chuyen de lop 9 suu tam

Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn , trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình ho[r]

( suu tam)

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ

TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT

PHẦN THUẬN CỦA BÀI TỐN QUĨ TÍCH

TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN

ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG 11

SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH 13

CĨ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? 15

CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT 16

ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN 16

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 18

KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ 20

CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI 21

HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 23

THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN 26

ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ 28

TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP 29

SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 31

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN 33

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT 36

XÂU CHUỖI BÀI TOÁN 38

SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 40

NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ 42

TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG 44

VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 46

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA 47

THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TỐN HÌNH HỌC 49

SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 52

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN 54

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ

Khi giải phương trình bậc hai, bạn đặt câu hỏi, chẳng hạn phương trình x2 +

6x - = có nghiệm có nghiệm ?

Ban đầu tơi giải thích điều kì lạ định lí Viét sau q trình suy nghĩ, tìm tịi tơi phát bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ

Trước hết ta xét toán :

Bài toán :

Chứng minh : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có nghiệm vơ tỉ (m ; n

thuộc Q) có nghiệm

Chứng minh : Có cách để chứng minh tốn

Cách : (sử dụng hệ thức Viét)

Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (*) (a ≠ 0) có nghiệm Gọi x

1, x2 hai

nghiệm (*) x1 =

Do x1 nghiệm (*)

Cách :

Khi :

Cách :

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 =

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

Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => : b + 2ma = an + c - m2a =

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

=> nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (đpcm)

Sau thử nghiệm số trường hợp, tơi tổng qt tốn sau :

Bài toán :

Chứng minh : Nếu phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ nghiệm vơ tỉ

(m, n thuộc Q) nghiệm phương trình

Chứng minh : Đến có lẽ bạn đọc thấy bất lực cách ; (bài toán 1) toán Tuy nhiên sử dụng cách giải toán ta chứng minh tốn

Thật : Xét phương trình P(x) = với P(x) đa thức bậc n hệ số hữu tỉ Xét :

= x2 - 2mx + m2 - n

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

Vì x0 = nghiệm P(x) =

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

=> : B( ) + C =

Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C =

=> P(x) = Q(x).(x - )(x - )

=> nghiệm phương trình P(x) = : (đpcm)

Bây xét đến toán toán quen thuộc phương trình bậc hai

Bài tốn :

Chứng minh : Một phương trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ hệ số lẻ

Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ

(p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) => : a.(p/q)2 + b.(p/q) + c =

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

Từ phương trình (2) ta có ap2 chia hết cho q mà (p,q) = => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ)

Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ)

Để tổng qt tốn có lẽ số bạn mắc sai lầm quy phương trình bậc n Điều khơng với n lẻ, chẳng hạn n = ta có phương trình :

x3 + 3x2 + 3x + = có nghiệm -1

Bài toán :

Chứng minh : Một phương trình bậc n chẵn, khơng thể có nghiệm hữu tỉ hệ số lẻ

Chứng minh : Dựa vào chứng minh toán ta có :

Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = phương trình bậc n (với n chẵn ; nguyên lẻ, i = 0, ,n

) có nghiệm hữu tỉ p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) Ta có :

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

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

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

=> p, q lẻ (vì a0, an lẻ)

Do (i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái (3) số lẻ khác (vô lí)

=> : Phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ (đpcm)

Các bạn thấy đấy, phức tạp bắt đầu đơn giản Từ chút kì lạ nhỏ thơi chịu đào sâu suy nghĩ khám phá nhiều điều thú vị Đó nguyên tắc hàng đầu sáng tạo tốn học Chúc bạn thành cơng đường tìm vẻ đẹp tốn học

Trước đây, tơi có đọc sách, tốn : “Cho x1, x2, x3, x4 bốn số dương thay đổi

thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức :

”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải sau :

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

Vậy giá trị nhỏ T 1/4 x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4

Thú thật, với kiến thức nhỏ bé tôi, tốn “chơng gai” , có lời giải “căn”, “bất đẳng thức Bunhiacốpski” tơi cịn “sợ hãi”

Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số (3 - 2003) đăng “Nhiều cách giải cho toán” bạn

Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) chun mục Eureka Bài giúp tơi nghĩ đến vận dụng toán “đẹp” để giải toán “chông gai” !

Lời giải sau :

Bài toán phụ : Chứng minh a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải bạn Chi)

áp dụng tốn 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 ( x1 + x2 + x3 + x4 = 1)

Mà x1, x2, x3, x4 > nên x13 + x23 + x33 + x43 >

Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4

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

= x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4

Các bạn thấy đấy, tơi tìm lời giải tốn “chơng gai” Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết toán cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > x1 + x2 + x3 + x4 = đủ

TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TỐN TỔNG QT

Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT TP Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có tốn bất đẳng thức đại số sau :

Bài toán : Cho a, b, c > Chứng minh :

Bài toán có nhiều cách giải Tơi xin giải tốn phương pháp đổi biến vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải ta dẫn đến tốn tổng qt cách khơng khó khăn

Lời giải :

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do :

Vì a ; b ; c > nên x ; y ; z > x < y + z (2) Ta có :

Đẳng thức xảy :

=> x = y + z, mâu thuẫn với (2) => đẳng thức khơng xảy Vậy, ta có :

Dựa vào ý tưởng cách giải trên, ta đề xuất giải toán sau :

Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c số dương Chứng minh :

Lời giải :

Do :

Vì a ; b ; c > nên x ; y ; z > ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3) Ta có :

Trường hợp m = 5, n = 4, p = tốn ban đầu Ngồi với giá trị cụ thể khác m, n, p ta nêu nhiều bất đẳng thức “đẹp” bất đẳng thức (1)

PHẦN THUẬN CỦA BÀI TỐN QUĨ TÍCH

Tốn quỹ tích dạng tốn khó hình học, em thường bị lúng túng gặp loại toán kì thi tốt nghiệp thi học sinh giỏi bậc THCS Bài viết nhằm giúp em số kinh nghiệm giải phần thuận tốn quỹ tích

Đối với tốn tìm quỹ tích điểm M phần thuận phải dựa vào tính chất a M để => M thuộc hình F xác định

Sau bước “đốn nhận” quỹ tích phương pháp vẽ trường hợp cách dựa vào chuyển động điểm M (nếu M chạy xa vơ tận quỹ tích M phải đường thẳng dựa vào tính đối xứng quỹ tích ) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận ? Ta gặp hai tính sau :

1 Dự đốn quỹ tích M có dạng thẳng (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta chọn lựa 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

- Nối điểm chuyển động M với điểm O cố định chứng minh : OM song song với đường thẳng cố định, vng góc với đường thẳng cố định OM tạo với đường thẳng cố định góc a khơng đổi

Ví dụ : Cho góc vng yOx điểm A cố định thuộc Oy Một điểm B chuyển động Ox Dựng hình vng ABCD miền góc yOx

a) Tìm quỹ tích điểm D b) Tìm quỹ tích điểm C

c) Tìm quỹ tích tâm S hình vng

Hướng giải :

a) Hạ DK vng góc với Oy

Chứng minh : tam giác vuông AKD = tam giác vuông AOB => DK = OA = const => D thuộc đường thẳng // Oy cách Oy đoạn OA Giới hạn lại D thuộc tia D1m {D} tia D1m

b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vng ABCD C1 giao điểm (S) Ox Ta có tứ

giác ACBC1 nội tiếp => Đ AC1O = Đ ACB = 45o => C1 điểm cố định mà C1C vuông góc với AC1

=> C thuộc tia C1n vng góc với AC1

Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x dài khó

c) Để tìm quỹ tích S có nhiều cách Tốt ta nên lí luận sau : Do (S) ln ln qua điểm cố định A C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1

Giới hạn lại ta có {S} tia S1p

- Chứng minh điểm M luôn cách điểm cố định O cố định khoảng không đổi - Dựa vào quỹ tích cung chứa góc

- Chọn điểm A, B, C cố định Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường tròn qua A, B, C

Ví dụ : Cho nửa đường trịn đường kính AOB Một điểm M chuyển động nửa đường trịn Dựng hình vng BMNP nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O Tìm {N}

Hướng giải : Ta chứng minh phần thuận theo cách sau :

Cách : Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45o => N cung chứa góc 45o vẽ AB Cách : Trên tiếp tuyến Ax lấy AN1 = AB Nối N1B => Đ AN1B = 45o mà Đ ANB = 45o => tứ giác

AN1NB nội tiếp mà A, N1, B cố định, N thuộc đường tròn qua A, N1, B Cách : Chứng minh Đ BNN1 = 45o => N thuộc đường trịn đường kính BN1

Giới hạn lại ta có quỹ tích N nửa đường trịn đường kính BN1

Cách : Kéo dài PM cắt đường tròn I Dễ chứng minh I trung điểm => I cố định Mà IN = IB => N thuộc đường trịn tâm I, bán kính IB

Chú ý : Do mệnh đề thuận mệnh đề phản đảo tương đương nên có người ta thay phần thuận mệnh đề phản đảo, cụ thể : Chứng minh M không thuộc F M khơng có tính chất a

Ví dụ : Cho góc nhọn yOx Tìm quỹ tích điểm M nằm miền góc cho tỉ số khoảng cách từ M tới Ox từ M tới Oy :

Bài giải :

1. Đảo : Lấy A thuộc Ox ; B thuộc Oy cho OA = OB Lấy H cố định thuộc AB cho HA : HB

= :

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 thuộc tia OH Hạ MP vng góc với Ox, MQ vng 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 ' khơng 1/2(dễ dàng) Vậy quỹ tích điểm M tia OH

Bài : Cho đoạn thẳng AB Một điểm C chuyển động AB Lấy AC BC làm cạnh dựng hai hình vng phía AB Tìm quỹ tích trung điểm M đoạn thẳng nối tâm hai hình vng (quỹ tích M đoạn thẳng // AB cách AB khoảng AB/4)

Bài : Cho đoạn thẳng AB Một điểm C chuyển động AB Lấy AC BC làm cạnh dựng hai tam giác phía AB Tìm quỹ tích trung điểm M đoạn thẳng nối tâm hai tam

giác (Quỹ tích đoạn thẳng // AB, cách AB khoảng )

Bài : Cho đường tròn (O ; R) đường thẳng d cắt (O) A B Một điểm M chuyển động d Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ với đường trịn Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP (Quỹ tích tia // d cách d đoạn OK/2 với OK vng góc với d)

Bài : Cho nửa đường trịn đường kính AOB Một điểm M chuyển động nửa đường tròn Dựng tam giác BMC nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O

a) Tìm quỹ tích đỉnh C (Cung chứa góc 60o)

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

c) Tìm quỹ tích trọng tâm G tam giác BMC (một nửa đường tròn)

Bài : Cho góc xOy Tìm quỹ tích điểm M miền góc xOy cho tổng khoảng cách từ M tới Ox, Oy số h cho (Đoạn AB với A thuộc Ox, B thuộc Oy cho A cách Oy đoạn h ; B cách Oy đoạn h)

TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tơi gặp tốn bất đẳng thức thú vị :

Bài toán : Cho số a, b, c, d khác thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd

Chứng minh :

Ban đầu, tơi chưa tìm lời giải trực tiếp cho tốn Khi tơi tự hỏi : “Bài tốn bắt nguồn từ đâu ?”

