( 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..........................................................................................7
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN.......................................................9
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG.....................................................................11
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH........................................................................13
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ?..............................................15
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT......................................................................................................16
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN.........................................................................................................................16
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.........................................18
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ....................................................................................................................20
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI.....................................................................................................21
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN.........................................................................................23
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN.......................................26
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ............................................................................................................28
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP........................................................29
SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI
KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT.................................................................31
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN......................................................33
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT.................................36
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN........................................................................................................................38
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL.............................................................40
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ..........................................42
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG................................................................................................44
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG...........................................................................................46
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA.....................47
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC.......................................................................49
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9................................................52
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN...................................................53
+ 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
a = 0
=> ax
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 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 :
x
3
+ 3x
2
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
chia hết cho q và a
0
q
n
chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => a
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) => :
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
= x
4
= 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
+ x
4
4
) + ( x
2
4
+ x
3
4
) + (x
2
4
+ x
4
4
) + (x
3
4
+ x
4
4
) + x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
.x
4
3
+ x
2
3
.x
3
+ x
2
.x
3
3
+ x
2
3
.x
4
+ x
3
3
.x
4
+ x
3
.
4
3
+ x
1
2
+ x
3
+ x
4
) + x
2
3
(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
) + x
3
3
.(x
1
+ x
2
+
x
3
+ x
4
) + x
4
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
+ x
2
3
+ x
3
3
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
2
, x
3
, x
4
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 :
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).
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.
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
kinh nghiệm giải quyết phần thuận của bài toán quỹ tích.
Đối với bài toán tìm quỹ tích của điểm M thì phần thuận phải dựa vào tính chất a của M để => M
thuộc một hình F xác định.
Sau bước “đoán nhận” quỹ tích bằng phương pháp vẽ 3 trường hợp hoặc bằng cách dựa vào sự 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 :
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
.
Giới hạn lại ta có {S} là tia S
1
p.
2. Dự đoán được quỹ tích điểm M có dạng tròn (đường tròn cung tròn) ta có chọn lựa các cách
chứng minh sau :
- Chứng minh điểm M luôn luôn cách một điểm cố định O cố định một khoảng không đổi.
- Dựa vào quỹ tích cung chứa góc.
- Chọn 3 điểm A, B, C cố định. Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường tròn đi qua A,
B, C.
.
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)
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
trên d. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam
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
+ αaM - 2β ab - β a
2
+ β bM
= -α M
2
+ (α a + β b - 2α b)M + 2α ab - α b
2
- - 2β ab - 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 :
f(t) = α (α - 4β )t
2
+ α (4α - 6β )t + β (β - 4α ) ≤ 0,
trong đó f(t) là tam thức bậc hai theo t. Vì α (α - 4β ) < 0 nên f(t) ≤ 0 <=> ∆’
t
≤ 0
<=> α
2
(2α - 3β )
2
-α β (α - 4β )(β - 4α ) ≤ 0
<=> α
4
- 8α
3
β - 8α
2
β
2
+ 4α β
3
≤ 0
<=> α
3
- 2α
2
β - 2α β
2
+ β
3
≤ 0
<=> (α / β )
3
- 2(α / β )
2
- 2α /β + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0)
<=> x
3
- 2x
2
- 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1)
<=> (x + 1)(x
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
+ β S
2
≤ 0 khi và chỉ khi
(2).
Từ (1) và (2) suy ra : Với α và β là các số dương, điều kiện để S = α S
1
+ β S
2
≤ 0 là
Trở lại bài toán 1. Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên :
Với α = 5 và β = 8 thì đúng, suy ra S = 5S
1
- 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
1
, t
2
.
Ví dụ :
S
1
= x + y = t
1
S
2
= x
2
4
= (x
2
+ y
2
)
2
- 2x
2
y
2
= S
2
2
- 2t
2
2
= t
1
4
- 4t
1
2
t
2
+ 2t
2
2
...
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
+ 3x
4
y + x
2
y
3
+ 3x
2
y
2
+ x
3
y + xy
+ 5t
1
t
2
2
+ 3t
2
(t
1
3
- 3t
1
t
2
) + t
2
(t
1
2
- 2t
2
) + t
2
2
t
1
+ 3t
2
2
+ t
1
2
t
2
+ t
2
t
1
3
- 3t
1
t
2
2+ t
2
2
= (t
1
2
+ t
2
)(t
1
3
- 3t
1
t
2
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 :
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
3
= a, x
5
+ y
5
= b.
Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + 1.
Lời giải : Ta có :
x
3
+ y
3
= t
1
- 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
; y
2
= x
2
3
- 2x
2
với x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
Lời giải :
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
.
b) 2x
4
- x
3
y + 3x
2
y
2
- xy
3
+ 2y
4
.
