Tai lieu on HSG toan 9

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 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN 57 TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x 2 + 6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ? Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ, tìm tòi tôi mới phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó. Trước hết ta xét bài toán : Bài toán 1 : Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ là (m ; n thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là . Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này. Cách 1 : (sử dụng hệ thức Viét) Xét phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là . Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của (*) trong đó x 1 = . Do x 1 là nghiệm của (*) 2 Cách 2 : Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0 => 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 a = 0 => ax 2 + bx + c = a(x - )(x - ) => là một nghiệm của phương trình ax 2 + 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 : = x 2 - 2mx + m 2 - n Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q). Vì x 0 = là nghiệm của P(x) = 0 => : P(x 0 ) = Q(x 0 ) = 0 => Bx 0 + 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 : x 3 + 3x 2 + 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1. Bài toán 4 : Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, không thể có nghiệm hữu tỉ nếu hệ số của nó đều lẻ. Chứng minh : Dựa vào chứng minh của bài toán 3 ta có : Xét P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; a i nguyên lẻ, i = 0, ,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) Ta có : a n (p/q) n + 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 chia hết cho q và a 0 q n chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => a n chia hết cho q và a 0 chia hết cho p . => p, q lẻ (vì a 0 , a n lẻ) Do a i (i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí). => : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). Các bạn thấy đấy, mọi sự phức tạp đều bắt đầu bằng cái đơn giản. Từ một chút kì lạ nhỏ thôi nhưng nếu chịu đào sâu suy nghĩ thì sẽ khám phá rất nhiều điều thú vị. Đó là nguyên tắc hàng đầu trong sáng tạo toán học. Chúc các bạn thành công trên con đường đi tìm vẻ đẹp của toán học. Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là bốn số dương thay đổi 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 = 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 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 a 4 + b 4 ≥ a 3 b + ab 3 (xem lời giải của bạn Chi) áp dụng bài toán phụ ta có : (x 1 4 + x 2 4 ) + (x 1 4 +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 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 ≥ x 1 3 .x 2 + x 1 x 2 3 + x 1 3 .x 3 + x 1 .x 3 3 + x 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 3 . 4 3 + x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 Tương đương với : 4(x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 ) ≥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 + x 3 + x 4 ) + x 4 3 .(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) Tương đương với : 4(x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 ) ≥ x 1 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 + x 2 3 + x 3 3 + x 4 3 > 0. Ta có : T = (x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 ) / (x 1 3 + x 2 3 + x 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 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn x 1 3 + x 2 3 + x 3 3 + x 4 3 > 0 và x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1 là đủ. Với giả thiết này, lời giải dùng đến bất đẳng thức Bunhiacốpski nêu trên khó mà làm được phải không các bạn ? 5 TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 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 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 : - 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 D 1 m và {D} là tia D 1 m. b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vuông ABCD. C 1 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 . 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. 9 - 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. Ví dụ 2 :. Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng hình vuông BMNP ở nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O. Tìm {N}. Hướng giải : Ta có thể chứng minh phần thuận theo các cách sau : Cách 1 : Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45 o => N cung chứa góc 45 o vẽ trên AB. Cách 2 : Trên tiếp tuyến Ax lấy AN 1 = AB. Nối N1B => Đ AN 1 B = 45 o mà Đ ANB = 45 o => tứ giác AN 1 NB nội tiếp mà A, N 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) Vậy quỹ tích điểm M là tia OH. Dưới đây xin nêu một số bài tập quỹ tích để các bạn tham khảo. 10 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 giác MNP. (Quỹ tích là 2 tia // d và cách d một đoạn bằng OK/2 với OK vuông góc với d). Bài 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng tam giác đều BMC về nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O. a) Tìm quỹ tích đỉnh C (Cung chứa góc 60 o ). b) Tìm quỹ tích trung điểm H của MC (cung chứa góc 90 o ). c) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác đều BMC (một nửa đường tròn). Bài 5 : Cho góc xOy. Tìm quỹ tích các điểm M ở miền trong của góc xOy sao cho tổng các khoảng cách từ M tới Ox, Oy là một hằng số h đã cho. (Đoạn AB với A thuộc Ox, B thuộc Oy sao cho A cách Oy một đoạn là h ; B cách Oy một đoạn là h) TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tôi đã gặp một bài toán bất đẳng thức khá thú vị : Bài toán 1 : 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. 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 + 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 . Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0) <=> (α a + β b - 2α b) 2 + 4α (2α ab - α b 2 - - 2β ab - β a 2 ) ≤ 0 <=> α 2 a 2 + β 2 b 2 + 4α 2 b 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 : [...]... 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 32 33 SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI KHI TÌM... 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) x2 - 4 xy = 23 ; b) 3x - 3y + 2 = 0 ; c) 19x2 + 28y2 =7 29 ; d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 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/ 199 5 22... 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)... 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) Bài toán 2 : Cho a + b ≥ 2 và n là số nguyên dương Chứng minh rằng : an + bn ≤ an +1 + bn +1 Lời giải : Vì a + b ≥ 2 > 0 nên từ (**) suy ra an + bn ≥ 0 suy ra : 31 Mong các bạn bổ sung thêm nhiều bài tập áp dụng của bổ đề này TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP Tính... 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) y - x =... : a) 5x2 - 4xy + y2 = 1 69 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 + 199 7 không có nghiệm nguyên 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 30 ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ Trong quá trình học tập,... về của nhóm giáo viên Toán, trường THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Dương Mạnh Linh, 9A2, THCS Lê Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc cùng tham khảo Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của... 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),... 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... 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 M Thí dụ 1 : Tính : ta có thể nghĩ đến việc phân . một đoạn là h) TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May- 199 6” tôi đã gặp một bài toán bất đẳng thức khá thú vị : Bài toán. 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. 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 NHỮNG KHAI THÁC