Trả lời câu hỏi này, tìm lời giải cho tốn Ta xét toán sau :

Bài toán : Cho số a, b, c, d khác thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd

Xác định điều kiện cho cặp số dương ( ,  ) để S =  S1 +  S2 ≤

Lời giải : Đặt

Ta có : S =  S1 +  S2

=  (ab + bc + cd) +  (ac + ad + bd)

=  (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)

= 2 ab - 2 bM -  b2 - M2 + aM - 2 ab -  a2 +  bM

= - M2 + ( a +  b - 2 b)M + 2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2

Coi S = f(M) tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ <=> f(M) ≤ <=> DM ≤ (vì -a < 0) <=> ( a +  b - 2 b)2 + 4 (2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2) ≤

<=> 2a2 + 2b2 + 42b2 + 2 ab - 42ab - - 4 b2 + 82ab - 42b2 - 8 ab - 4 a2 ≤

<=> (2 - 4 )a2 + (42 - 6 )ab + (2 - - 4 )b2 ≤

<=>  ( - 4 )a2 +  (4 - 6 )ab +  ( - 4 )b2 ≤ (*)

* Xét trường hợp < a ≤ b : Chia hai vế (*) cho b2 ≠ đặt t = a/b ta có : f(t) =  ( - 4 )t2 +  (4 - 6 )t +  ( - 4 ) ≤ 0,

<=> 2(2 - 3 )2 - ( - 4 )( - 4 ) ≤

<=> 2(42 - 12 + 9 2) -  ( - 42 - - 42 + 16 ) ≤

<=> 44 - 123 922 - 22 + 43 + + 43 - 1622 ≤

<=> 44 - 83 - 822 + 43 ≤

<=> 3 - 22 - 22 + 3 ≤

<=> ( /  )3 - 2( /  )2 - 2 / + ≤ (chia hai vế cho b3 ≠ 0)

<=> x3 - 2x2 - 2x + ≤ (đặt < x ≤ 1)

<=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤

<=> x2 - 3x + ≤ (x + > 0)

(tính ∆x)

Kết hợp với điều kiện < x ≤ ta suy :

Vậy với <  ≤  S =  S1 +  S2 ≤  (1)

* Xét trường hợp <  ≤  , tương tự trường hợp : Chia hai vế (*) cho a2 ≠ đặt

u = b/a ta có :

f(u) =  ( - 4 )u2 +  (4 - 6 )u +  ( - 4 ) ≤

Vì  ( - 4 ) < nên f(u) ≤ <=> ∆’u ≤

<=> 2(2 - 3 )2 -  ( - 4 )( - 4+ ) ≤

<=> 3 - 22 - 22 + 3 ≤

<=> ( / )3 - 2( / )2 - 2 / + ≤

<=> y3 - 2y2 - 2y + ≤ (đặt  / = y, < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :

Vậy với <  ≤  S =  S1 +  S2 ≤

(2)

Từ (1) (2) suy : Với   số dương, điều kiện để S =  S1 +  S2 ≤

Trở lại tốn 1. Ta thấy trường hợp đặc biệt kết :

Với  =  = đúng, suy S = 5S1 + 8S2 ≤

Với  =  = đúng, suy S = 8S1 + 5S2 ≤

Vậy :

ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG

A Lí thuyết

1. Đa thức hai ẩn x, y không đổi thay x y y x gọi đa thức đối xứng (đtđx) hai ẩn

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

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

2 Các đa thức t1 = x + y t2 = xy gọi đtđx

3 Kí hiệu Sn = xn + yn (n thuộc N*) Sn biểu diễn theo t1, t2 Ví dụ :

S1 = x + y = t1

S2 = x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = t12 - 2t2

S3 = x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = t13 - 3t1t2

S4 = x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = S22 - 2t22 = t14 - 4t12t2 + 2t22

* Công thức truy hồi : Sk = t1.Sk - - t2.Sk -

4. Mọi đtđx hai ẩn x, y viết dạng đa thức hai ẩn t1, t2

B Các ứng dụng

I Phân tích đa thức thành nhân tử Bài tốn : 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

= t15 - 5t13t2 + 5t1t22 + 3t2(t13 - 3t1t2) + t2(t12 - 2t2) + t22t1 + 3t22

= t15 - 2t13t2 - 3t1t22 + t12t2 + t22

= t15 - 3t13t2 + t12t2 + t2t13 - 3t1t22+ t22

= (t12 + t2)(t13 - 3t1t2 + t1)

= (x2 + y2 + 3xy).(x3 + y3 + xy)

II Giải hệ phương trình Bài tốn : Giải hệ :

Lời giải : Đặt t1 = x + y , t2 = xy hệ trở thành :

Thế t1 = ta có :

2 t22 - 36 t2 + 64 = => t2 = 16 ; t2 =

Do x, y nghiệm phương trình u2 - 3u + 16 = u2 - 3u + =

Từ ta có x = & y = x = & y =

III Giải phương trình

Bài tốn : Giải phương trình sau :

Lời giải :

Từ kết toán ta có a, b từ có nghiệm phương trình x = -15 x =

Bài toán : Cho x + y = 1, x3 + y3 = a, x5 + y5 = b

Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b +

Lời giải : Ta có : x3 + y3 = t

13 - 3t1t2 = a => t2 = (1 - a)/3 ;

b = x5 + y5 = t

15 - 5t13t2 + 5t22t1

(áp dụng công thức truy hồi)

=> b = + 5t22 - 5t2 = (5a2 + 5a - 1)/9

Vậy 9b = 5a2 + 5a - hay 9b + = 5a.(a + 1)

V Lập phương trình bậc hai

Bài toán : Hãy lập phương trình có hai nghiệm :

y1 = x13 - 2x2 ; y2 = x23 - 2x2 với x1, x2 nghiệm phương trình : x2 - x - =

Lời giải : Theo Vi-et ta có t1 = x1 + x2 = ; t2 = x1.x2 = -5

= (-5)3 - 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)2) + 4.(-5)

= -125 - 2.(1 + 20 + 50) - 20 = -125 - 142 - 20 = -287

Vậy y1, y2 nghiệm phương trình : y2 - 14y - 287 =

VI Tìm cực trị

Bài tốn : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ :

Lời giải :

C Một số tập.

1. Phân tích đa thức thành nhân tử

a) f(x, y) = 10x4 - 27x3y - 110x2y2 - 27xy3 + 10y4

b) 2x4 - x3y + 3x2y2 - xy3 + 2y4

2. Lập phương trình bậc hai z2 + pz + q = có nghiệm :

z1 = x16 - 2x22 , z2 = x26 - 2x12 , với x1, x2 nghiệm x2 - x - =

4. Giải hệ :

5. Chứng minh : (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2.

6. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x3 + y3 + = 3xy.

7. Giải phương trình :

SƠ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH

Kiến thức xét dấu nghiệm phương trình bậc hai kiến thức THCS Sau học lên bậc THPT, em cần sử dụng Ta nhớ lại điều cần thiết :

* Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , x 1, x2

các nghiệm phương trình * Các điều kiện quan trọng : +) x1 < < x2 tương đương P <

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

+) x1 = x2 = tương đương P = S = Δ = S =

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

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

Sử dụng kiến thức xét số nghiệm nhiều loại phương trình

1 Phương trình trùng phương

ax4 + bx2 + c = (1)

Đặt ẩn phụ t = x2 ≠ (1) trở thành

at2 + bt + c = (2)

Mỗi nghiệm t > (2) cho hai nghiệm (1)

Nghiệm t = (2) cho nghiệm x = (1) Tất nhiên t < khơng cho nghiệm (1)

Bài tốn : Biện luận số nghiệm phương trình : x4 - mx2 + 3m - = (3)

Lời giải : Đặt t = x2 Δ (3) trở thành : t2 - mt + 3m - = (4)

Số nghiệm (3) phụ thuộc vào dấu nghiệm (4), tức phụ thuộc vào dấu biểu thức :

Δ = m2 - 12m + 32 ; P = 3m - ; S = m

Ta lập bảng biện luận :

Bài toán : Tìm m để phương trình x4 - 2mx2 + m2 - = (5) có ba nghiệm phân biệt

Lời giải : Đặt t = x2 (5) trở thành : t2 - 2mt + m2 - = (6)

Phương trình (5) có ba nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (6) có nghiệm t1, t2

2.Phương trình a(x - α)2 + b|x - α| + c = (7)

Đặt ẩn phụ t = |x - α| (7) trở thành phương trình (2)

Ta thấy mối quan hệ số nghiệm (1), (7) với nghiệm (2) giống Có thể tổng kết lại nhờ bảng sau :

Bài tốn : Tìm m để phương trình x2 - 2x - |x - 1| + m = (8) có hai nghiệm phân biệt

Lời giải : Ta có (8) (x - 1)2 - |x - 1| + m - =

Đặt t = |x - 1| ≥ (8) trở thành : t2 - t + m - = (9)

Phương trình (8) có hai nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (9) có nghiệm t1, t2

thỏa mãn t1 < < t2 t1 = t2 >

3 Phương trình:

Để khơng tầm thường ta giả sử k ≠ Đặt ẩn phụ :

thì (10) trở thành (2) Với giá trị t ≥ cho ta nghiệm x = 1/k.(t2 - n) Do số

nghiệm phương trình (10) số nghiệm khơng âm phương trình (2)

Bài tốn : Tìm m cho phương trình:

có hai nghiệm phân biệt

Lời giải : Đặt phương trình (11) trở thành t2 - mt + 2m - = (12)

Phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt tương đương Phương trình (12) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn t2 > t1 ≥

Tương đương với Δ > , P ≥ S > hay : m2 - 8m + 12 > , 2m - ≥; m >

Trước dừng viết, xin đề nghị em tự giải tập sau :

Bài tập : Tìm m để phương trình x2 + 2m|x - 2| - 4x + m2 + = có nghiệm

Bài tập : Chứng minh phương trình : mx4 - 3(m - 2)x2 + m - = ln có nghiệm với m.