2. Lập phương trình bậc hai z
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
3
+ y
3
+ 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 ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , và x
1
, x
2
là
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
4
- mx
2
+ 3m - 8 = 0 (3)
Lời giải : Đặt t = x
2
Δ 0 thì (3) trở thành : t
2
- mt + 3m - 8 = 0 (4)
Số nghiệm của (3) phụ thuộc vào dấu các nghiệm của (4), tức là phụ thuộc vào dấu của các biểu thức :
Δ = m
2
- 12m + 32 ; P = 3m - 8 ; S = m
Ta lập bảng biện luận :
Bài toán 2 : Tìm m để phương trình x
4
- 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
thỏa
mãn t
1
< 0 < t
2
hoặc t
1
= t
2
> 0
3. Phương trình:
Để không tầm thường ta giả sử k ≠ 0.
Đặt ẩn phụ :
thì (10) trở thành (2). Với mỗi giá trị t ≥ 0 cho ta một nghiệm duy nhất x = 1/k.(t
2
- n). Do đó số
nghiệm của phương trình (10) đúng bằng số nghiệm không âm của phương trình (2).
Bài toán 4 : Tìm m sao cho phương trình:
có hai nghiệm phân biệt.
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 :
+ 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 : x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x
3
+
y
3
+ z
3
- 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
0 < a
1
≤ T = (a
1
+ a
2
+ …+ a
n
)/n ≤ a
n
Do đó : (T - a
1
)(a
n
- T) ≥ 0
Tương đương với a
1
+ a
n
- T ≥ a
1
a
n
/ T ≥ 0.
Xét n - 1 số không âm a
2
, a
3
, ... , a
T
n - 1
≥ a
2
a
3
a
n - 1
(a
1
+ a
n
- T) ≥ a
2
a
3
…a
n - 1
.(a
1
a
n
/ T)
=> :
Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trong trường hợp tổng quát đã được chứng minh.
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN
Các bài toán liên quan tới định lí Vi-et rất thường gặp trong các kì thi tốt nghiệp THCS và thi vào lớp
10.
ở bài viết này chúng ta cùng ôn tập những bài toán cơ bản nhất. Trước hết ta nhớ lại định li Vi-et
thuận :
.
2) Chứng minh Q = x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
4
+ x
2
4
chia hết cho 5.
Giải : Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
vì Δ = 5 > 0 (hoặc a.c = -1 < 0).
Theo định lí Vi-et ta có x
1
+ x
2
= 1 và x
1
x
2
= -1.
1) x
1
2
- 2x
1
2
x
2
2
= 3 + 3
2
- 2(-1)
2
= 10 => Q chia hết cho 5.
Chú ý : Các bạn giỏi có thể chứng minh Q = x
1
2001
+ x
2
2001
+ x
1
2003
+ x
2
2003
cũng chia hết cho 5 (Đề thi
HSG lớp 9 tỉnh Nam Định).
Thí dụ 2 : Giả sử x
1
, x
2
- 2m + 2. Do đó F = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
=
(m + 1)2 - 2(m
2
- 2m + 2) = -m
2
+ 6m - 3 = -(m - 3)
2
+ 6.
Với 1≤ m ≤ thì - 2 ≤ m - 3 ≤ - 2/3.
=> (m - 3)
2
≤ 4 => -(m - 3)
2
≥ -4
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.
Thí dụ 4 : Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm phân biệt của phương trình : x
2
- (m + 3)x + 2m - 5 = 0
mà hệ thức này không phụ thuộc m.
Giải : Ta có Δ = (m + 3)
2
- 4(2m - 5) = m
2
- 2m + 14 = (m - 1)
2
+ 13 > 0 với mọi m. Chứng tỏ phương
trình luôn có hai nghiệm x
1
và x
2
. Theo định lí Vi-et thì :
Khử m ta có : 2(x
1
+x
2
) - x
1
x
= 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).
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn là m = 3 và m = -3 .
Thí dụ 6 : Cho phương trình : x
2
- mx + m
2
- 3 = 0
1) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt.
2) Tim m để phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương.
Giải :
1) Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt
2) Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương trong các khả năng sau đây :
Khả năng 1 : 0 = x
1
< x
2
Khả năng 2 : x
1
< 0 < x
2
Khả năng 3 : 0 < x
Gọi các nghiệm của phương trình là x
1
, x
2
.
a) Tìm m sao cho x
1
+ 5x
2
= 4.
b) Tìm số nguyên m sao cho : F = 1/x
1
+ 1/x
2
cũng là số nguyên.
