Xét các trường hợp thay vào 1 ta tìm được x một cách dễ dàng.. Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào 1 ta tìm được x.. Xét các trường hợp thay vào 1 ta dễ dàng tìm được x... Từ đó ta dễ
Trang 1CHUYÊN ĐỀ 1:
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2
Giải:
;
Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0 (u-v).(10u-v)=0 u=v hoặc 10u=v
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng
Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
Giải:
Đặt x2 - 5x + 5 = u (1)
Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
(x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
(x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
(x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0
(u-1).(u+1)-15=0
u2-16=0
u=4
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x
Bài 3:Gpt:
2
90.
( 1) ( 1)
x
2 2
( 1)
x x x
Đặt u = x2 ( u 0) (1)
Ta có:
2
2 2
( 1)
u
u
88u2 182u 90 0
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x
Bài 4:Gpt: 3 x 3 2 x 3 312.( x 1)
Giải:
Đặt 3 x u ; 23 x 3 v (1)
Có: uv3 4 (u3 v3 ) u3 v3 3uv.(uv) 4 (u3 v3 )
v u
v u v
u v u v
uv u
v
u ).( 2 ) 0 3 ( ).( ) 0
.(
Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x
Trang 2Bài 5:Gpt: x x x x 3x
2 2
1 2 3 3
Giải:
Từ (1) suy ra: 2 5 3 3 2 3 2 2 6 1
x
x x x x
x x x
20 3 2 4 2 3 2
0 9 24 22
4
x x x
x
x 3
(*) ta có:
y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x
4
1 ).
4 (
3 ) 4 (
x
x x
x x
Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
(x x x x
Đặt (x 1 ).(x 4 ) y 0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
0 18 ) 4 ).(
1 ( 3 )
4
).(
1
(x x x x
Đặt (x 1 ).(x 4 ) y 0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x
Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1)
Giải:
(1) 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 (x0).Chia cả hai vế cho x2 ta được :
4x2 + 4x -20 + 2 12
x
x = 0. 2 1 2 2 1 24 0
2
x
x x
x
x 1
2 (2)
Ta có: y2 + 2y -24 = 0
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x
Bài 8:Gpt: 2 16 64 2 2 8 16 2 0
x
Giải:PT x 8 2 x 4 x 0
Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản
Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4)
x - 0 4 8 +
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
Trang 34 2 3
2 4
1 x x x x x x x
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được:
2x2 - x + 1 - 1 22 0
x
x Đặt y =
x
x1 (*) Ta có:
2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x
Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16
Giải:
Đặt 7 - x = y (*)
Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16 2y4 +12 y2 +2 = 16 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 y =1 hoặc y = -1
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y2 + 3y = t
Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2+ 3y +2) = t2 + 2t
*Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2
Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*)
Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**)
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2)
Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý)
*Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý)
*Nếu t = 0 suy ra x = 0 y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3
Bài 2:
) 2 ( 1 2 2
) 1 ( 2
x
z y
x
Giải:
Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 2x2 -xy +3x-2y-5=0
7 , 1 2 2
7 2
7 1 2
5 3
2
x
x x
x
x
Từ đó ta tìm được x tìm được y tìm được z
Bài 3:
) 2 ( 1 ) 1 ( 3
2 2
x
z y
x
Giải: Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)2 -y2 -z2 =1 yz - 3y - 3z = -4 (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(-5).(-1
Từ đó ta tìm được y và z tìm được x
Bài 4: 2xy + x + y = 83.
1 2
167 1 1 2
2 166 2
1 2
83
y y
y x
y
y
Từ đó ta tìm được y tìm được x
Bài 5: 3
y
zx x
yz
z
xy
Giải:Điều kiện : x,y,z 0
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ
có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Trang 4Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và , 0
x
y y x
Đặt A= 3
y
zx x
yz z
xy
Giả sử z <0 khi đó 3 = A = 0 0 0 0
y
zx x
yz z
xy
(Vô lý)
Vậy z >0.Ta có:
x
y z y
x z z
xy y
x z x
y z z
xy y
zx x
yz
z
xy
1 ,
1
1 ,
1 1
, 1
1
y x z
y x z xy
z z
xy
Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19
1 2
17 2 1
2
19 5
2 2
x
x x
x x
Từ đó ta tìm được x tìm được y
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
2
1 1
2
x x
Giải:Điều kiện :x 0 , x 2
2
2
1 1
x
1 2
1
2
x
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và 2 x 2 b (a,b > 0)
Ta có:
2 2 1
1
2
a
b
a
Có: 2 1 1 2 1 ab 1
ab b
Lại có: 2 = a2 + b2 2ab suy ra 1ab (2)
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2
2 1
x b a b
a
ab
Bài 2: 4 x2 1 4x x2 y2 2y 3 x4 16 y 5
Giải:
) 4 ( 0 16
) 3 ( 0 3
2 ) 2 ( 0 4
1
) 1 ( 0 4
4
2 2
2
x
y y
x
x x
Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2
Phương trình đã cho trở thành:
5
1
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu)
Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0
Giải:
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho
Vậy x0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được:
0 26 25
21 25
2 0 50 105 74
21
2
2 2
2
x
x x
x x
x x
x
x
x 25
ta có:
Trang 52y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y tìm ra x.