Bài tập : Biện luận số nghiệm phương trình :

CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CƠ-SI ?

Bài tốn chứng minh bất đẳng thức Cơ-si cho ba số khơng âm tốn tương đối khó với học sinh THCS Xin giới thiệu với bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức

Bài toán : Cho a, b, c Chứng minh :

Cách

Bài toán phụ : Cho x, y, z, t Chứng minh : (bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số khơng âm, ta có :

Do :

+ Trường hợp ba số a, b, c 0, toán chứng minh + Trường hợp a, b, c khác 0, ta có a + b + c > Do :

Cách Sử dụng kết : x3 + y3 + z3 - 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x3

+ y3 + z3 - 3xyz với x, y, z

Đặt

CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT

Sau đọc “Có cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho số không âm) với cách chứng minh tác giả Tạ Thập, tơi xin góp thêm cách chứng minh khác

Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên

Ngược lại, khơng tính tổng qt, giả sử : < a ≤ b ≤ c Khi : < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c Do : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥

Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ 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 ta có lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :

Lời giải : Với a1 = a2 = = an = bất đẳng thức Ngược lại :

Dễ thấy bất đẳng thức trường hợp số không âm Giả sử bất đẳng thức trường hợp n - số không âm (giả thiết quy nạp)

Khơng tính tổng qt, giả sử : < a1 a2 ≤ ≤ an, ta có :

0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an

Do : (T - a1)(an - T) ≥

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

Xét n - 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 - ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)

=> : Tn - 1 ≥ a

2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T)

=> :

Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trường hợp tổng quát chứng minh

ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN

Các tốn liên quan tới định lí Vi-et thường gặp kì thi tốt nghiệp THCS thi vào lớp 10

ở viết ôn tập toán Trước hết ta nhớ lại định li Vi-et thuận :

“Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có nghiệm x

1, x2 x1 + x2 = - b/a x1x2 = c/a ”

Chú ý : Nhiều bạn sử dụng định lí quên giả thiết a ≠ Δ ≥ nên dẫn tới sai lầm đáng tiếc

Thí dụ : Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 - x - =

1) Tính x12 + x22

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

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

Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = x1x2 = -1

1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 - 2(-1) =

2) Q = (x12 + x22) + (x12 + x22)2 - 2x12x22 = + 32 - 2(-1)2 = 10 => Q chia hết cho

Chú ý : Các bạn giỏi chứng minh Q = x12001 + x22001 + x12003 + x22003 chia hết cho (Đề thi

HSG lớp tỉnh Nam Định)

Thí dụ : Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình x2 - (m + 1)x + m2 - 2m + = Tìm m để F

= x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ tương đương với (m + 1)2 - 4(m2 -

Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = m + x1x2 = m2 - 2m + Do F = x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2

= (m + 1)2 - 2(m2 - 2m + 2) = -m2 + 6m - = -(m - 3)2 +

Với 1≤ m ≤ - ≤ m - ≤ - 2/3 => (m - 3)2 ≤ => -(m - 3)2 ≥ -4

=> F = -(m - 3)2 + ≥

Vì F = tương đương với m = 1, nên F đạt giá trị nhỏ m =

Chú ý : Nếu bạn “quên” điều kiện Δ ≥ dẫn đến F khơng có giá trị nhỏ !

Thí dụ : Tìm số nguyên m cho phương trình mx2 - 2(m + 3)x + m + = có nghiệm x1, x2

thỏa mãn : F = 1/ x1 + 1/ x2 số nguyên

Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2

Theo định lí Vi-et x1 + x2 = 2(m + 3)/m x1.x2 = (m + 2)/m

Do : F = 1/x1 + 1/x2 = 2(m + 3)/(m + 2) = + 2/(m + 2)

Ta thấy F số nguyên hay m + ước

Vì m ≥ - 9/4 nên m = ; m = ; m = -1 thỏa mãn tốn

Thí dụ : Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phân biệt phương trình : x2 - (m + 3)x + 2m - =

0 mà hệ thức không phụ thuộc m

Giải : Ta có Δ = (m + 3)2 - 4(2m - 5) = m2 - 2m + 14 = (m - 1)2 + 13 > với m Chứng tỏ

phương trình ln có hai nghiệm x1 x2 Theo định lí Vi-et :

Khử m ta có : 2(x1+x2) - x1x2 = 11

Thí dụ : Tìm m để phương trình : x2 - mx + m2 - = có nghiệm gấp đơi nghiệm

Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2

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

Theo định lí Vi-et ta có :

Giả sử x1 = 2x2 :

Khử x2 phép ta có :

2.(m/2)2 = m2 - tương đương với 2m2 = 9m2 - 63

hay m>sup>2 - m = - m = (thoả mãn) Vậy có giá trị m thỏa mãn m = m = -3

Thí dụ : Cho phương trình : x2 - mx + m2 - =

1) Tìm m để phương trình có nghiệm dương phân biệt 2) Tim m để phương trình có nghiệm nghiệm dương

Giải :

2) Phương trình có nghiệm nghiệm dương khả sau : Khả : = x1 < x2

Khả : x1 < < x2

Khả : < x1 = x2

Tóm lại : Phương trình có nghiệm nghiệm dương m = Các bạn làm thêm số tập :

1. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + m2 + 3m + =

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12

b) Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 khơng phụ thuộc m

2. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.

Gọi nghiệm phương trình x1, x2

a) Tìm m cho x1 + 5x2 =

b) Tìm số nguyên m cho : F = 1/x1 + 1/x2 số nguyên

3. Tìm m để phương trình : x2 + 2(m - 1)x - 2m + = có nghiệm x

1, x2 biểu thức A = x12 + x22

đạt giá trị nhỏ

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong q trình giảng dạy làm tốn, tơi hệ thống số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng giúp em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp giải tốn loại

Phương pháp : Đưa dạng tích

Biến đổi phương trình dạng : vế trái tích đa thức chứa ẩn, vế phải tích số nguyên.

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : y3 - x3 = 91 (1)

Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > với x, y nên từ (*) => y - x >

Mặt khác, 91 = x 91 = x 13 y - x ; x2 + xy + y2 nguyên dương nên ta có bốn khả sau :

y - x = 91 x2 + xy + y2 = ; (I)

y - x = x2 + xy + y2 = 91 ; (II)

y - x = x2 + xy + y2 = ; (III)

y - x = x2 + xy + y2 = 13 ; (IV)

Đến đây, toán coi giải

Phương pháp : Sắp thứ tự ẩn

Nếu ẩn x, y, z, có vai trị bình đẳng, ta giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện Từ đó, dùng phép hốn vị để => nghiệm phương trình cho.

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x + y + z = xyz (2)

Lời giải :

Do vai trị bình đẳng x, y, z phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ => xy thuộc {1 ; ; 3}

Nếu xy = 2, x ≤ y nên x = y = 2, thay vào (2), => z = Nếu xy = 3, x ≤ y nên x = y = 3, thay vào (2), => z =

Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2) hốn vị (1 ; ; 3)

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1/x + 1/y + 1/z = (3)

Lời giải : Do vai trị bình đẳng x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Ta có : = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x =

Thay x = vào (3) ta có :

1/y + 1/z + = => = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ => y = => 1/z = (vơ lí)

hoặc y = => 1/z = => z =

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

Phương pháp : Sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình.

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 - 2y2 = (4)

Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải số lẻ Thay x = 2k + (k thuộc Z) vào (4), ta : 4k2 +4k + - 2y2 =

tương đương 2(k2 + k - 1) = y2

=> y2 số chẵn => y số chẵn

Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2

tương đương k(k + 1) = 2t2 + (**)

Nhận xét : k(k + 1) số chẵn, 2t2 + số lẻ => phương trình (**) vơ nghiệm

Vậy phương trình (4) khơng có nghiệm ngun

Thí dụ : Chứng minh không tồn 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) tích số nguyên liên tiếp (với x số nguyên) Do

đó : x3 - x chia hết cho

Tương tự y3 - y z3 - z chia hết cho Từ ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho

Vì 2000 khơng chia hết x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với số nguyên x, y, z tức

phương trình (5) khơng có nghiệm ngun

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : xy + x - 2y = (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = khơng thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y số nguyên tương đương với x - ước hay x - = x - = -1 tương đương với x = x = Từ ta có nghiệm (x ; y) (1 ; -2) (3 ; 0)

Chú ý : Có thể dùng phương pháp để giải tốn này, nhờ đưa phương trình (6) dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) =

Phương pháp : Sử dụng bất đẳng thức

Dùng bất đẳng thức để đánh giá ẩn từ đánh giá => giá trị nguyên ẩn này.

