TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ 1
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 4
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH 5
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN 8
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG 9
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH 11
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? 13
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT 13
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN 14
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 16
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ 18
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI 19
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 20
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN 22
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ 24
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP 25
SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI
KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 26
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN 28
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT 30
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN 32
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 33
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 35
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG 37
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 39
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA 40
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC 42
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 44
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN 45
TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ
Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ
=> : (b + 2ma)(§) + an + c = 0.
Do §vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m2a = 0
=> ax2 + bx + c = a(x - §)(x - §)
=> §là một nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (đpcm).
Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau :
Bài toán 2 :
Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vô tỉ là
§(m, n thuộc Q) thì §cũng là một nghiệm của phương trình này.
Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2 (bài toán 1) trong
bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2.
Thật vậy : Xét phương trình P(x) =
0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ.
Xét : §
= x2 - 2mx + m2 - n
Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q).
Vì x0 = §là nghiệm của P(x) = 0
=> : P(x0) = Q(x0) = 0 => Bx0 + 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.
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + 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
=> : ap2 + bpq + cq2 = 0 (2)
§
Dấu đẳng thức
xảy ra khi x1 =
x2 = x2 = x3 =
x4 = 1/4 .
Vậy giá trị nhỏ
nhất của T là 1/4
khi x1 = x2 = x2
= x3 = x4 = 1/4 .
Thú thật, với
kiến thức nhỏ bé
của tôi, đây quả
là một bài toán
“chông gai” ,
bởi vì mặc dù đã
có lời giải
nhưng nào là
“căn”, nào là
“bất đẳng thức
Bunhiacốpski” tôi vẫn còn “sợ hãi”
Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số 1 (3 - 2003) đã đăng bài “Nhiều cách giải cho một bài toán” của bạn
Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) trên chuyên mục Eureka. Bài đó
đã giúp tôi nghĩ đến vận dụng bài toán “đẹp” ấy để giải bài toán “chông gai” này !
Lời giải như sau :
Bài toán phụ : Chứng minh rằng a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi)
áp dụng bài toán phụ ta có :
(x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 +
x34 + x44
≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 +
x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44
=> 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 :
§
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 :
§
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).
chuyển động của điểm M (nếu M có thể chạy ra xa vô tận thì quỹ tích M phải là đường thẳng hoặc
dựa vào tính đối xứng của quỹ tích ) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận như thế nào ? Ta
gặp hai tính huống sau đây :
1. Dự đoán quỹ tích M là có dạng thẳng (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta có thể chọn lựa các cách
chứng minh sau :
- Sử dụng quỹ tích đường trung trực.
- Sử dụng quỹ tích đường phân giác.
- Sử dụng quỹ tích đường thẳng song song cách đều.
- Nối điểm chuyển động M với một điểm O cố định rồi chứng minh : OM song song với một đường
thẳng cố định, hoặc vuông góc với một đường thẳng cố định hoặc OM tạo với đường thẳng cố định
một góc a không đổi.
Ví dụ 1 : Cho góc vuông yOx và điểm A cố định thuộc Oy. Một điểm B chuyển động trên Ox. Dựng
hình vuông ABCD ở miền trong của góc yOx .
a) Tìm quỹ tích điểm D.
b) Tìm quỹ tích điểm C.
c) Tìm quỹ tích tâm S của hình vuông.
Hướng giải :
§
a) Hạ DK vuông góc với Oy.
Chứng minh : tam giác vuông
AKD = tam giác vuông AOB
=> DK = OA = const => D
thuộc đường thẳng // Oy và
cách Oy một đoạn OA. Giới
hạn lại D thuộc tia D1m và
{D} là tia D1m.
b) Dựng đường tròn tâm S
ngoại tiếp hình vuông ABCD.
C1 là giao điểm của (S) và Ox .
Ta có tứ giác ACBC1 nội tiếp
=> 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)
Vậy quỹ tích điểm M là tia OH.
Dưới đây xin nêu một số bài tập quỹ tích để các bạn tham khảo.
Bài 1 : Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai
hình vuông về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai hình
vuông (quỹ tích M là một đoạn thẳng // AB và cách AB một khoảng AB/4).
