Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp tập 1

KHOA TOÁN C ■TIN HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Tự NHIÊN - ĐHQG HÀ NỘI Một S Ô phương pháp chọn lọc GIẢI CÁC BÀI TOÁN S CẤP GIÚP LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ BỐI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN ĐKỊ G pG Há Nội NHÀ XUẤT BẲN ĐẠI HỌC Qưổc GIA HÀ NỘI PHAN ĐỨC CHÍNH - [ p h m v n Đlẩu - Đ Ỗ V Ă N HÀ PHAN V Ă N HẠP - PHẠM V À N HÙNG - PH ẠM Đ Ă N G LONG NGUYỀN VĂ N MẬU - Đ ỗ THANH SON - LẼ ĐÌNH THỈNH MỘT SỔ PHƯƠNG PHÁP CHỌN LỌC GIẢI CÁC BÀI TOÁN sỡ CÂP Tài liệu dùng cho Học sinh chuẩn bị thi vào trường đại học bổi dưỡng học sinh giỏi toán TẬP I (In lần thứ năm) NHÀ X U Ấ T BẢN ĐẠI HỌC Q UỐC G IA H À NỘI LỜI TựA (Cho lần in thứ tư) Sau ba lần in sách “Một số phương pháp chọn lọc đề giải toán sơ cấp” đà nhận nhiều thư từ khắp miền đất nước tỏ ý hài lòng vể chất lượng sách đóng góp nhiều ý kiến bổ ích đồng thòi yêu cầu cho tái tiếp Để đáp ứng nguyện vọng đó, bổ sung chỉnh lý theo tinh thần: mặt giữ vững nâng cao chất lượng vấn đề có, mặt khác kết hợp đưa vào phương pháp giải khác toán Các phần phương pháp tam thức bậc hai, lương giác, hàm số bất đẳng thức sửa chữa với tinh thần Riêng phần hình học bổ sung thêm chương toán với phương pháp giải khác Theo quy định Cục Xuất để đáp ứhg yêu cầu bạn đọc in vỏi số lượng lốn, lần khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Tổng hợp Hà Nội liên kết với Nhà xuất Đại học giáo dục chuyên nghiệp để xuất sách; Trong trình bổ sung chỉnh lý đồng chí Nguyễn Thủy Thanh, Nguyễn Ngọc Thắng, Trần Hữu Phúc, Đỗ Lệnh Đạt nhiệt tình giúp đỡ Nhân xin chân thành cảm ơn dồng chí Chúng bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới Cục Xuất Bộ Thông Tin tập thể cán công nhân viên chức Nhà máy in Tiến tạo điều kiện để sách sớm đến tay bạn đọc Chúng chò mong ý kiến bạn đọc nội dung cửa sách Thư từ xin gửi vể khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Tổng hợp Hà Nội Hà Nộit ngày tháng năm Î988 C ác tá c giả LỜI T ựA (Cho lần in thứ ba) Sau sách "Một s ố phương pháp chọn lọc để giải cáac toán sơ cấp” gồm ba tập m bạn đọc, nhậnn nhiều thư từ khắp miền đất nước tỏ ỹ hài lòng vếê' chất lượng sách đóng góp nhiều ý kiến bổ ích Trong lần xuất này, việc chỉnh lý vài sai sóbt bổ sung số điểm phần phươngg pháp tam thức bậc hai, viết thêm chương phương pháp thểể tích phần hình học, bổ sung sửa chữa số' đề bàùi tập chương sau tập cho thêm hai đề toán để họoc sinh tự luyện có hưóng dẫn cách giải Chúng chân th n h cảm ơn Cục Xuất Bộ Vãn hóa.1, tập thể cần công nhân Nhà in Tiến tạo điềuu kiện để sách sóm đến tay bạn đọc Chúng chờ mong ỹ kiến bạn đọc nội dung cùa bộộ sách Thư từ xin gửi khoa Toán - Cơ, Trường Đại học Tổngg hợp Hà Nội Hà Nội, ngày 25 tháng 