Thí dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : x2 - xy + y2 = (7)

Lời giải :

(7) tương đương với (x - y/2)2 = - 3y2/4

Vì (x - y/2)2 ≥ => - 4y2/4 ≥

Lần lượt thay y = -2 ; ; -1 ; ; vào phương trình để tính x Ta có nghiệm nguyên phương trình :

(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}

Chắc chắn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun cịn nhiều thí dụ hấp dẫn khác Mong bạn tiếp tục trao đổi vấn đề Các bạn thử giải số phương trình nghiệm nguyên sau :

Bài : Giải phương trình nghiệm nguyên : a) x2 - xy = 23 ;

b) 3x - 3y + = ; c) 19x2 + 28y2 =729 ;

d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

Bài : 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 = ; d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995

KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ

Giải phương trình vơ tỉ, phương trình bậc cao dạng tốn khó, thường gặp kì thi vào lớp 10 trường chuyên Vận dụng khéo léo “một kĩ có nhiều ứng dụng” đăng TTT2 số 7, 9/2003, giải nhiều phương trình tưởng khó, cách đưa dạng A2 = B2

Sau vài thí dụ

Thí dụ : 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 ≤

So với điều kiện ban đầu nghiệm phương trình (I) : x =

Nhận xét : Ta đặt đưa (I) dạng :

(hệ phương trình đối xứng loại hai)

Thí dụ : Giải phương trình :

(đề thi vào lớp 10 trường THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)

Lời giải :Đ iều kiện :

So với điều kiện ban đầu nghiệm phương trình (II) : x = -

Thí dụ : Giải phương trình :

(x2 + 4x + 8)2 + 3x3 + 14x2 + 24x = (III)

Lời giải : Ta có, (III) tương đương với : (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) = - 2x2

Tương tự (x2 + 4x + 8)2 + 2.3/2x(x2 + 4x + 8) + 9/4x2 = - 2x2 + 9/4x2

Tương đương (x2 + 4x + + 3/2x)2 = (x/2)2

Tương đương x2 + 4x + + /32x = x/2 x2 + 4x + + 3/2x = - x/2 <BR< x2 + 5x + =

x2 + 6x + = 0

Phương trình x2 + 5x + = vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x2 + 6x + = hay (x +

2)(x + 4) = tương đương x = - x = -

Vậy phương trình (III) có hai nghiệm : x = - x = -

CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI

Kĩ biến đổi, tính tốn bậc hai yêu cầu quan trọng nội dung chương trình lớp Sau xin giới thiệu với bạn số dạng thường gặp toán bậc hai I Thực phép khai bậc hai nhờ phân tích 2ab đẳng thức (a - b)2 (a +-

b)2.

* Khi gặp thức dạng ta nghĩ đến việc phân tích dạng 2ab với a2 + b2 =

M

Thí dụ : Tính :

II Thực phép khai bậc hai nhờ xuất bình phương dùng đẳng thức (a - b)(a + b).

* Trong tích, xuất thừa số có dạng:

hãy thử làm xuất thừa số:

Thí dụ :Tính :

Lời giải : Ta có :

III. Cần tính T, trước hết tính T2 xét dấu T để => T.

Thí dụ : Tính:

Lời giải : Ta có :

IV Khi gặp mẫu số chứa căn, nghĩ tới trục mẫu. Thí dụ :Tính:

Lời giải : Ta có :

Thí dụ : Tính giá trị biểu thức :

Lời giải :

x3 = x2.x = (1 + 2x).x = x + 2x2 = x + 2(1 + 2x) = 5x + ;

x5 = x3.x2 = (5x + 2)(1 + 2x) = 9x + + 10x2 = 9x + + 10(1 + 2x) = 29x + 12

=> E = 2x5 + x3 - 3x2 + x -

= 2(29x + 12) + (5x + 2) - 3(1 + 2x) + x - = 58x + 24 + 5x + - - 6x + x -

= 58x + 22

Chú ý : Có thể thực phép chia đa thức E cho x2 - 2x - dư 58x + 22 từ tính

được E

Khi biến đổi, ta thường phải đánh giá, lựa chọn kết hợp nhiều phương pháp khác Chắc chắn cịn gặp nhiều dạng tốn liên quan đến bậc hai với cách biến đổi đặc biệt khác Đề nghị bạn tiếp tục trao đổi

Dưới số tập áp dụng (được trích từ số đề thi tỉnh, thành phố)

Tính giá trị biểu thức :

HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Trong loại hệ phương trình hệ phương trình bậc hai ẩn loại hệ bạn gặp nhiều sau Đối với bậc THCS bạn có hai phương pháp để giải biện luận loại hệ này, phương pháp cộng đại số phương pháp Dù dùng phương pháp bạn đưa giải biện luận phương trình ẩn Bài viết xin tổng kết với bạn số yêu cầu thường gặp loại hệ

1 Giải biện luận

Bài toán 1 : Giải biện luận hệ :

Giải : Các bạn chọn hai phương pháp, chẳng hạn phương pháp : Ta có (2) y = - x Thế vào (1) :

mx + 2(3 - x) = 2m (m - 2)x = 2m - (3)

+ Nếu m - = m = (3) trở thành = - 2, vơ nghiệm (khơng nói phương trình vơ lí !)

+ Nếu m - khác ; m khác (3) x = (2m - 6)/(m - 2) Thay vào (2) => : y = - (2m - 6)/(m - 2) = m/(m- 2) Hệ có nghiệm :

2.Nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.

Những yêu cầu nghiệm thường gặp :

- Nghiệm hệ thỏa mãn bất đẳng thức - Nghiệm hệ thỏa mãn hệ thức

- Nghiệm hệ số nguyên

Bài tốn :

Tìm m để hệ :

có nghiệm thỏa mãn x > y >

Giải :

Nhân hai vế (2) với -3, ta có (2) tương đương với -3x - 3my = -9 (3) Cộng vế (1) (3) dẫn đến :

- 2y - 3my = m - (2 + 3m)y = - m (4)

+ Nếu + 3m = m = - 2/3 (4) trở thành = 29/3 vô nghiệm + Nếu + 3m khác ; m khác - 2/3 :

(4) y = (9 - m)/(2 + 3m) Thế vào (1) ta có :

3x - 2.[ (9 - m)/(2 + 3m) ] = m x = (m2 + 6)/(2 + 3m)

Khi x > y >

Tóm lại : Hệ có nghiệm thỏa mãn x > y > -2/3 < m <

Bài toán : Cho hệ :

a) Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm x, y ngun b) Tìm m cho nghiệm hệ thỏa mãn x2 + y2 = 0,25

Giải : a) Vì (2) y = 4x + nên vào (1) ta có : x + (m + 1) (4x + 2) = Khi (4m + 5)x = -2m - (3)

+ Nếu 4m + = m = - 5/4 (3) vơ nghiệm

+ Nếu 4m + khác m khác - 5/4 (3) x = (- 2m - 1)/( 4m + 5) Thế vào (2) : y = - (- 2m - 1)/( 4m + 5) + = 6/(4m + 5)

Trước hết ta thấy : Vì m nguyên nên 4m + số nguyên lẻ Do : y nguyên 4m + ước số lẻ

Khi 4m + thuộc { -1;1;-3;3} m thuộc {-3/2;-1;-2;-1/2} Với m = - x = ; y = thỏa mãn

Với m = - x = - ; y = - thỏa mãn

Tóm lại : Hệ có nghiệm x y số nguyên m = - m = - b) Ta có x2 + y2 = 0,25

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

4(2m + 1)2 + 4.36 = (4m + 5)2 m = 123/24

3.Giải hệ đưa hệ bậc hai ẩn (thông qua ẩn phụ). Bài toán :

Giải : Đặt u = 1/(2x - y); v = 1/(2x + y) hệ trở thành :

Giải hệ ta có u = 1/3 ; v = 1/5 Từ ta có :

4 Bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất.

Có giải tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức lại xuất loại hệ Ta xét toán sau :

Bài toán 5 : Tùy theo giá trị m, tìm giá trị nhỏ biểu thức : F = (mx + 2y - 2m)2 + (x + y - 3)2

Giải : Ta thấy F ≥ với x, y, m F đạt giá trị nhỏ hệ sau có nghiệm :

Hệ hệ tốn 1, có nghiệm m khác Với m = F = (2x + 2y - 4)2 + (x + y - 3)2

Đặt t = x + y - ta có : F = (2t)2 + (t - 1)2 = 5t2 - 2t + = 5(t - 1/5)2 + 4/5 ≥ 4/5 Khi

F đạt giá trị nhỏ 4/5 t = 1/5

Tóm lại : Nếu m = F nhỏ 4/5 Và m khác F nhỏ Các bạn tự giải toán sau :

Bài : Cho hệ :

a) Tìm n để hệ có nghiệm với giá trị m

b) Với n = 2, tìm m cho hệ có nghiệm thỏa mãn x < y <

c) Với n = 3, tìm số nguyên m cho hệ có nghiệm x, y số nguyên

Bài 2 : Tìm m để hệ có nghiệm :

Bài 3 : Tùy theo m, tìm giá trị nhỏ biểu thức : a) F = (mx - 2y + 1)2 + (3x + y)2

b) Q = |x - my| + |2x + y - 1|

Bài 5 : Chứng minh : Nếu hệ

có nghiệm thỏa mãn cx + ay = b : a3 + b3 + c3 = 3abc

Chúc bạn thành công kì thi !

THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN

Sau “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun” giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền

(TTT2 số 14), nhiều bạn bổ sung thêm phương pháp khác minh họa nhiều tốn thú vị Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp số phương pháp từ gửi

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 tham khảo

Phương pháp : Đưa dạng tổng

Biến đổi phương trình dạng : vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số chính phương.

Thí dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình x2 + y2 - x - y = (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 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 52

Do phương trình thỏa mãn hai khả :

Giải hệ => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}

Phương pháp : lùi vô hạn

Thí dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình x2 - 5y2 = (9)

Lời giải :

Giả sử (x0 ; y0) nghiệm (9) : x02 - 5y02 = => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta

có : 25x12 - 5y02 = <=> 5x12 - y02 =

=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z)

Từ ta có : 5x12 - 25y12 = <=> x12 - 5y12 =

Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (9) (x0/5 ; y0/5) nghiệm nguyên (9)

Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k ngun dương bất kì, nghiệm nguyên (9) hay x0

y0 chia hết cho 5k với k số nguyên dương tùy ý Điều xảy x0 = y0 =

Vậy phương trình (9) có nghiệm x = y =

Phương pháp : xét chữ số tận

Lời giải : Cho x ; ; ; 4, ta có nghiệm nguyên dương (x ; y) phương trình (10) (1 ; 1) (3 ; 3)

Nếu x > dễ thấy k! với k > có chữ số tận ị 1! + 2! + ! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + + x! có chữ số tận

Mặt khác vế phải số phương nên khơng thể có chữ số tận Vậy phương trình (10) có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}

Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - = 32y + 1 (11)

Lời giải : Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x2 + x - nhận

các giá trị ; ; Mặt khác, ta thấy 32y + 1 lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận có

thể 7, khác với ; ;

Vậy (11) xảy Nói cách khác, phương trình (11) khơng có nghiệm ngun dương Bài tốn giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết

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

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

Thí dụ 12 :

Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = (12)

Lời giải :

(12) y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + =

Ta thấy phương trình có nghiệm y ngun => - 4x - nguyên, mà x nguyên nên

nguyên

=> ∆'y = x2 - = n2 với n Є Z, dùng phương pháp (đưa dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác

định x = x = -2

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

Thí dụ 13 : Tìm nghiệm ngun phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + = (13)

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

=> (x1 - 5)(x2 - 5) = = 1.2 = (-1)(-2)

=> x1 + x2 = 13 x1 + x2 =

=> y = y = 2, thay vào (13), phương trình có nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}

Chú ý : Một số phương pháp mà bạn gọi phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thấy đặc trưng cho phương trình nghiệm ngun nên khơng giới thiệu Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm với thí dụ giải phương trình nghiệm ngun 2x + 5x = 7x Có bạn viết phương trình dạng phương trình bậc ẩn x đặt điều

kiện ∆x ≥ để có miền giá trị y, phương pháp thực trình bày thí dụ 7, khơng

viết biệt thức ∆’x Các bạn làm thêm số tập :

Bài : Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình : a) 5x2 - 4xy + y2 = 169

b) 3x = 4y +

Bài : Tìm nghiệm nguyên phương trình : a) 5x + 12x = 13x

b) y4 = x6 + 3x3 +

Bài : Chứng minh phương trình 25t = 2t5 + 1997 khơng có nghiệm ngun

<B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 - 3y3 - 9z3 =

ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ

Trong q trình học tập, tìm tịi, em biết đến bất đẳng thức đẹp nhờ sử dụng nó, việc chứng minh số bất đẳng thức khác tỏ hiệu

Bất đẳng thức phát biểu dạng bổ đề sau :

* Bổ đề : Nếu a + b ≥ với m ; n nguyên dương ta có :

Chứng minh :

Do a, b có vai trị nhau, khơng tính tổng quát, giả sử a ≥ b (1) Do a + b ≥ suy a ≥ - b (2)

Từ (1) ; (2) suy a ≥ |b| ≥ 0, suy :

* Áp dụng :

Bài toán : Cho x + y ≥ Chứng minh : (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9)

Lời giải : Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có

Suy (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9)

Bài toán : Cho a + b ≥ n số nguyên dương Chứng minh : an + bn ≤ an +1 + bn +1

Mong bạn bổ sung thêm nhiều tập áp dụng bổ đề

TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP

Tính giá trị biểu thức dạng tốn quen thuộc học sinh THCS Trong nhiều trường hợp, việc tính giá trị biểu thức khó thực sử dụng phép biến đổi trực tiếp, lại thực dễ dàng thơng qua việc tính giá trị biểu thức trung gian khác Sau vài ví dụ minh họa

Ví dụ : Tính giá trị biểu thức A = + + 32 + 33 + + 32004

Lời giải : Để tính giá trị biểu thức A, cần liên hệ với cơng thức tính an - 1, ta thấy :

2A = (3 - 1)( + + 32 + 33 + + 32004) = 32005 -

Do :

Với học sinh lớp 6, chưa học đẳng thức thực theo cách sau : A = + + 32 + 33 + + 32004

3A = + 32 + 33 + 34 + + 320052A = 3A - A = 32005 -

Suy :

Ví dụ : Tính giá trị biểu thức : B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + 98.99.100

Lời giải : Để tính B, trường hợp này, ta 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)

SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI

KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Khi giải tốn, bạn khơng lần mắc phải sai lầm đáng tiếc Trong chuyên mục “Sai đâu ? Sửa cho đúng”, bạn chứng kiến nhiều lời giải sai lầm Nhà sư phạm tốn tiếng G Polya nói : “Con người phải biết học sai lầm thiếu sót mình” A.A Stoliar cịn nhấn mạnh : “Khơng tiếc thời gian để phân tích học sai lầm học sinh”

Qua q trình giảng dạy, tơi nhận thấy giải tốn “Tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức” nhiều học sinh mắc phải sai lầm khơng đáng có

Trước hết, đề nghị bạn đọc phát sai lầm lời giải ví dụ sau

Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức : A = x2 - 3x + với x ≥

Lời giải :

Vậy GTNN A 11/4 x = 3/2

Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

với x ≠ ; y ≠

Lời giải :

Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

trong x, y số dương thay đổi, thỏa mãn x + y =

Lời giải : Ta có :

Mặt khác, x > ; y > nên suy :

Bây phân tích sai lầm lời giải

* Trong ví dụ 1, ta thấy x = 3/2 không thỏa mãn điều kiện x ≥ Lời giải chưa quên điều kiện x ≥ toán

Vậy GTNN A phải x =

Ta tìm GTNN biểu thức A cách biến đổi khác sau : A = x2 - 3x + = (x2 - 3x + 2) + = (x - 1)(x - 2) +

Vì x ≥ nên x - > x - ≥ 0, suy (x - 1)(x - 2) ≥ suy A ≥ Vậy GTNN A (x - 1)(x - 2) = tương đương x - = hay x =

Chú ý : Nếu tốn u cầu tìm GTNN A x ≥ ta xử lí ?

* Trong ví dụ 2, sau tìm GTNN P - 9/4 t = 1/2 tiếp tục xác định giá trị tương ứng x y, bạn khơng khó khăn để nhận khơng tồn x ; y để t = 1/2 P = - 9/4 Vậy lời giải sai

Nếu bạn biết :

với x ≠ ; y ≠ (một kết quen thuộc) bạn thấy lời giải sau : Ta có : P = t2 - t - = (t + 1)(t - 2)

+ Nếu t ≥ t - ≥ t + > suy (t + 1)(t - 2) ≥ suy P ≥ + Nếu t ≤ -2 t - < t + < suy (t + 1)(t - 2) > suy P > Do P ≥ với x, y khác

Suy P đạt GTNN t = hay x = y

* Trong ví dụ 3, GTNN biểu thức M 4, đạt x.y = Khi kết hợp với điều kiện x + y = đề bài, ta có hệ :

Nguyên nhân dẫn đến sai lầm ví dụ bạn qn khơng xác định giá trị tương ứng biến để bất đẳng thức trở thành đẳng thức Đặc biệt, trường hợp giá trị biến tồn chúng có thỏa mãn điều kiện cho trước hay không

Gặp sai lầm giải tốn điều khó tránh khỏi Tìm sai lầm sửa chữa sai lầm khơng dễ chút Nhưng bạn có ý thức giải tốn chắn bạn thành cơng !

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN

Hệ phương trình dạng tốn thường gặp kì thi học sinh lớp Có nhiều hệ phương trình giải trực tiếp phức tạp, chí khơng giải Trong số trường hợp vậy, ta tìm cách đánh giá ẩn ẩn với số, từ xác định nghiệm hệ Phương pháp gọi “phương pháp đánh giá ẩn”

1 Đánh giá ẩn

Lời giải : Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2 Ta chứng minh x = y Thật :

Vậy nghiệm hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) : x = y =

Ví dụ 2 (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương hệ

Lời giải : Ta chứng minh x = y = z Do x, y, z có vai trị nên khơng tổng quát, giả sử x y x z (4)

Vì x > 0, y > 0, z > nên :

Từ (1), (2), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ x6 + z6 = 2y2004 => 2x2004 ≤ 2y2004 => x ≤ y (5)

Từ (1), (3), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ y6 + x6 = 2z2004 => 2x2004 ≤ 2z2004 => x ≤ z (6)

Từ (4), (5), (6) suy x = y = z

Thay vào (1) ta có 2x2004 = x6 + x6 = 2x6 suy x = (do x > 0)

Vậy hệ có nghiệm dương : x = y = z =

Ví dụ : Tìm a, b, c biết 4a - b2 = 4b - c2 = 4c - a2 = (*)

Lời giải : Ta thấy a > 0, b > 0, c > Giả sử a > b, từ (*) ta có :

4a - 4b = b2 - c2 > => b > c (>0) ; 4b - 4c = c2 - a2 > => c > a (>0)

=> b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b

Tương tự trên, a < b dẫn đến điều vơ lí Vậy a = b, suy : 4a - 4b = b2 - c2 = => b = c => a = b = c

4a - b2 = <=> 4a - a2 = <=> a2 - 4a + =

Giải phương trình bậc hai ẩn a ta hai nghiệm ++++++++ Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm :

2 Đánh giá ẩn với số

Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > a100 + b100 = a101 + b101

= a102 + b102 (1)

Tính giá trị biểu thức P = a2004 + b2004

Lời giải : Ta chứng minh a = 1, b = 1, từ tính P Thật vậy, từ (1) ta có : a100.(1 - a) = b100.(b - 1) (2)

a101.(1 - a) = b101.(b - 1) (3)