Bài 2 : Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm
cạnh dựng hai tam giác đều về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng
nối tâm hai tam giác đều (Quỹ tích là một đoạn thẳng // AB, cách AB một khoảng §).
Bài 3 : Cho đường tròn (O ; R) và một đường thẳng d cắt (O) ở A và B. Một điểm M chuyển động
= 2 ab - 2 bM - b2 - M2 + aM - 2 ab - a2 + bM
= - M2 + ( a + b - 2 b)M + 2 ab - b2 - - 2 ab - a2.
Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0)
<=> ( a + b - 2 b)2 + 4 (2 ab - b2 - - 2 ab - a2) ≤ 0
<=> 2a2 + 2b2 + 4 2b2 + 2 ab - 4 2ab - - 4 b2 + 8 2ab - 4 2b2 - 8 ab - 4
a2 ≤ 0
<=> ( 2 - 4 )a2 + (4 2 - 6 )ab + ( 2 - - 4 )b2 ≤ 0
<=> ( - 4 )a2 + (4 - 6 )ab + ( - 4 )b2 ≤ 0 (*).
* Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có :
f(t) = ( - 4 )t2 + (4 - 6 )t + ( - 4 ) ≤ 0,
trong đó f(t) là tam thức bậc hai theo t. Vì ( - 4 ) < 0 nên f(t) ≤ 0 <=> ∆’t ≤ 0
<=> 2(2 - 3 )2 - ( - 4 )( - 4 ) ≤ 0
<=> 2(4 2 - 12 + 9 2) - ( - 4 2 - - 4 2 + 16 ) ≤ 0
<=> 4 4 - 12 3 9 2 2 - 2 2 + 4 3 + + 4 3 - 16 2 2 ≤ 0
<=> 4 4 - 8 3 - 8 2 2 + 4 3 ≤ 0
<=> 3 - 2 2 - 2 2 + 3 ≤ 0
<=> ( / )3 - 2( / )2 - 2 / + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0)
<=> x3 - 2x2 - 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1)
<=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤ 0
<=> x2 - 3x + 1 ≤ 0 (x + 1 > 0)
§
(tính ∆x)
Kết hợp với điều kiện 0 < x ≤ 1 ta suy ra :
§
Vậy với 0 < ≤ thì S = S1 + S2 ≤ 0 khi và chỉ khi (1).
* Xét trường hợp 0 < ≤ , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a2 ≠ 0 và đặt
u = b/a ta có :
f(u) = ( - 4 )u2 + (4 - 6 )u + ( - 4 ) ≤ 0.
Vì ( - 4 ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’u ≤ 0
<=> 2(2 - 3 )2 - ( - 4 )( - 4+ ) ≤ 0
S1 = x + y = t1
S2 = x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = t12 - 2t2
S3 = x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = t13 - 3t1t2
S4 = x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = S22 - 2t22 = t14 - 4t12t2 + 2t22
* Công thức truy hồi : Sk = t1.Sk - 1 - t2.Sk - 2.
4. Mọi đtđx hai ẩn x, y đều có thể viết dưới dạng đa thức hai ẩn t1, t2.
B. Các ứng dụng.
I. Phân tích đa thức thành nhân tử.
Bài toán 1 : Phân tích đa thức :
f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3 thành nhân tử.
Lời giải : Ta có :
f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3
= (x5 + y5) + 3xy(x3 + y3) + xy(y2 + y2) + x2y2(x + y) + 3x2y2
= t15 - 5t13t2 + 5t1t22 + 3t2(t13 - 3t1t2) + t2(t12 - 2t2) + t22t1 + 3t22
= t15 - 2t13t2 - 3t1t22 + t12t2 + t22
= t15 - 3t13t2 + t12t2 + t2t13 - 3t1t22+ t22
= (t12 + t2)(t13 - 3t1t2 + t1)
= (x2 + y2 + 3xy).(x3 + y3 + xy)
II. Giải hệ phương trình.
Bài toán 2 : Giải hệ :
§
Lời giải : Đặt t1 = x + y , t2 = xy thì hệ trở
thành :
§
Thế t1 = 3 ta có :
2 t22 - 36 t2 + 64 = 0 => t2 = 16 ; t2 =
2.