11 năm 19844 Các tá c giả LỜ I T ự A (Cho lần xuất th ứ hai) Sau tập ỉ tập II sách: “Mật sô'phương pháp chạn lọc để giải toán sơ cấp” mắt bạn đọc, đă nhận nhiều thư từ tỏ ý hoan nghênh cố gắng tập thể tác giả hiệu đính viên đà hoàn thành có chất lượng việc biên soạn sách Mặt khác bạn đọc cho ý kiến nhằm nâng cao chất lượng sách, tỏ ý hy vọng sách tái Để đáp ứng mong muôn tốt đẹp chinh lý lại phần: phương pháp tam thức bậc hai, hàm sốvà đồ thị; chinh lý có bổ sung phần hình hoc; viết lại cách tương đôì hoàn chỉnh phần: iượng giác, đẳng thức bất đẳng thức, phương trìnhThệ phương trình bất phương trình Sau để thuận tiện cho việc sử dụng đà xếp toàn phần nêu thành sách gồm ba tập: Tập I gồm phần: phương pháp tam thức bậc hai lượng giác Tập II gồm phần: hàm sô' dồ thị; đẳng thức bất đẳng thức « Tập III gồm phần: hình học, phương trình, hệ phương trình bất phương trình Nhân xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Cục Xuất Bộ Vản hóa khuyến khích động viên trình chuẩn bị biên soạn cho phép tái bẳn sách Chúng lần chân thành cảm ơn tập thể cán công nhân Nhà máy in Tiến cố gắng để sách sớm đến tay bạn đọc Chắc chắn sách có nhiều thiếu sóti ehúng mong bạn đọc cho ý kiến Thư từ xin gửi Khoa Toán, Trường Đại học Tổng hợp Hà Nội Ngày tháng 12 năm 1983 C ác tá c g iả LỜ I N Ó I ĐẦU (Cho lần xuất thứ nhất) Để góp phần vào việc nâng cao chất lượng học tập môn tơánn ố trưòng phổ thông trung học lốp chuyên toánn, biên soạn sách “Một số phương pháp chọn lọc đầể giải toân sơ cấp” Bộ sách nhằm phục vụ: - Các học sinh chuẩn bị thi vào trường đại học - Các học sinh muốn học tốt môn toán học sinh giỏi toánn - Các thầy, cô giáo dạy toán ố trường phổ thõng trungg học Bộ sách chủ yếu nhằm đạt việc giối thiệu vdi bạn đọọc số phương phốp chủ yếu, xuyên suốt việc giải mộôt sô" toán sơ cấp thưòng gặp, kỳ th i vào cáàc trường đại học Bộ sách có th ể gồm nhiểu tập, trước m m bạn đọọc hai tập Tập I gồm hai phần: Phần thứ n h ất đề cập đến phương pháp tam thức bậac hai để giúp bạn đọc nắm sử dụng tốt phương pháp giảai toán dựa lý luận vể tam thức bậc hai Phần thứ hai dành riêng cho phương pháp để giải mộột sô' 'toán vể hình học bao gồm việc khảo sát m ặt cắt, cáac quỷ tích m ặt phảng không gian, toánn cực trị, cốc toán đa diện nội ngoại tiếp hình cầuu phép chiếu vuông góc Tập II gồm hai phần: Phần thứ nhâ't trình bày khái niệm hàm sôp, rõ cách vẽ đồ thị hàm s ế nêu ỉên phương pháp địnhh hình, định tính định lượng hàm số sơ cấp P hần thử hai nêu cách vắn tắ t cách giải toánn b ất đẳng thức, bất phương trình, phương trìn h mũặ, phương trình chứa lôgarít bàì toán lượng giác, v.v chủ yếu để đáp ứng cho việc ôn thi đại học tới- Việc trìn h bày cò hệ thống vấn để phần sè tiến hành tập sau Trong phần đểu nêu tóm tắ t sỏ lý luận, ví dụ từ ví dụ chọn lọc mà nêu lên phương pháp jpải toán Sau có tập có dẫn cách giải để bạn đọc tự rèn luyện nắm phương pháp đă trìn h bày Các tập dành riêng cho học sinh giỏi có đánh dấu (*) Để bạn đọc làm quen với đề thi đại học, cuối tập có cho bôn để thi hoàn chỉnh đế thi vào đại học hướng dẫn cách giải Để thuận lợi cho việc ôn thi, cuôì tập II có hướng dẫn nội dung ôn thi môn toán (khôi A khôi B) vào đại học Bộ Đại học trung học chuyên nghiệp Chúng xin chán thành cảm ơn đồng chí N hà xuất Đại học trung học chuyên nghiệp, đồng chí ỏ Cục Xuất tạo điều kiện cho chúhg hoàn th àn h sớm thủ tục xuất Chúng xin chân thành cảm ơn cán công nhân Nhà máy in Tiến nhanh chóng hoàn thành việc in ấn giúp cho sách kịp thòi phục vụ bạn đọc Vì thòi gian khả hạn chế, chắn nhiều thiếu sót sách, mong bạn đọc xa gần cho biết nhận xét sách Thư từ nhận xét xin gửi theo địa chỉ: Khoa Toán, Trưòng Đại học Tổng hợp, Hà Nội Các tá c giả PHẨN THỨ NHẤT PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI CHƯƠNG I PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI §1 P h n g t r ì n h b ậ c h a i Phương trìn h bậc hai phương trìn h có dạng: ax2 + bx + c = (a * 0) (1) Cách giải: Gọi A = b2 - 4ac Khi đó: Nếu A < 0: phương trìn h vô nghiệm; Nếu A = 0: phương trìn h có nghiêm kép X = - —- ; 2a Nếu A > 0: phương trìn h có hai nghiệm p h ân biệt: - b ± VÃ Xl’2 2a Trường hợp b = 2b’ viết nghiệm gọn hơn: - b’ ± VÃ’ _ l '£ với Ạ’ - Jj’2 _ a c a Đặc biệt: Nếu a + b + c = 0, Xj = ; x2 = —*; Nếu a - b + c = 0, X, = - ; x9 = - — ’ ’ a Định lý Viét: Giả sử Xp x2 hai nghiệm phươnkg b c trình (1), Khi đó: s = Xj + x2 = — — ; p = Xj.x2 = — ã Ngược lại, hai số X, y có tổng - X + y tícìh p = x.y X y nghiệm phương trìnHi: s X2- sx +p =0 Biểu thức đối xứng nghiệm: D ựa vào h(ệ thức V iét ta tính biểu thức đổi x n g satu đây, với x1, x2 nghiệm (1): Xj2 + x22 = (xx + x2)2 - xị X2 = s2- 2P, Xj3 t x23 = (xx + x2)3 - x 1x2(x1 + Xg) = s3- 3SP Tổng quát, ta có hệ thức tru y hồi: aS n + bSn _ J + cSn _ = vổi Sn = x xn + x2n (n > 2) Dấu nghiệm số: D ựa vào định lý Viét ta có: Điểu kiện cần đủ để phương trìn h (1) có h a i nghiệrm p h ân biệt đấu là: A >0 — >0 a Điều kiện cần đủ để phương trìn h (1) có h a i nghiệim trá i dấu là: — 0, tức là: - 2cosa > 0, tức là: cosa < — z Từ đó: — < a < TC(do < a < n ) n Vây với — < (X< Tt, phương trình cho có nghiệm *1 + *2 1 b) Ta có — + — Xj x2 X1X2 N hư vậy, ta cần phải có: cosa = - cosa cosa Vã , V3 Õ7Ĩ a = —— Giá tri thừ a n h ân đươc Lúc TC 5rt ~ < < n đ ó : Xj2 + x 22 = ( x , + x 2) - x ^ X = = _ cosa - + Ẽ Vã B ất đẳng thức + —— < 1,9 hiển nhiên 11 Báy gió ta tim cách xác djnh diém C Dé dáng th ü lai rán g ditóng th n g di qua hai diém A va B có phücing trin h y = (a2 + ab + + b2) x - ab( a + b) Vi váy hoánh dó x0 cüa diém C tai dó