Liên hệ nghiệm PT với các bất đẳng thức(phần1)- Ôn thi vào 10

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ...1TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT...4 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 tr

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ 1

TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 4

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

Khi đó :

Cách 3 :

Xét :

= (x - m)2 - n = x2 - 2mx + m2 - n

Chia đa thức ax2 + bx + c cho g(x) ta có :

ax2 + bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m2a)

Khi x1 = => ax2 + bx + c = 0

=> : (b + 2ma)( ) + an + c = 0

Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :

b + 2ma = an + c - m2a = 0

=> ax2 + bx + c = a(x - )(x - )

=> 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 Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ

Xét :

= x2 - 2mx + m2 - n

Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q)

Vì x0 = là nghiệm của P(x) = 0

=> : P(x0) = Q(x0) = 0 => Bx0 + 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

Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + 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

=> : ap2 + bpq + cq2 = 0 (2)

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 :

x3 + 3x2 + 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) = 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 :

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => :

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 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 a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi)

áp dụng bài toán phụ ta có :

(x1 + x2) + (x1 +x3) + (x1 + x4 ) + ( x2 + x3) + (x2 + x4) + (x3 + x4 ) + x1 + x2 + x3 + x4

≥ x1.x2 + x1x2 + x1.x3 + x1.x3 + x1.x4 + x1.x4 + x2 x3 + x2.x3 + x2.x4 + x3.x4 + x3.4 + x1 + x2 +

x3 + x4

Tương đương với : 4(x1 + x2 + x3 + x4) ≥x1.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x2(x1 + x2 + x3 + x4) + x3.(x1 +

x2 + x3 + x4) + x4 (x1 + x2 + x3 + x4)

Tương đương với : 4(x1 + x2 + x3 + x4) ≥ x1 + x2 + x3 + x4 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1)

Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x1 + x2 + x3 + x4 > 0

Ta có : T = (x1 + x2 + x3 + x4) / (x1 + x2 + x3 + x4) ≥ 1/4

Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi

x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 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 x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x1 + x2 + x3 + x4 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 = 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 ?

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 :

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