Do đó x, y là các nghiệm của phương trình u2 - 3u + 16 = 0 hoặc u2 - 3u + 2 = 0.
Từ đó ta có x = 1 & y = 2 hoặc x = 2 & y = 1.
§
C. Một số bài tập.
1. Phân tích đa thức
thành nhân tử.
a) f(x, y) = 10x4 -
27x3y - 110x2y2 -
27xy3 + 10y4.
b) 2x4 - x3y +
3x2y2 - xy3 + 2y4.
2. Lập phương trình
bậc hai z2 + pz + q
= 0 có các nghiệm là
:
z1 = x16 - 2x22 , z2
= x26 - 2x12 , với
x1, x2 là nghiệm
của x2 - x - 3 = 0.
3. Cho x, y dương
thỏa mãn x + y = 1.
Chứng minh rằng :
8.(x4 + y4) + 1/xy ≥ 5
4. Giải hệ :
5. Chứng minh : (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2.
6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x3 + y3 + 1 = 3xy.
7. Giải phương trình :
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH
Kiến thức về xét dấu các nghiệm của một phương trình bậc hai là một trong những kiến thức cơ bản
của THCS. Sau này khi học lên bậc THPT, các em vẫn cần sử dụng. Ta nhớ lại những điều cần
thiết :
* Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , và x1, x2
Phương trình (5) có đúng ba
nghiệm phân biệt tương đương
với phương trình (6) có nghiệm
t1, t2 thỏa mãn 0 = t1 < t2
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 x2 - 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 : t2 - t + m - 1 = 0 (9)
Phương trình (8) có đúng hai
nghiệm phân biệt tương đương
với phương trình (9) có nghiệm
t1, t2 thỏa mãn t1 < 0 < t2 hoặc
t1 = t2 > 0
§
3. Phương trình:
§
Để không tầm thường ta giả sử k ≠ 0.
Đặt ẩn phụ :
§
Do đó :
§
+ Trường hợp một
trong ba số a, b, c
bằng 0, bài toán được
chứng minh.
+ Trường hợp a, b, c đều khác 0, ta có a + b + c > 0. Do đó :
§
Cách 2. Sử
dụng kết quả : x3 + y3 + z3 - 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x3 + y3 + z3
- 3xyz §0 với x, y, z §0
§
Đặt §
§
Cách 3 áp dụng bất đẳng thức Cô-si
cho hai số không âm, ta có :
§
CÁCH CHỨNG
MINH HAY NHẤT
Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3
cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác.
Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Ngược lại, không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c. Khi đó : 0 < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c.
Do đó : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥ 0
Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ 0.
Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}2 ≥ b[a + c - (a + b + c)/3]
=> : [(a + b + c)/3]2 ≥ 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 :
§
1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 - 2(-1) = 3.
2) Q = (x12 + x22) + (x12 + x22)2 - 2x12x22 = 3 + 32 - 2(-1)2 = 10 => Q chia hết cho 5.
Chú ý : Các bạn giỏi có thể chứng minh Q = x12001 + x22001 + x12003 + x22003 cũng chia hết cho
5 (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Nam Định).
Thí dụ 2 : Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - (m + 1)x + m2 - 2m + 2 = 0. Tìm m để
F = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ 0 tương đương với (m + 1)2 - 4(m2 -
2m + 2) ≥ 0 hay 3m2 + 10 - 7 ≥ 0 hay 1 ≤ m ≤ 7/3 .
Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = m + 1 và x1x2 = m2 - 2m + 2. Do đó F = x12 + x22 = (x1 + x2)2 -
2x1x2 = (m + 1)2 - 2(m2 - 2m + 2) = -m2 + 6m - 3 = -(m - 3)2 + 6.
Với 1≤ m ≤ thì - 2 ≤ m - 3 ≤ - 2/3.
=> (m - 3)2 ≤ 4 => -(m - 3)2 ≥ -4
=> F = -(m - 3)2 + 6 ≥ 2.
Vì F = 2 tương đương với m = 1, nên F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 1.
Chú ý : Nếu các bạn “quên” điều kiện Δ ≥ 0 thì sẽ dẫn đến F không có giá trị nhỏ nhất !
