức.
- Nghiệm của hệ là những số nguyên.
Bài toán 2 :
Tìm m để hệ :
Copyright: Tài liệu đại học ©