3. Tìm m để phương trình : x
2
+ 2(m - 1)x - 2m + 5 = 0 có nghiệm x
1
, x
2
và biểu thức A = x
1
2
+ x
2
2
đạt
giá trị nhỏ nhất.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)
y - x = 3 và x
2
+ xy + y
2
= 7 ; (III)
y - x = 7 và x
2
+ xy + y
2
= 13 ; (IV)
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn
Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn
điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x + y + z = xyz (2).
Lời giải :
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ;
2 ; 3}.
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3.
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2.
=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k
2
+ k - 1) = 4t
2
tương đương k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t
2
+ 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 :
x
3
+ y
3
+ z
3
= x + y + z + 2000 (5)
Lời giải : Ta có x
3
- x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó :
x
3
- x chia hết cho 3.
này.
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2
= 3 (7)
Lời giải :
(7) tương đương với (x - y/2)
2
= 3 - 3y
2
/4
Vì (x - y/2)
2
≥ 0 => 3 - 4y
2
/4 ≥ 0
=> -2 ≤ y ≤ 2 .
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương
trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn
khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình
nghiệm nguyên sau đây :
Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x
2
- 4 xy = 23 ;
b) 3x - 3y + 2 = 0 ;
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 :
(x
2
+ 4x + 8)
2
+ 3x
3
+ 14x
2
+ 24x = 0 (III)
Lời giải : Ta có, (III) tương đương với :
(x
2
+ 4x + 8)
2
+ 3x(x
2
+ 4x + 8) = - 2x
2
Tương tự (x
2
+ 4x + 8)
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
Kĩ năng biến đổi, tính toán về căn bậc hai là một yêu cầu quan trọng trong nội dung chương trình lớp
9. Sau đây xin giới thiệu với các bạn một số dạng thường gặp trong các bài toán về căn bậc hai.
I. Thực hiện phép khai căn bậc hai nhờ phân tích 2ab trong hằng đẳng thức (a - b)
2
và (a +- b)
2
.
* Khi gặp căn thức dạng ta có thể nghĩ đến việc phân tích về dạng 2ab với a
2
+ b
2
= M.
Thí dụ 1 : Tính :
Lời giải : Xét thấy :
II. Thực hiện phép khai căn bậc hai nhờ xuất hiện bình phương khi dùng hằng đẳng thức (a - b)
(a + b).
* 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 T
2
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.
= 58x + 22
Chú ý : Có thể thực hiện phép chia đa thức E cho x
2
- 2x - 1 được dư là 58x + 22 và từ đó cũng tính
được E.
Khi biến đổi, ta thường phải đánh giá, lựa chọn và kết hợp nhiều phương pháp khác nhau. Chắc chắn
chúng ta còn gặp nhiều dạng bài toán liên quan đến căn bậc hai với những cách biến đổi đặc biệt khác.
Đề nghị các bạn tiếp tục trao đổi.
Dưới đây là một số bài tập áp dụng (được trích từ một số đề thi của các tỉnh, thành phố).
Tính giá trị của các biểu thức :
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
Trong các loại hệ phương trình thì hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là loại hệ cơ bản và các bạn sẽ còn
gặp nhiều sau này. Đối với bậc THCS thì các bạn có hai phương pháp chính để giải và biện luận loại
hệ này, đó là phương pháp cộng đại số và phương pháp thế. Dù dùng phương pháp nào thì các bạn vẫn
đưa về giải và biện luận phương trình một ẩn. Bài viết này xin tổng kết với các bạn một số yêu cầu
thường gặp đối với loại hệ này.
1. Giải và biện luận.
Bài toán 1 : Giải và biện luận hệ :
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.
Khi và chỉ khi 4m + 5 thuộc { -1;1;-3;3} khi và chỉ khi m thuộc {-3/2;-1;-2;-1/2}
Với m = - 1 thì x = 1 ; y = 6 thỏa mãn.
Với m = - 2 thì x = - 1 ; y = - 2 thỏa mãn.
Tóm lại : Hệ có nghiệm x và y là số nguyên m = - 1 hoặc m = - 2.
b) Ta có x
2
+ y
2
= 0,25
[ - (2m + 1)/(4m + 5)]
2
+ [ -6/(4m + 5)]
2
= 1/4
4(2m + 1)
2
+ 4.36 = (4m + 5)
2
khi và chỉ khi m = 123/24
3.Giải các hệ đưa về hệ bậc nhất hai ẩn (thông qua các ẩn phụ).
Bài toán 4 :
Giải hệ :
Giải : Đặt thì u = 1/(2x - y); v = 1/(2x + y) hệ trở thành :
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
b) Q = |x - my| + |2x + y - 1|
Bài 4 : Giải các hệ :
Copyright: Tài liệu đại học ©