Thí dụ 3 : Tìm số nguyên m sao cho phương trình mx2 - 2(m + 3)x + m + 2 = 0 có nghiệm x1, x2
thỏa mãn : F = 1/ x1 + 1/ x2 là số nguyên.
Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2
§
Theo định lí Vi-et thì x1 + x2 =
2(m + 3)/m và x1.x2 = (m + 2)/m
Do đó : F = 1/x1 + 1/x2 = 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.
Thí dụ 4 : Tìm hệ thức liên hệ giữa hai
nghiệm phân biệt của phương trình :
x2 - (m + 3)x + 2m - 5 = 0 mà hệ thức này không phụ thuộc m.
§
Tóm lại : Phương trình chỉ có
một nghiệm là nghiệm dương
§hoặc m = 2.
Các bạn hãy làm thêm một số bài tập :
1. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12.
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc m.
2. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.
Gọi các nghiệm của phương trình là x1, x2.
a) Tìm m sao cho x1 + 5x2 = 4.
b) Tìm số nguyên m sao cho : F = 1/x1 + 1/x2 cũng là số nguyên.
3. Tìm m để phương trình : x2 + 2(m - 1)x - 2m + 5 = 0 có nghiệm x1, x2 và biểu thức A = x12 +
x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài
toán loại này.
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số
nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
y3 - x3 = 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau
:
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I)
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II)
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III)
4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5
tương đương 2(k2 + k - 1) = y2
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k2 + k - 1) = 4t2
tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm.
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (5)
Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó
: x3 - x chia hết cho 3.
Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - 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 :
x2 - xy + y2 = 3 (7)
Lời giải :
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 :
§
So với điều kiện ban
đầu thì nghiệm của
phương trình (II) là :
x = - 1.
Thí dụ 3 : Giải
phương trình :
(x2 + 4x + 8)2 + 3x3
+ 14x2 + 24x = 0
* Trong một tích, nếu xuất hiện thừa số có dạng:
§
hãy thử làm xuất hiện thừa số:
§
.
Thí dụ 2 :Tính :
§
Lời giải : Ta có :
§
III. Cần tính T, trước hết
tính T2 rồi xét dấu T để =>
T.
Thí dụ 3 : Tính:
§
Lời giải : Ta có :
§
IV. Khi gặp mẫu số
chứa căn, hãy nghĩ tới
trục căn ở mẫu.
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 :
Giải : Các bạn có thể chọn một trong
hai phương pháp, chẳng hạn phương
pháp thế :
Ta có (2) y = 3 - x. Thế vào (1) :
mx + 2(3 - x) = 2m (m - 2)x = 2m - 6 (3).
+ Nếu m - 2 = 0 m = 2 thì (3) trở thành 0 = - 2, vô nghiệm (không được nói là phương trình vô
lí !).
+ Nếu m - 2 khác 0 ; m khác 2 thì (3) khi và chỉ khi x = (2m - 6)/(m - 2) Thay vào (2) => :
y = 3 - (2m - 6)/(m - 2) = m/(m- 2) Hệ có nghiệm duy nhất :
x = (2m - 6)/(m - 2); y = m/(m- 2)
2.Nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.
Những yêu cầu về nghiệm thường gặp :
- Nghiệm của hệ thỏa mãn những bất đẳng thức.
- Nghiệm của hệ thỏa mãn một hệ thức.
- Nghiệm của hệ là những số nguyên.
Bài toán 2 :
Tìm m để hệ :
§
có nghiệm thỏa mãn x > 0 và y > 0.
Giải :
Nhân hai vế của (2) với -3, ta có (2) tương đương với -3x - 3my = -9 (3)
Cộng từng vế của (1) và (3) dẫn đến :
- 2y - 3my = m - 9 khi và chỉ khi (2 + 3m)y = 9 - m (4)
+ Nếu 2 + 3m = 0 khi và chỉ khi m = - 2/3 thì (4) trở thành 0 = 29/3 vô nghiệm.