Trừ (2) cho (3) theo vế ta có :

(a100 - a101)(1 - a) = (b100 - b101)(b - 1) <=> a100.(1 - a)2 = b100.(1 - b)(b - 1)

<=> a100.(1 - a)2 = - b100.(1 - b)2 (4)

Nếu a ≠ 1, a > suy :

a100.(1 - a)2 > ≥ - b100.(1 - b)2 trái với (4) => a = => b = (thay vào (2), b >0)

Vậy P = 12004 + 12004 =

Ví dụ : Giải hệ phương trình

Lời giải : Ta chứng minh x = Nhận xét : x, y, z khác Giả sử x > (4)

Tương tự, x < dẫn đến điều vơ lí Suy x = 1, thay vào (1) (2) ta có :

Vậy hệ có nghiệm : x = y = z =

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT

Trong viết này, đề cập đến dạng tốn tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức nhiều ẩn, ẩn nghiệm phương trình bất phương trình cho trước

Đối với dạng toán này, ta cần xác định giải bất phương trình ẩn mà ẩn biểu thức cần tìm GTLN, GTNN

Bài tốn : Tìm GTLN GTNN xy biết x y nghiệm phương trình x4 + y4 - = xy(1 - 2xy)

Lời giải : Ta có x4 + y4 - = xy(1 - 2xy)

<=> xy + = x4 + y4 + 2x2y2

<=> xy + = (x2 + y2)2 (1)

Do (x2 - y2)2 ≥ với x, y, dễ dàng suy (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với x, y (2)

Từ (1) (2) ta có :

xy + ≥ 4(xy)2 <=> 4t2 - t - ≤ (với t = xy)

<=> (t - 1)(4t + 3) ≤

Vậy : t = xy đạt GTLN

<=> x = y = ; t = xy đạt GTNN

Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có :

Vậy t = x + y + z đạt GTNN x = y = z =

Bài toán : Cho số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = Tìm GTLN

GTNN A = xyz Lời giải :

x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 =

<=> (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = (1)

áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với m, n ta có :

x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2)

Từ (1) (2) suy :

2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤

<=> 3A2 + 6|A| - ≤ <=> A2 + 2|A| - ≤

<=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ <=> |A| ≤ <=> -1 ≤ A ≤

Vậy : A đạt GTLN

A đạt GTNN -1

Bài toán : Cho số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2)

Tìm GTLN GTNN x2 + y2

Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2)

<=> (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - = -3x2 ≤

=> t2 - 2t - ≤ (với t = x2 + y2 ≥ 0)

=> (t + 1)(t - 3) ≤ => t ≤

Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN x = ;

Ta lại có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2)

<=> (x2 + y2)2 + x2 + y2 - = 3y2 ≥

=> t2 + t - ≥ (với t = x2 + y2 ≥ 0)

khi y = ;

Bài tập tương tự

1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ Tìm GTLN xyz

Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)

2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + = 29xyz

Tìm GTNN xyz Đáp số : (x = y = z = 2)

3) Tìm GTLN GTNN S = x2 + y2 biết x y nghiệm phương trình :

5x2 + 8xy + 5y2 = 36

Đáp số : GTLN 36 GTNN

4) Cho x y số thực thỏa mãn :

Tìm GTLN x2 + y2

Đáp số : (x = -1 ; y = 0)

5) Cho số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z -

Tìm GTLN GTNN x - 2y Đáp số :

GTLN (x = 2y + ; y Є R ; z = 1) ; GTNN (x = 2y + ; y Є R ; z = 1)

6) Tìm số ngun khơng âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết :

Đáp số : x = ; y = ; z = ; t = Khi M đạt giá trị nhỏ 61

XÂU CHUỖI BÀI TỐN

Đối với tơi việc xâu chuỗi, tìm tịi mối liên hệ toán gặp để phát kết cơng việc hứng thú Ví dụ, q trình học tốn tơi gặp hai toán :

Bài toán : Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3

Bài toán : Cho x1, x2, x3, x4 bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện :

x1 + x2 + x3 + x4 =

Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức :

Khi giải tốn tơi thành công sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau tơi cịn biết nhiều cách giải khác) :

≤ (a2 + b2 + c2)(a4 + b4 + c4) suy

≤ (a + b + c)(a3 + b3 + c3) suy

(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) suy

Từ (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh

Sau tơi gặp toán TTT2 số 6, cách giải hoàn toàn tương tự với kết giá trị nhỏ T 1/4.Tơi có nhận xét ban đầu hai toán sau : tốn ta

tìm giá trị nhỏ ; hai toán khác số số dương ; giá

trị tổng số dương khơng ảnh hưởng trực tiếp vào lời giải

Từ tơi nghĩ hai tốn mở rộng cho n số dương đề xuất toán (chứng minh tương tự hai toán trên) :

Bài toán : Cho x1, x2, , xn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = k

Chứng minh :

Tiếp tục suy nghĩ, nhận thấy với số a dương ta ln có với cách

chứng minh ta tiếp tục mở rộng toán :

Bài toán : Cho m, n số nguyên dương ; x1, x2n số dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = k Chứng minh :

Hướng dẫn :

SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL

Bài toán tương giao đường thẳng đường parabol chủ đề hay gặp kì thi cuối cấp Nắm vững loại toán này, bạn thấy mối liên hệ vị trí tương đối hai đồ thị với nghiệm phương trình bậc hai

Trước hết, bạn cần nhớ kiến thức :

Cho (C) đồ thị hàm số y = f(x) điểm A(xA ; yA) ta có : A Є (C) <=> yA = f(xA)

A không thuộc (C) <=> yA ≠ f(xA)

Tọa độ điểm chung đồ thị hàm số y = f(x) y = g(x) nghiệm hệ : y = f(x) y = g(x) Do : Hồnh độ điểm chung hai đồ thị nghiệm phương trình f(x) = g(x) Từ ta xét vị trí tương đối hai đường thẳng, vị trí tương đối đường thẳng parabol

1 Vị trí tương đối hai đường thẳng

(D) : y = ax + b (a ≠ 0) (D’) : y = a’x + b’ (a’ ≠ 0)

Phương trình hồnh độ điểm chung (D) (D’) : (a - a’)x = b’ - b (1) * (D) // (D’) Phương trình (1) vô nghiệm a = a’ b b’

* (D) // (D’) <=> Phương trình (1) có vơ số nghiệm <=> a = a’ b = b’ * (D) cắt (D’) điểm <=> Phương trình (1) có nghiệm <=> a ≠ a’ * (D) ^ (D’) a.a’ = -1

2.Vị trí tương đối đường thẳng (D) : y = f(x) parabol (P) : y = g(x).

Hoành độ điểm chung (D) (P) nghiệm phương trình : f(x) = g(x) (2) Phương trình (2) phương trình bậc hai Ta thấy :

* (D) (P) điểm chung <=> Phương trình (2) vơ nghiệm <=> ∆ <

* (D) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (2) có nghiệm (nghiệm kép) <=> ∆ = * (D) cắt (P) hai điểm <=> Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆ > Sau số dạng tập biện luận tương giao đường thẳng parabol

Dạng : Bài toán chứng minh

Ví dụ : Chứng minh đường thẳng (D) : y = 4x - tiếp xúc với parabol (P) : y = 2x2 - 4(2m - 1)x + 8m2 -

Giải : Hoành độ điểm chung (P) (D) nghiệm phương trình : 2x2 - 4(2m - 1)x + 8m2 - = 4x -

<=> 2x2 - 8mx + 8m2 =

<=> x2 - 4mx + 4m2 =

Ta có ∆’ = 4m2 - 4m2 = với giá trị m nên parabol (P) luôn tiếp xúc với đường thẳng

(D)

Dạng :Bài toán tìm điều kiện

Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = 2(m - x) parabol (P) : y = -x2 + 2x + 4m

a) Với giá trị m (D) tiếp xúc với parabol (P)

b) Với giá trị m (D) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm tọa độ giao điểm A B m = -3/2

Giải : a) Hoành độ điểm chung (P) (D) nghiệm phương trình : -x2 + 2x + 4m = 2(m - x)

<=> x2 - 4x - 2m = (3)

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (3) có nghiệm kép <=> ∆’ = <=> + 2m = <=> m = -2

b) (D) cắt (P) hai điểm <=> Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆’ > <=> + 2m > <=> m > -2

Từ suy tọa độ giao điểm A, B (D) (P) :

Dạng : Xác định tọa độ tiếp điểm.

Ví dụ : Cho parabol (P) : y = x2 - 2x - Tìm điểm (P) mà tiếp tuyến (P) điểm

song song với đường thẳng (D) : y = -4x

Giải : Gọi đường thẳng tiếp xúc với (P) (d)

Do (d) song song với (D) nên (d) có dạng y = -4x + b (b ≠ 0) Hoành độ điểm chung (P) (d) nghiệm phương trình : x2 - 2x - = -4x + b

<=> x2 + 2x - - b = (4)

Ta thấy : (d) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (4) có nghiệm kép <=> Ẃ’ = <=> + b = <=> b = -4 Khi đó, gọi điểm A(x0 ; y0) tiếp điểm (P) (d) ( A Є (P) A Є (d)) ta có hệ phương trình :

Vậy tiếp điểm cần tìm A(-1 ; 0)

Dạng : Lập phương trình tiếp tuyến.

Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = ax + b Tìm a b biết :

a) Đường thẳng (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = tiếp xúc với parabol (P) : y = -x2

b) Đường thẳng (D) vng góc với đường thẳng x - 2y + = tiếp xúc với parabol (P) : y = -x2

c) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) : y = x2 - 3x + điểm C(3 ; 2)

Giải : a) Ta có 2y + 4x = <=> y = -2x + 5/2 (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = nên (D) có dạng : y = -2x + b (b ≠ 5/2)

Theo cách làm dạng ta tìm b = 1/4 Vậy đường thẳng (D) có phương trình y = - 2x + 1/4

b) Ta có x - 2y + = <=> y = 1/2x + 1/2

(D) vng góc với đường thẳng có phương trình x - 2y + = <=> a.1/2a = -1 <=> a = -2 Suy (D) : y = -2x + b

Theo cách làm dạng 2, ta tìm b = Vậy đường thẳng (D) có phương trình y = -2x + c) Ta có : C(3 ; 2) Є (D) <=> = 3a + b <=> b = - 3a

Khi phương trình (D) có dạng : y = ax + - 3a

Theo cách làm dạng ta tìm a = suy b = -7 Vậy đường thẳng (D) có phương trình : y = 3x -

Dạng : Xác định parabol

Ví dụ : Xác định parabol (P) : y = ax2 + bx + c thỏa mãn :

a) (P) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = -5x + 15 qua hai điểm (0 ; -1) (4 ; -5)

b) (P) cắt trục tung điểm có tung độ cắt đường thẳng (D) : y = x - hai điểm có hồnh độ

Giải : a) (P) qua hai điểm (0 ; -1) (4 ; -5)

Do parabol (P) đồ thị hàm số y = ax2 - (1 + 4a)x -

Hoành độ điểm chung (D) (P) nghiệm phương trình : ax2 - (1 + 4a)x - = -5x + 15

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép <=> ∆’ = <=> 4(a - 1)2 - 16a =

<=> (a + 1)2 = <=> a = -1

Do : a = -1 ; b = c = -1

Vậy (P) đồ thị hàm số y = -x2 + 3x -

b) Parabol (P) cắt trục tung điểm có tung độ nên (P) qua điểm (0 ; 2) (P) cắt đường thẳng (D) : y = x - hai điểm có hồnh độ <=> Giao điểm (P) với đường thẳng (D) : (1 ; 0) (3 ; 2)

Vậy parabol (P) qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) (3 ; 2)

Do a = ; b = -3 c =

NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ

Khi giải phương trình mà ẩn nằm dấu thức (phương trình vơ tỉ), số học sinh chưa nắm vững kiến thức thức phép biến đổi tương đương phương trình nên thường mắc phải số sai lầm Bài viết nhằm giúp bạn học sinh lớp tránh sai lầm !

Ví dụ :

Giải phương trình :

Lời giải sai : Ta có

Nhận xét : Rõ ràng x = -3 khơng phải nghiệm phương trình Ghi nhớ :

Ví dụ : Giải phương trình :

Lời giải sai :

Nhận xét : Rõ ràng x = -3 nghiệm phương trình Ghi nhớ :

Lời giải sai :

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

Nhận xét : Các bạn nghĩ phương trình cho thực có nghiệm x = -7 ? Ghi nhớ :

Như lời giải bỏ sót trường hợp A ≤ ; B < nên nghiệm x = -7

Ví dụ : Giải phương trình

Lời giải sai : Ta có

Vậy phương trình cho có nghiệm x =

Nhận xét : Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình cho Ghi nhớ :

Ví dụ : Giải phương trình

Lời giải sai :

Phương trình tương đương với :

Căn thức có nghĩa <=> x ≥ Khi ta có :

Nhận xét : Có thể thấy x = nghiệm Việc chia hai vế cho làm nghiệm Mặt khác cần ghi nhớ :

Do lời giải phải bổ sung trường hợp = trường hợp x < Khi x < phương trình viết dạng :

Do x < khơng thỏa mãn phương trình Cuối phương trình có nghiệm x = Mong bạn trao đổi thêm vấn đề

TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG

Tiếp tục mở rộng kết sáng tạo tự học toán, đăng TTT2 số 1, tơi tìm thêm số kết Điều khẳng định lời thầy giáo Nguyễn Đức Tấn : “Tự học nhiều giúp ta tìm đến điều thú vị tốn học”

Thầy Tấn mở rộng bất đẳng thức 1/(a - b + c) + 1/(b + c - a) + 1/(c + a - b) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (I) (với a, b, c ba cạnh tam giác) theo hướng nâng lên lũy thừa bậc n mẫu số phân thức : 1/(a - b + c)n + 1/(b + c - a)n + 1/(c + a - b)n ≥ 1/an + 1/bn + 1/cn (II)

l Câu hỏi đặt : không thử mở rộng bất đẳng thức (I) theo hướng ngược lại - khai bậc n mẫu số phân thức ?

Tiếp tục áp dụng cách chứng minh toán phụ 1/x + 1/y ≥ 4?(x + y) ( với x, y > 0) ta có :

Suy :

Từ ta có :

Kết : Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác :

(với số tự nhiên n khác 0)

Khai bậc n tử số phân số vế trái (III) lại có thêm kết khác

Kết : Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác :

(với số tự nhiên n khác 0)

Chứng minh : Trước hết ta phát biểu chứng minh bất đẳng thức Trê-bư-sép cho số :

Phát biểu :

Nếu a1 ≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥

≥ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (1) ;

Nếu a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3

thì 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≤

≤ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (2)

Chứng minh :

Với a1≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 ta có : (a1 - a2)(b1 - b2) ≥

<=> a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ;

Tương tự ta có :

a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 ;

a3b3 + a1b1 ≥ a3b1 + a1b3

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta có 2(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥

≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3

<=> 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3 + (a1b1 + a2b2 + a3b3) =

= (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3)

Vậy (1) chứng minh

Tương tự, ta chứng minh (2)

Trở lại kết

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên khơng tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c => b + c - a ≤ c + a - b ≤ a + b - c

=> 1/(a - b + c) ≥ 1/(b + c - a) ≥ 1/(c + a - b) Theo bất đẳng thức (1) ; (I) ; (2) ta có :

Suy điều phải chứng minh

Kết 3 : Nếu a, b, c ba cạnh tam giác : cn/(a - b + c)m + an/(b + c - a)m + bn/(c + a - b)m ≥

≥ an - m + bn - m + cn - m với số tự nhiên m, n

Chứng minh : áp dụng bất đẳng thức (1) ; (II) ; (2) ta có :

Suy điều phải chứng minh

* Chưa dừng lại, tơi cịn tìm chứng minh kết sau :

(trong a, b, c ba cạnh tam giác, m, n, p, q số tự nhiên khác 0) Các bạn thử chứng minh xem !

VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Để giúp bạn bước vào kì thi cuối cấp đạt kết tốt, xin hệ thống lại dạng tập viết phương trình đường thẳng y = ax + b

1) Biết tọa độ hai điểm thuộc đường thẳng

Bài toán : Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua hai điểm A(1 ; -2) B(2 ; 1)

Lời giải : Đường thẳng y = ax + b qua A B Vậy a = b = -5

Bài toán : Cho hai điểm A B thuộc parabol y = x2 Viết phương trình đường thẳng AB biết

hoành độ A B -1

Lời giải : Vì A thuộc parabol y = x2, có hồnh độ -1 nên A có tung độ (-1)2 = 1, suy A(-1 ;

1) Tương tự, ta xác định B(2 ; 4) Đường thẳng y = ax + b qua A B Vậy phương trình đường thẳng AB : y = x +

Bài toán : Trên parabol lấy hai điểm A B Biết hoành độ A xA = -2 ; tung độ B yB = Viết phương trình đường thẳng AB (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Nam Định năm học 2002-2003) Lời giải : Vì A thuộc parabol ; xA = -2 suy yA = = ị A(-2 ; 2) Vì B thuộc parabol ; yB = suy x2B = 16 ị xB = ị B(-4 ; 8) B(4 ; 8) Tương tự hai tốn ta viết phương trình đường thẳng AB sau : + Với A(-2 ; 2) B(4 ; 8) ta có y = x + ; + Với A(-2 ; 2) B(-4 ; 8) ta có y = -3x - 2) Biết tọa độ điểm thuộc đường thẳng hệ số góc đường thẳng

Bài tốn : Viết phương trình đường thẳng qua điểm B(-1 ; 8) song song với đường thẳng y = 4x + Lời giải : Hai đường thẳng song song có hệ số góc nên hệ số góc đường thẳng phải tìm 4, tương tự tốn 4, ta tìm kết y = 4x + 12

Bài toán : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = -x + cắt trục hoành điểm có hồnh độ Lời giải : Điểm trục hồnh có hồnh độ điểm có tọa độ (2 ; 0) Tương tự tốn ta tìm kết y = -x + 3) Biết đường thẳng tiếp xúc với parabol hai yếu tố thuộc dạng

Bài toán : Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 qua điểm A(1 ; 1) Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b qua A(1 ; 1) nên = a + b hay b = - a Như đường thẳng cần tìm trở thành : y = ax + - a Đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = ax + - a hay x2 - ax + a - = có nghiệm kép Dx = (-a)2 - 4(a - 1) = a2 - 4a + = (a - 2)2 = a = Vậy phương trình đường thẳng cần tìm : y = 2x -

Bài toán : Viết phương trình đường thẳng có điểm chung với parabol y = x2 song song với đường thẳng y = 3x + 12 Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 12 nên a = Như đường thẳng cần tìm trở thành : y = 3x + b Đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = 3x + b hay x2 - 3x - b = có nghiệm kép Dx = (-3)2 + 4b = 4b = -9 b = Vậy phương trình đường thẳng cần tìm : Sau số tập luyện tập

Bài tập : Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua A(-2 ; 15) B(3 ; -5) Bài tập : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc -1 qua gốc tọa độ

Bài tập : Xác định a b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x cắt đường thẳng điểm nằm trục tung

Bài tập : Gọi (d) đường thẳng qua A(1 ; 1) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ 2005 Hãy viết phương trình đường thẳng (d)

Bài tập : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = x + cắt parabol điểm có tung độ

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA

Từ toán quen thuộc SGK Hình học lớp 9, TS Lê Quốc Hán có mở rộng thú vị Con đường mở rộng cách học toán mà bạn cần rèn luyện TTT2 chân thành cảm ơn TS Nguyễn Minh Hà TS Lê Quốc Hán làm phong phú thêm mở rộng Trong SGK Hình học lớp 9, trang 38, có tốn số 14, nội dung sau :

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc cung BC (khơng chứa A) đường trịn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA = MB + MC

Lời giải : Trên MA lấy điểm N cho MN = MB (1) (hình 1) ; Đ BMN = Đ BCA = 60o nên

ΔBMN => BN = BM (2)

ΔABC nên BA = BC, mặt khác Đ ABC = Đ MBN = 60o => Đ ABN = Đ MBC (3)

Từ (1), (2), (3) => : ΔABN = ΔCBM (c.g.c) => NA = MC (4) Từ (1), (4) => : MN + NA = MB + MC => MA = MB + MC

BT1 khởi đầu cho nhiều mở rộng đẹp sâu sắc Do hạn chế chương trình, viết này, chúng tơi giới thiệu với bạn đọc mở rộng ban đầu BT1 Mặc dù vậy, mở rộng này, chừng mực đó, giúp bạn trả lời câu hỏi lớn đặt chuyên mục : “Học toán ?”