tié'p tuyén vói thi song riong vói AB thóa m an diéu kién: y’(x0) = 3x02 = a + ab + b2 hay x0 = + ab + b2 ¡a + ab + b 2ji >« = ”1 IV )V oab< s ,O B C ) O A = | ^ vi S(OBC) = — OB2sin2« OA = OB = h2sin2« cosa cosa Vi OH J BC AH BC, nén BC ± (AOH).Vay (AOH) i (ABC) Ta có ditóng cao OL tií O cúa A OAH cüng vuóng góc vói (ABC) va la dtítíng cao cüa h inh chop OABG Váy OL la khoáng cách tu' Ó den (ABC) 554 Trong AAOH, ta có: OI.AH = AO.OH; từ ta có: OL = Vl + eos2 a 2) Vì (Q) OH, OA OH nên (Q)//OA, nên giao tuyến (Q) vói (AOB) fy MS//OA; tương tự giao tuyến (Q) với (AOC) NRy/OA Vậy MS//NR Lý lu ậ n tương tự ta có RS//MN Vậy tứ giac MNRS h ìn h b ìn h h àn h M ặt khác MS//OA mà OA (OBC) nên MS (OBC) hay MS M N , M NRS h ìn h chữ n h ật Vì MN//BC nên, ta có: OK OH MN BC MN = OK.BC x.2htga OH = 2xtga Vì NP//OA, nên NR NC _ KH OH “ o c “ OH _ h cosa (h - x) _ h hay NR “ OA.HK OH h - X cosa C hu vi th iế t diện 2p = 4xtga + 2.(h - x) cosa 2(2sina - l)x + 2h cosa 555 Từ suy sin a = — , tức a = — , th ì chu vi không phụ thuộc vào X AOBC tam giác 3) Theo chứng minh điểm 1) ta có (AOH) (ABC), AH giao tuyến (AOH) (ABC), nên đường thẳng vuông góc vói (ABC) qua trực tâm I AABC phải nằm m ặt phẳng (AOH) Vì đường th ẳ n g vuông góc vói AH, //OH OA, nên phải cắt OH, chẳng hạn J phải cắt AO kéo dài, chẳng h n D T a phải chứng minh J tâm đường tròn ngoại tiếp AOBC T h ật vậy, ta có I giao điểm AH với đường cao BE AABC, hay BI AC, m IJ -L (ABC), hay IJ AC, nên AC (BIJ) Từ AC ± BJ mà OA (OBC) hay OA BJ nên BJ (OAC), hay B J A OC Vậy J trực tâm AOBC Nhưng tam giác nên J tâm đường tròn ngoại tiếp AOBC Tính OD: Xét AODJ AOHA hai tam giác vuông có D = H, phụ với ỚAH, nên hai tam giác dó đồng dạng Vậy OD OJ OH OA từ OD = OH O J h hV3 OA cos30° V th iế t 556 X Xét trường hợp vế phải X - y < 0, theo giả > 0, y > 0, nên vế trá i X3 + y3 > Vậy trường hợp không xảy Ta xét X - y > 0, y 7y2 ta có ( X - — )2 + —— > 0, hay X2 - x y - ỵ > Vì y > 0, nên ta có y(x2 - xy + 2y2) > Vậy y3 + X > y3 + X - x2y = (x - y)(xz + y2) Theo giả th iế t X ta có X2 + - - y= (2y2 - xy + x2)y X3 = X3 - y3 + xy2 - + y3, nên từ b ấ t đẳng thức y2 < Đề s ố I 1) Giải phương trình: Vx + - i x - = Ì3 x - (1) Điều kiện để có nghĩa là: í X + > 0, 2x - > 0, 13x - > 0; từ suy X > ~ Từ (1), ta có: Vx+“3 = V2x - ĩ + i3 x - (2) (3) Vì hai vế đếu không âm, ta bình phương hai vế phương trình tương đương: - 2x = V(2x - l)(3x - ) (4) Để phương trình (4) có nghĩa ta cần cố thêm điều kiện: 557 - 2x > 0, hay X 0, , „ hay X > - 2x + > 0; Từ (1), ta có: 2x < V T ^x T ĨX ^x + ẽ) - V2x + (2) Ta xét h trường hợp a) X > 0; b) - ị < X < a) Vì X > nên 2x + > vế phải cù a (2) (i2 x + í - 1) i2 x + > Vậy h v ế (2) dương Bình phương hai vế (2) ta b ấ t phương trìn h tương đương 0, X > ~ ~ không thoả m