Các chuyên đề toán của lớp 9

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ...1TỪ 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

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

bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x2 + 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 ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là § Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (*) trong đó x1 = §

Do x1 là nghiệm của (*)

§

Cách 2 :

Khi chứng minh như ở cách 1

và được 2am + b = 0

=> 2am + b = 0 = am2 + an + bm + c

=> §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

=> §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

Từ phương trình (2) ta có ap2 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 :

Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; ai nguyên lẻ, i = 0, ,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)

Ta có :

an(p/q)n + an - 1(p/q)n - 1 + + a1(p/q) + a0 = 0

Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + + a1pqn - 1 + a0qn = 0 (3)

=> anpn chia hết cho q và a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => an chia hết cho q và a0 chia hết cho

p => p, q lẻ (vì a0, an lẻ)

Do ai (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 x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 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 :

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

Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x1 + x2 + x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4)

Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1)

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

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 :

§

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) 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

=> ( AC1O = ( ACB = 45o => C1 là điểm cố định mà C1C vuông góc với AC1 => C thuộc tia C1n vuông góc với AC1

Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x 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 C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1

Giới hạn lại ta có {S} là tia S1p

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

Cách 2 : Trên tiếp tuyến Ax lấy

AN1 = AB Nối N1B =>

( AN1B = 45o mà ( ANB = 45o

=> tứ giác AN1NB nội tiếp mà

A, N1, B cố định, vậy N thuộc

đường tròn đi qua A, N1, B

Cách 3 : Chứng minh ( BNN1

= 45o => N thuộc đường tròn đường kính BN1

Giới hạn lại ta đều có quỹ tích N là nửa đường tròn đường kính BN1

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

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 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 60o)

b) Tìm quỹ tích trung điểm H của MC (cung chứa góc 90o)

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 S1 = ab + bc + cd ; S2 = 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

=  (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + +  (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a))

=  (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + +  (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab)

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

Qua bài toán này ta thấy rằng, việc lựa

chọn hướng chứng minh cho nhiều bài toán hoàn toàn không đơn giản nhưng trong một số trường hợp, khi đặt vấn đề tìm lời giải cho bài toán mở rộng của nó thì lại đem đến thành công bất ngờ

ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG

A Lí thuyết

1 Đa thức hai ẩn x, y không đổi khi thay x bởi y và y bởi x gọi là đa thức đối xứng (đtđx) hai ẩn

Ví dụ : P(x, y) = x3y + xy3 ; Q(x, y) = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 là các đtđx

Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x2 - y2 không phải là các đtđx

2 Các đa thức t1 = x + y và t2 = xy gọi là đtđx cơ bản

3 Kí hiệu Sn = xn + yn (n thuộc N*) thì Sn đều biểu diễn được theo t1, t2

* 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

II Giải hệ phương trình

Bài toán 2 : Giải hệ :

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

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

Bài toán 5 : Hãy lập phương trình có hai nghiệm :

y1 = x13 - 2x2 ; y2 = x23 - 2x2 với x1, x2 là nghiệm của phương trình : x2 - x - 5 = 0 Lời giải : Theo Vi-et ta có t1 = x1 + x2 = 1 ; t2 = x1.x2 = -5

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

là các nghiệm của phương trình

* Các điều kiện quan trọng :

+) x1 < 0 < x2 tương đương P < 0

+) 0 = x1 < x2 tương đương P = 0 và S > 0

+) x1 < x2 = 0 tương đương P = 0 và S < 0

+) x1 = x2 = 0 tương đương P = 0 và S = 0 hoặc là Δ = 0 và S = 0

+) 0 < x1 < x2 tương đương với Δ > 0 , P > 0 và S > 0

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 phân biệt tương đương

với phương trình (6) có nghiệm

nghiệm phân biệt tương đương

với phương trình (9) có nghiệm

có hai nghiệm phân biệt

Lời giải : Đặt §thì phương trình (11) trở

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 x2 + 2m|x - 2| - 4x + m2 + 3 = 0 có ít nhất một nghiệm

Bài tập 2 : Chứng minh rằng phương trình : mx4 - 3(m - 2)x2 + 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

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 :

Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥ 0

Xét n - 1 số không âm a2, a3, , an-1, a1 + an - T Theo giả thiết quy nạp ta có :

{[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)

=> :

Tn - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T)

=> :

§

Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng

thức Cô-si trong trường hợp tổng quát đã được chứng minh

Thí dụ 1 : Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - x - 1 = 0

1) Tính x12 + x22

2) Chứng minh Q = x12 + x22 + x14 + x24 chia hết cho 5

Giải : Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 vì Δ = 5 > 0 (hoặc a.c = -1 < 0)

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

-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

Giải : Ta có Δ = (m + 3)2 - 4(2m - 5) = m2 - 2m + 14 = (m - 1)2 + 13 > 0 với mọi m Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm x1 và x2 Theo định lí Vi-et thì :

§

Khử m ta có : 2(x1+x2) - x1x2 = 11

Thí dụ 5 : Tìm m để phương trình : x2 -

mx + m2 - 7 = 0 có nghiệm này gấp đôi nghiệm kia

Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2

Tương đương với Δ ≥ 0 hay m2 - 4(m2 - 7) ≥ 0 hay 28 ≥ 3m2

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 : x2 - mx + m2 - 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 :

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

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 :

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

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

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 :

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 :

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

Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :

d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.

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 A2 = B2 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

Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)

Lời giải :Đ iều kiện :

§

So với điều kiện ban

đầu thì nghiệm của

Lời giải : Ta có, (III)

tương đương với :

Phương trình x2 + 5x + 8 = 0 vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x2 + 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

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 a2 + b2 =

IV Khi gặp mẫu số

chứa căn, hãy nghĩ tới

V Biểu diễn lũy thừa

bậc cao qua lũy thừa

bậc 1

Thí dụ 5 : Tính giá trị

Dưới đây là một số bài tập áp dụng (được trích từ một số đề thi của các tỉnh, thành phố)

1 Giải và biện luận

Bài toán 1 : Giải và biện luận hệ :

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 :

- 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

b) Tìm m sao cho nghiệm của hệ thỏa mãn x2 + y2 = 0,25

Giải : a) Vì (2) khi và chỉ khi y = 4x + 2 nên thế vào (1) ta có : x + (m + 1) (4x + 2) = 1

Khi và chỉ khi (4m + 5)x = -2m - 1 (3)

+ Nếu 4m + 5 = 0 khi và chỉ khi m = - 5/4 thì (3) vô nghiệm

+ Nếu 4m + 5 khác 0 khi và chỉ khi m khác - 5/4 thì (3) x = (- 2m - 1)/( 4m + 5) Thế vào (2) thì :

y = - 4 (- 2m - 1)/( 4m + 5) + 2 = 6/(4m + 5)

Trước hết ta thấy : Vì m nguyên nên 4m + 5 là số nguyên lẻ

Do đó : y nguyên khi và chỉ khi 4m + 5 là ước số lẻ của 6

Khi và chỉ khi 4m + 5 thuộc { -1;1;-3;3} khi và chỉ khi m thuộc {-3/2;-1;-2;-1/2}

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

Bài 3 : Tùy theo m, tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu

THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN

Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền (TTT2 số 14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài toán khá thú vị Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi 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 các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương

Thí dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (8)

Lời giải : (8) <=> 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32

<=> (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34

<=> |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52

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)

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 :

Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai

Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số

Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}

Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13)

Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có :

§

=> (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 =

1.2 = (-1)(-2)

=> x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7