Bài 4:
7 1
4 1
5 1
1
.
2
x x
x x
Giải:
Đặt :
0 1
0 1
x b
x a
Hệ đã cho trở thành:
7 4
5 2
b a
b a
Từ đó tìm được a =3,b =1
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa
Bài 5:
) 2 ( 1 5
) 1 ( 1 5 1
x y
y x
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
1 1 2 1 5 1 5
1
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa
Bài 6:
) 2 ( 0 3
3 2
) 1 ( 0 24 45
12 4
15 2
2 2
2 2
xy x y y
x
y x
y xy x
Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
y x
y x
2 3
Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y
Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0
Giải:
Phương trình đã cho phân tích được như sau:
( 5). 2 2 ( 1) 0
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa
Bài 8:
xyz z y
x
z y
x
4 4
4
1
Giải:
Bổ đề:a,b,cR:a2 b2 c2 abbcca.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên)
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3
1
y z
Bài 9:
) 2 )(
2001 (
)
1
(
1
2000 2000
1999
1999
2
2
xy y x x y y
x
y
x
Giải:
Điều kiện: x,y 0
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0
Trang 6Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y 0 ) ta được:
2
1
y
Bài 10: x 2x 5 2 x 3 2x 5 2 2 2 (1)
Giải:
2
1 1 5 2
2
Ta có:
4 1 5 2 5 2 3 1 5 2 5 2
3
4 x x x x
Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2 5 7 5 2 9 0 5 2 0
5
2
x x x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: ; 7
2
5
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
CMR: ab + bc + caa2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca)
Giải:
Ta có:
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Vậy: ab + bc + caa2 +b2 +c2
Lại có:
a < b + c a2 < a.(b + c) (1)
Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3)
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca)
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.(x z) z.(y z) xy (1)
Giải:
Đặt:
n z
y
m z
x
(m,n,z > 0)
Khi đó (1) trở thành: zm zn (zm).(zn)
n z
z
m n
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2
2
Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm)
Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR:8 4 4 1 5
xy y x
Giải:
0 1 0
y y
x
xy
Ta có:
Trang 71 ( 4
1 4
1
2
xy xy xy
y
x
Lại có:
8 x y 4.(1 1 ).(x y ) 4.( x y ) (1 1 ).(x y ) x y 1
Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1 1 4 5
.
xy
y
x
Ta có đpcm
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac
Giải:
Ta có:x + y + z = 3 (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =
2
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương
Bài 5: Nếu
0 1
ab
b a
thì
8
1
4
4 b
Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3.
Bài 6:CMR:x10 y10.x2 y2 x8 y8 .x4 y4
Giải:
Ta có: x10 y10 .x2 y2 x8 y8 .x4 y4
8 8 12 12 4 4 4 4
2 2 12
12 y x y .x y x y x y .x y
x2y2 x8 y8x4y4 x4 y4
8 8 6 2 2 6
2
2
x y x y x y x y x y2 2.x2 y2 x6 y6 0 x y2 2.x2 y2 2 x4x y2 2y40 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0
Giải:
Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0
Bài 8:CMR: (2 11) 41
25
1 9
1
2
n
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
1 )
1 2 (
2
1
2
1
)
1
2
(
1
n
Áp dụng ta có:
4
1 2 2
1 2
1 2
1 2 2
1 1 2
1
4
1 3
1
3
1
2
1
.
2
1
) 2 2 ).(
1 2 (
1
5 4
1 4 3
1 3
.
2
1
.
2
1
n n
n
n n
A
Ta có đpcm
Trang 8Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: pq
q p
q p
Giải:
Có:
2. 0.
2
2
q p
q pq p q p pq
q
p
q
p
Ta có đpcm
Bài 10:CMR:
k k k
1 1
1 1
n n
1 2
1
3
1
2
1
Giải:
Ta có: k12 (k 11).k k11 k1
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
.