ãn điều kiệ n - — < X < , 45 Vậy nghiệm (1) < X < — o II Cẩn: Giả sử ba góc A, B, c a b cosA, cosB, cosC > Ta có —-— - — = sinA sinB = 2R = Vậy nhọn, c ——— = sinC a2 + bz + c2 = 4(sinzA + sin2B + sin 2C) = cos2A + cos2B + cos2C " ) = = 2[3 - 2cos(A + B)cos(A - B) - 2cos2C + 1] = = 2(4 - 2cos(A + B)cos(A - B) - 2cos2C] = = 2Ị4 + 2cosC[cos(A - B) + cos(A + B)]] = = 2[4 + 4cosA.cosB.cosC] > Đủ: Giả sử a2 + b2 + c2 > Khi đó: a + b2 + c2 - = 8cosA.co8B.cosC > (1) Muốn cho tích cosA.cosB.cosC dương th ì ba th a số dương, A, B, c nhọn; có th a sô'* dương hai thừ a sô' âm hay AABC có góc tù, trưòng hợp không xảy 559 III Giải hệ phương trình: X2 + y + z = 14, xy + yz + z x = l l , (1) xyz = Từ hai phương trin h đầu (1), ta có: (x + y + z)2 = 36 hay X + y + z = ± Vậy (1) tương đương với hai hệ sau: a) Ị X + y + z = 6, xy + yz + zx = 11, b) lxyz = 6; Ị X + y + z = - 6, Ị xy + yz + zx = 11, i xyz = a) VI X + y = - z, xy = — ; th ay vào phương trìn h th ứ h ta được: z — + z(6 - z) = 11; từ ta có - z3 + 6z2 - l l z + = z hay (z - l)(z - 2)(z - 3) = 0, vậy: z = 1, z = 2, z = Vói z = 1, ta có y = 3, X = 2, hay y = 2, X = Vì X, y, z, có vai trò n h au , có nghiệm: z = 1, y = 2, X = 3; z = 1, y z = 2, y = l X = 3; z = 2, y z = 3, y = 1, X = 2; z = 3, y nên có th ể th ây hệ = 3, X= 2; = 3, X = 1; = 2, X= 1, b) Vì x + y + z = -6, xyz = 6, ta phải có, chẳng hạn, X > 0, y < 0, xz < M ặt khác ta có: (z + y)2 _ (6 + x)2 560 , X2 Z2 + y2 + x z > 18 + x + 3x2 > 14 (vì X > 0) Vậy hệ vô nghiệm s IV 1) Ta có AC BC, SA BC nên BC (SAC), vây AK BC Mà theo giả thiết AK sc, nên AK (SBC) Từ AK SB; mặt khác AI SB, nên SB (AIK), hay góc ß = AIK góc tạo bời m ặt phăng (SAB) (SBC) Do ÀK (SBC), nên AK KI ta có: _ A K 2R acosa ^ AI Va2 + 4R2cos2a 2R.a _ Va2 + 4R2 _ SA AC _ V4R2cos2a + a 2Rcosa a ~ Va2 + 4R2cos2a SC SA SB SB Va2 + 4R2 cos2a 2R a " Va2" 4R2 cosa Va2 + 4R2 nên “ 2) Gọi o tâm đường tròn (L) FO//SA, nên FO (ABC); EO AC, nên EF AC M uốn cho EF ± SB, SE = EB Vậy tam giác vuông SAE, BCE phải có cạnh huyền SE = EB AE = EC; nên suy SA =BC Vậy điểm c cách điểm B đoạn BC = a 3) Theo giả th iế t ta có M € (ABC), M (AIK) 561 t B A c Hình 84 Vậy M nằm trê n giao tuyến AM hai m ặt phẳng Giao tuyến cố định m ặt phảng (ABC) cố định, (AIK) qua điểm A cô'định, lại vuông góc với đường SB cô' định, nên cố định Vậy quĩ tích M giao tuyến X cửa hai m ặt phảng (AIK) va (ABC) Vì AM SA, AM SB, nên AM i (SAB), AM BC, hay X ± AB V Hệ b ấ t phương trìn h : -2 < X2 + px + q < ( 1) tương đương vối hệ (*) (2) Nếu At = p2 - 4(q - 2) < 0, (1) có nhiều n h ấ t nghiệm Vậy hệ (*) cố nghiệm , th ì nhiều n h ấ t có nghiệm, từ suy điều cần chứng m inh (vì chiều dài đoạn nghiệm không bé 4) Nếu Aj = p2 - 4(q - 2) > 0, phương trìn h X2 + px + + (q - 2) = có h nghiệm là: -p X1 = — ị -ỉ 562 _ - p + i p - 4(q - 2) x2 = nghiệm (1) là: Xj < X < x2- (3) a ) Khi A2 = p2 - 4(q + 2) < 0, b ất phương trìn h (2) có nghiệm toàn trục số Do nghiệm hệ (*) (3) Độ dài đoạn nghiệm truòng hợp là: x2 - X, =V p2 - 4(q - 2) = V l6 + p2 - 4(q + )< V Ĩ6 = P) Nếu p2 - 4(q + 2) > phương trìn h X2 + px - 4(q + 2) = có nghiêm: - p - V p2 - 4(q + 2) , , - p + Vp2 - 4(q + 2) X i = - - X = — 2 nghiệm b ất phương trìn h (2) X < x'j X > x’2 Dễ thấy: - -P-Vp2 -4(q-2) Xl - p - vp2 - 4(q + 2) , _ - p + Vp2 - 4(q + 2) x „ = < 2 _ -p + Vp2 : 4(q - 2) < Do đó, ta có: Xj < x'j < x’2 < X2 - „ , *v : _ = x2 Vậy nghiệm hệ (*) Xj < X < x'j, x'2 < X < x2 Tổng dộ dài đoạn nghiệm bằng: (x'i - xa) + (x2 - x'2) = Vp2 - 4(q - 2) - Vp - 4(q +2) = = Vp2 - 4(q 4- 2) + 16 - V p2 - 4(q + 2) = = Va + - VÃ < V(VÃ)2 + 16 + 8VÃ - VÃ = = (VÃ + 4) - VÃ = 4; A = p2 - 4(q + 2) >0 ' 563 Để số I * Nếu a = -b, phương trìn h vô nghiệm * Nếu a = b, th ì phương trìn h có nghiệm X = - — ù * Nếu a * b2, phương trìn h có h nghiệm: ab - a + b2 a+b * a +b x2 x2 II Đ ăt ẩn sô' phu: t = - - — (chú ý rằn g < —7 - — < l) xz + X2 + III Cố th ể xảy khả sau: 1) A + B + c = 7T + k 7i ; 2) A + B - c = 7t + kn ; 3) A + c - B= 71 + k;i ; 4) A - B - c = 7t + 2kĩt ; R2(l + cotg — ) [1 + c o tg ( y - “ )] „ IV s xa= — V = — R tgcp (1 + cotg ~ ) [1 + cotg(-~ - “ ■)]• sxq V đ t giá trị nhỏ n h ấ t tg ~ = - l + ' i ĩ Li V» S ábcd - 564 + SCBp = absm A + cđsinC < < — ab + — cd = — (ab + cd) Dấu xảy 2 sinA = sinC = 1, tức A c vuông Muốn chứng minh b ấ t b ấ t đẳng thức thứ hai, ta lấy điểm D’, cho tam giác ACD’ = tam giác ACD lý luận tương tự Để số I a) Bạn đọc tự giải, b) m - < II (*) Áp dụng định lý hàm số sin, từ giả th iết suy ra: sinB + sinC = 2sinA, (*) Nếu A = a , thi B + c = %- a Từ (1) suy ra: eosỊ— —j = 2cos|~" - ~ -j (2) B ài toán có nghiệm chi (2) có nghiệm, tức ta phải cố: < 2cos — - —- < 1, từ đó: < a < —- \2 / III X = y = 1, căp: a3, sin IV v = „ a X = t, ' vỏi t > y = 3t, a 3a s in — sin —2 12cos2a a +b +c V Đ ật p = — " - , ta có: p -a +p -b+p-c p4 - Ị = — - s = p(p - a)(p - b)(p - c) % Từ đó: p4 > 27 s 2, hay là; # > V I s Ta lại có: 4p2 = a + b2 4-c2 4- 2(ab 4- bc 4- ca) < £ 3(a2 4* b2 + c2) Vậy: t- a + b2 + c2 > — > — 3[...]... của phương trình 3x2 + 7x + 4 = 0 Khống giải phương trình, hãy th àn h lập phương trìnhh bậc hai vổi hệ số bằng số mà cáq nghiệm của nó là: 12 ct 3 -1 3 a - 1 7 4 Giải: Theo đinh lý Viét: a + 3 = -~7T i a-P = o á 3 (Chú ý rằ n g a * 1 và 3 * 1) Ta có: ạ 3 _ ạ 2 + 32 - ạ - 3 _ 3 - 1 + a - 1 ~ ( a - 1) (3 - 1) _ (a + 3)2 - (a + 3) - 2a3 ap - (a + 3) + 1 a 3 - 1 Vậy _ 23_ 21 3 _ a 3 _ _ 6 a - 1 a3... chính là nghiệm của phương trìn h X1 15 ex2 + bx + a = 0 Do nghiệm — > 0 nên — = X, Từ đ ó ■ *1 X1 1 Xl + X2 = Xj + ^ - > 2 X1 Bài toán được