+ Nếu 2 + 3m khác 0 ; m khác - 2/3 thì :
(4) khi và chỉ khi y = (9 - m)/(2 + 3m) Thế vào (1) ta có :
3x - 2.[ (9 - m)/(2 + 3m) ] = m khi và chỉ khi x = (m2 + 6)/(2 + 3m)
Khi đó x > 0 và y > 0
§
Tóm lại : Hệ có
Giải hệ này ta có u = 1/3 ; v = 1/5
Từ đó ta có :
§
4. Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất.
Có khi giải bài toán tìm giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức lại
xuất hiện loại hệ này. Ta xét bài
toán sau :
Bài toán 5 : Tùy theo giá trị của m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
F = (mx + 2y - 2m)2 + (x + y - 3)2
Giải : Ta thấy F ≥ 0 với mọi x, y, m và F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
§
Hệ này chính là hệ ở bài toán 1, có
nghiệm khi và chỉ khi m khác 2.
Với m = 2 thì F = (2x + 2y - 4)2 + (x +
y - 3)2.
Đặt t = x + y - 2 ta có : F = (2t)2 + (t - 1)2 = 5t2 - 2t + 1 = 5(t - 1/5)2 + 4/5 ≥ 4/5 Khi đó
F đạt giá trị nhỏ nhất là 4/5 khi và chỉ khi t = 1/5
Tóm lại : Nếu m = 2 thì F nhỏ nhất là 4/5
Và nếu m khác 2 thì F nhỏ nhất bằng 0.
Các bạn hãy tự giải các bài toán sau :
Bài 1 : Cho hệ :
§
a) Tìm n để hệ có nghiệm với mọi giá trị
của m.
b) Với n = 2, hãy tìm m sao cho hệ có
nghiệm thỏa mãn x < 0 và y < 0.
c) Với n = 3, hãy tìm số nguyên m sao cho hệ có nghiệm x, y là các số nguyên.
Bài 2 : Tìm m để hệ có nghiệm :
§
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số
chính phương 32 và 52.
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :
§
Giải các hệ trên => phương
trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}
Phương pháp 6 : lùi vô hạn
Thí dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0 (9)
Lời giải :
Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z),
ta có : 25x12 - 5y02 = 0 <=> 5x12 - y02 = 0
=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z).
Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 <=> x12 - 5y12 = 0.
Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9).
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x0
và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0.
Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0.
Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng
Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + + x! = y2 (10)
Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương
trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + + x! =
33 + 5! + + x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.
Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình :
x2 + x - 1 = 32y + 1 (11)
Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x - 1 chỉ nhận
các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ
có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9.
a) 5x2 - 4xy + y2 = 169
b) 3x = 4y + 1
Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 5x + 12x = 13x
b) y4 = x6 + 3x3 + 1
Bài 3 : Chứng minh rằng phương trình 25t = 2t5 + 1997 không có nghiệm nguyên.
<B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = 0.
Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 = 0.
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ
Trong quá trình học tập, tìm tòi, em đã được biết đến một bất đẳng thức đẹp và nhờ sử dụng nó, việc
chứng minh một số bất đẳng thức khác tỏ ra khá hiệu quả.
Bất đẳng thức được phát biểu dưới dạng một bổ đề như sau :
* Bổ đề : Nếu a + b ≥ 0 thì với mọi m ; n nguyên dương ta có :
§
Chứng minh :
§
Do a, b có vai
trò như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b (1).
Do a + b ≥ 0 suy ra a ≥ - b (2).
Từ (1) ; (2) suy ra a ≥ |b| ≥ 0, suy ra :
§
* Áp dụng :
Bài toán 1 : Cho x + y ≥ 0.
Chứng minh rằng :
(x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9).
Lời giải : Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có
§
§
Suy ra (x + y)(x3 + y3)(x5 +
y5) ≤ 4(x9 + y9).
§
Ví dụ 2 : Tính giá trị của biểu thức :
B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + 98.99.100.
Lời giải : Để tính được B, trong trường hợp này, ta đi tính 4B.
4B = 4(1.2.3 + 2.3.4 + + 98.99.100)
= 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + + 98.99.100.4
= 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 - 1) + 3.4.5.(6 - 2) + + + 98.99.100.(101 - 97)
= 1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + + + 97.98.99.100 - 97.98.99.100 + 98.99.100.101
= 98.99.100.101
§
Copyright: Tài liệu đại học ©