1 2
1 1
1
3
1 2
1 2
1 1
1 1
1
3
1
2
1
n n
n
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: 2 2 0
2 2
y x
y x
Giải:
2
2
y x y x y
x y x y
x
y
x
Ta có đpcm
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: abc.CMR:abc2 9bc.
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
2 9 ( 1 ) 5
4
0 ) 4 ).(
( 0 4
2
2 2
b
c b c b c
b c
a
b
b
Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)2 (2b + c)2 9bc
Ta có đpcm
Bài 13:
Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1
Giải:
Ta có:
1 2
2 2
2 2
2
) 2 ( ).
2 (
).
2 (
) 2 ( ).
2
(
).
2
.(
2 2
2
c c
b b
a
a
c c b b a a
a c c b
b
a
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1
Ta có đpcm
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
c a c a
c b
a
b
a
b
Giải:
Trang 9Ta có:
c a c a
c b
a b
a
b
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng
Vậy ta có đpcm
Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: 2 2 2 1
y z
3 3 3
x
z z
y y x
Giải:
y
x xy
y
x
z
y
x
z
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
) (
3 3
3
z y x zx x
z yz z
y
xy
y
x
Suy ra:
1 ) (
) (
) (
3
3
3
x
z
z
y
y
x
Vậy ta có đpcm
Bài 1:Cho
1 2 2
&
2 3
5
2 3
2
x x
b x
a Q x
x
x
của x trong tập xác định của chúng
Giải:
Điều kiện:x 2 , 1
2 3
2 )
2 ( 2
3
5 )
1 , 2
2 3
2
x x
b a x b a ax
x x
x x
1 5
2
0
2
1
b b
a
b
a
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n
a-Phân tích A thành nhân tử
b-Tìm n để A=0
c-CMR: A chia hết cho 30
Giải:
a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1)
n n n
Lại có:n(n 1 ) 2 A 2(2) và:(n 1 ).n.(n 1 ) 3 A 3 (3)
Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A ( 2 3 5 ) (đpcm)
Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia hết cho 3
Giải:
Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
Trang 10Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3 x, y 3
Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q
Giải:
Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:
q q p qn p m qn
q
pm
n
p
m
1 1 1
0 0
2
Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là:
q q p q
1 0
Bài 5:Cho đa thức: ( ) 4 14 3 71 2 154 120
x
a)Phân tích A(x) thành nhân tử
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24
Giải:
x
A
24 2 )
(
120 144
72 ) 14 ).(
1 ).(
1
x
x B
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1)
Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3
B(x) chia hết cho 3 (2)
Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24
Vậy ta có đpcm
Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + 7 chia hết cho x-2
Giải:
Ta có: x2 + 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2
x-2=-1,-11,1,11
Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra
Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho
(x-2).(x-3)
Giải:
Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b
Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)
Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có:
F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7
Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1
Vậy đa thức dư là 2x+1
Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
2
3
1 a a n
Giải:
Theo định lý fecma ta có:n3 n(mod 3 ) nZ
1 a
a , 3 2(mod3)
2 a
n
2
3
1 a a n
a a1a2 a n(mod 3 ) 0 (mod 3 )
Ta có đpcm
Trang 11Bài 9:Chứng minh rằng (7.5 n+12.6n ) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên.
Giải:
Ta có:
A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n
Ta có: 25 6 (mod 19 ) 25n 6n(mod 19 )
) 19 (mod 0 ) 19 (mod 6 19 6 12
6
.
Ta có đpcm
Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1
Giải:
Ta có: x10 + x5 + 1 = (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1)
bậc hai và định lý Vi-et.
Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0
1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m
Giải:
1 Ta có : = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = 5 > 0
suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2.Theo vi-et ta có:
) 2 ( 1
) 1 ( 1 2
2 2 1 2 1
m m x x
m x
x
Từ (1) suy ra:
2
1
2
1
2
1 2
1
2 2 1
2
1
x x x
x
x
2
1 2
1
2 2 1 2
x
Ta có đpcm
Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức của phương trình sau là số chính phương: k.x2 + (2.k-1).x + k-2= 0; (k0)
Giải:
Ta có : = (2k-1)2 - 4.k.(k-2) =4k +1
Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)2 n là số tự nhiên
Hay: k = n2 + n
Vậy để là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng)
Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :
(x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= 0
Giải:
Đặt f(x)= (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3) = (x-2).g(x)
Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác 2 hay:
1 2 2 0
)
2
(
0 ) 3
.(
4 2
2
k k g
k
k
Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương:
x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2)
với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho
Giải:
-Điều kiện cần:
Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1) Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b