chứng m inh xong Ví' d ụ 8 C hứng m inh rằng nếu phương trìn h X2 + px í + + q = 0 với P, q là các số nguyên, có các nghiệm h ữ u tỉtỉ, thì các nghiệm đó là những số nguyên Giải: N ghiệm của phương trình đã cho là: X1,2 “ - P ± V p2 - 4q 2 Do các nghiệm là hữu tỷ... toán phải giải; các phương trìn h hoặc hệ phương trình, mà các phương trìịnh hoặc hệ phương trìn h đó thường được th ể hiện dưới cúc hình thức: - Phương trình bậc cao; * Phương trìn h vô tỉ; - Phương trìn h siêu việt; - Phương trìn h lượng giác, v.v 25 Trong phần th ứ hai ctưói đây và tập III, chúng tôi sẽ trìn h bày m ột cách đầy đủ và có hệ thổng các phương pháp để giải các loại bài toán đó Trong... 0 T a có: X3 - 13 x - 12 = X3 - 12 x - X - 12 = = x(x2 - 1) - I2(x + 1) = (x + l)(x2 Với X + 1 = 0 ta được Xj = -1 Với Xg X2 - X (*) X - 12 ) - 12 = 0 ta được x2 = 4 ; Xg = -3 Vậy phương trìn h (*) cổ ba nghiệm: Xj = -1; x2 = 4; = -3 Vối m2 = -2, bạn đọc tự làm lấy! 27 Ví dụ 3 Giải phương trình: X4 + 12 x3 + 32x2 - 8x - 4 = 0 Giải: Đối vối phương trìn h này rấ t khó đoán n h ậ n được một nghiệm đặc biệt!... 2x2 + X + 3 Giải: Trưốc h ế t phải có: 2x2 - 5x + 3 * 0 X/ 1 3 X* — 2x2 + x + 3 * 0 2 C hia cả tử số và m ẫu số của các phân thức ở vế trá i cho X * 0 ta được phương trìn h tương đương 2 - 3 2x + — - 5 X + 13 - — = 6, 3 2x H— + 1 X 31 3 2 13 Đ ật 2x + — = t, ta được —— + ——— = 6 X t - 5 t +1 Từ đó 2 t2 - 13 t + 11 = 0 => t t = 1 và t 2 = 5.5 Với tj = 1 3 2x + — = 1 Phương trìn... dạng: (3x + 1) (x2 - 5x + 3) = 0 Vậy phương trìn h đã cho có ba nghiệm 1 1 3 - 5 ±VT3 2,3 2 Cũng cần chú ý rằng, từ định lý trê n ta còn suy ra Hệ quả Giả sử đa thức f(x) = xn + ajX" '1 + + a n jX + a n có hệ số cao n h ấ t bằng 1 và có các hệ số khác đều nguyên Khi đó, nếu f(x) có nghiệm hữu tỉ c, th ì s ố c n h ấ t th iế t phải là một nguyên và số nguyên ấy là ưốc số của a n BÀI TẬP 1 Giải các phương. .. nào của m thì phương trình: X3 - (2m + l)x 2 + (3m + l)x - (m + 1) = 0 có ba nghiệm dương phân biệt ? 35 2 Các phương trình vô tỉ quy về phương trình bậc hai Ví dụ 1 Giải phương trìn h Ì5 x - 1 - Ì3 x - 2 = "VX - 1 Giải: Điều kiện để phương trìn h có nghĩa là: hay là X > 1 Với điểu kiện (*), phương trìn h đã cho tương đương với phương trình: Ì5 x - 1 = Vx - 1 + l3 x - 2 , Cả h a i vế của phương trìn... cho "Víi - x)2 * 0, ta được phương trìn h tương đương: n 1/ 1 + X \2 n I1 + X 2W r f ) +3V7T7 +1= a Đ ăt nI 1 + X r ì = u ta đươc phương trình: N 1 - X 2u2 + 3u + 1 = 0 Phương trìn h này cho ta hai nghiệm 1 Uj = -1 và u2 = - n 1+ X Với Uj = -1 , ta có: ^ = -1, 1 - X 1 + X hay là: - - = (- l) n = -1 (do n lẻ), 1 - X hay l à : l + x = - l + x phương trìn h này vồ nghiệm 37 ... 6x2 + (7k - l)x - 1 9 = 0 17 Chứng m inh rằng trong mọi AẢBC ta luôn có: N A B C 1 a) sin — sin — sin ■ —