Trong BT1, giả thiết tam giác ABC tương đương với giả thiết đường thẳng MA, MB, MC đôi tạo với góc 60o Nhận xét cho ta cách mở rộng BT1

Bài toán : Cho đường tròn (O) điểm M nằm đường tròn Các dây A1B1, A2B2, A3B3 qua

M (A1, B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm (O)) đơi tạo với góc 60o Chứng

minh : MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3

Vì BT2 sinh từ BT1 nên ta nghĩ tới việc dùng BT1 để giải BT2

Lời giải : Không tính tổng qt, giả sử O nằm góc B1MA3 góc OMB1 ≤ OMA3 (hình 2) Dựng đường trịn (w) tâm O, bán kính OM Đường trịn theo thứ tự cắt đoạn A1B1,

A2B2, A3B3 C1, C2, C3 Dễ thấy M thuộc cung C2C3 (không chứa C1) (w)

Mặt khác Đ C1C2C3 = Đ C1MC3 = 60o C1C2C2 = Đ C1MC2 = 60o

=> DC1C2C3 Theo kết BT1, ta có : MC1 = MC2 + MC3 (1)

Lại ý rằng, (O) (w) đồng tâm, ta có : MA1 = C1B1 ; C2A2 = MB2 ; C3A3 = MB3 (2)

Từ (1), (2) dễ dàng => :

MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3

Tiếp theo mở rộng trên, BT1 cịn có mở rộng khác hấp dẫn Nó giới thiệu với mối quan hệ đẹp ba số MA2, MB2, MC2

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2 (R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC)

Trước giải BT3, ta phát biểu chứng minh bổ đề

Bổ đề : Cho tam giác ABC có góc A = 120o

Chứng minh : Gọi H hình chiếu C AB (hình 3) Dễ thấy :

Theo định lí Py-ta-go, ta có : BC2 = BH2 + CH2 (2)

Từ (1), (2) => : BC2 = (AB + AH)2 + CH2

BĐ1 chứng minh Trở lại việc giải BT3

Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) (O) (hình 4) Theo kết đạt BT1, ta có : MA = MB + MC

=> MA2 = MB2 + MC2 + 2MB.MC

=> MA2 + MB2 + MC2 = 2(MB2 + MC2 + MB.MC) (1)

Vì tam giác ABC nên Đ BMC = 120o

Theo BĐ1, ta có : MB2 + MC2 + MB.MC = BC2

=> MB2 + MC2 + MB.MC = 3R2 (2)

Từ (1), (2) => : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2

Từ BT3, tương tự cách phát triển BT1 thành BT2, phát biểu kết mở rộng

THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TỐN HÌNH HỌC

Trong chứng minh hình học, việc phát kết tương đương với kết luận tốn đưa ta đến chứng minh quen thuộc, đơn giản phép chứng minh độc đáo Đây cơng việc thường xun người làm tốn Các bạn theo dõi số toán sau

Bài tốn : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC) Đường thẳng vng góc với BE qua C cắt BE, BD F, G Chứng minh đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE

Dễ thấy ∆ BKC cân B, BF trung trực KC suy F trung điểm KC Theo giả thiết, D trung điểm AC

=> DF đường trung bình DCKA => DF // KA hay DM // AB

=> DM đường trung bình DABC => M trung điểm BC

Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC.

Ta chứng minh GE // BC, :

Cách : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy

Mặt khác, DF // AB, K thuộc AB AK = 2DF nên

Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC

Cách : Vì BE phân giác ABC

Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC

Cách : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên

Bài tốn : Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC lấy điểm C1, A1, B1 cho

các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy O Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1

B1C1 K M Chứng minh OK = OM

Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 B1C1 K1 M1

Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK <=> BM1 = BK1. Ta chứng minh BM1 = BK1,

∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy

∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy

Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy BM1 = BK1

Bài toán : Xét 5(20) trang 15

Hướng dẫn :

Do OX = OY nên :

XZ = YT <=> OZ = OT

Ta chứng minh OZ = OT Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 hình bình hành cách xét

trường hợp : IBA < 90o ; IBA > 90o ; IBA = 90 o

Gọi M giao điểm O1I CD

Với IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta chứng minh : AIO1 + IBA = 90 o => CIM + ICM = 90 o =>O1I CD ; Mà OO2CD => OO2 // O1I

Tương tự OO1 // O2I, suy IO1OO2 hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp

lại)

OO1Z = (180o - 2O1IZ) + OO1I = 360o - OO2I - (180o - 2(OO2</SUB Đ O1IZ)) = 360o - OO2MI - (180o - 2O,sub>2IT) = OO2T

=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh không cần dùng tới kiến thức tam

giác đồng dạng) l Bài tập áp dụng :

1) Từ điểm C ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Đường tròn (O1) qua C tiếp xúc với AB B cắt (O) M Chứng minh AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần

2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến với (O) B cắt tiếp tuyến với (O) A C M N Qua B vẽ đường thẳng vng góc với AC P Chứng minh BP là phân giác MPN

3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD O, AD cắt BC I OI cắt AB E Đường thẳng qua A song song với BC cắt BD M đường thẳng qua B song song với AD cắt AC N Chứng minh : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE =

EB.

SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9

Các em học sinh lớp thân mến !

Đứng trước kì thi quan trọng kì thi tốt nghiệp THCS kì thi tuyển sinh vào THPT, em trăn trở làm để khắc sâu kiến thức nhanh đạt kết cao kì thi

Một bí nhỏ : suy nghĩ sâu từ tập sách giáo khoa (SGK), hệ thống chúng lại để dễ ghi nhớ vận dụng tốt cho tập Sau ví dụ để em thấy tập SGK tập sở cho nhiều tập khác

Ta tập 11 trang 37 SGK Hình học :

Bài tốn 1 : Cho đường tròn (O) điểm M cố định khơng nằm đường trịn Qua M vẽ cát tuyến cắt đường tròn A B Chứng minh tích MA.MB khơng phụ thuộc vị trí cát tuyến Nhận xét : Chứng minh toán đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm điểm M nằm (O) Trong hai trường hợp ta vẽ thêm cát tuyến MCD (khác cát tuyến MAB)

Dễ dàng chứng minh hai tam giác MAC MDB đồng dạng, suy MA.MB = MC.MD

Nhận xét 2 : Nếu vẽ cát tuyến MCD qua O (CD đường kính) ta cịn đưa kết luận mạnh : MA.MB = |MO2 - R2| (R bán kính (O)) Kết chứng minh TTT2 số 12

Nhận xét 3 : Trường hợp M nằm (O), cát tuyến MCD trùng với tiếp tuyến MT đường tròn (C ≡ D ≡ T), hiển nhiên ta có MC.MD = MT2 = MA.MB Đây nội dung tập trang

40 SGK Hình học

Nhận xét 4 : Kết hợp với tính chất tứ giác nội tiếp ta chứng minh toán sau :

Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD AB cắt CD M AC cắt BD N Chứng minh khẳng định sau tương đương :

a) ABCD tứ giác nội tiếp

b) ABC = ADB c) ABC + CDA = 180o

d) MA.MB = MC.MD e) NA.NC = NB.ND

Bài toán 3 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt hai điểm A B Qua điểm M nằm

đường thẳng AB kẻ hai cát tuyến MCD, MEF tới (O1), (O2) (MAB, MCD, MEF không trùng

nhau)

a) Chứng minh CDFE tứ giác nội tiếp

b) Kết luận cịn khơng (O1) (O2) tiếp xúc với (M nằm tiếp tuyến chung

của hai đường tròn) ?

Bài tốn 4 : Cho hai đường trịn (O1), (O2) cắt hai điểm A B Trên tia đối tia BA lấy

điểm M khác B Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD (O1) hai tiếp tuyến ME, MF (O2)

Chứng minh C, D, F, E nằm đường tròn

Nhận xét 6 : Bổ sung số yếu tố khác đường trịn ta lại có thêm nhiều kết khác

Bài toán 5 : Cho hai đường trịn (O1), (O2) tiếp xúc ngồi với A BD tiếp tuyến chung

ngoài hai đường tròn (B thuộc (O2), D thuộc (O1)) Gọi DM đường kính (O1), qua M kẻ

tiếp tuyến MC với (O2) Chứng minh MC = MD

Lời giải : Ta có BDO1O2 hình thang vng, A thuộc O1O2 ; O1AD O2AB tam giác cân

O1 O2 suy

O1AD + O2AB = 90o => BAD = 90o

=> M, A, B thẳng hàng

Vậy DA đường cao tam giác vuông DBM, suy MD2 = MA.MB, mặt khác MC2 = MA.MB

(theo nhận xét 3)

Vậy MC2 = MD2 hay MC = MD

Đề nghị bạn giải tập sau :

Bài toán 6 : Cho xMy đường tròn (O) tiếp xúc với Mx, My A, B Qua A vẽ đường

thẳng song song với My cắt (O) điểm thứ hai C Đoạn thẳng MC cắt (O) điểm thứ hai D, AD cắt My K Chứng minh K trung điểm MB

Bài toán 7 : Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm M B) Hai tiếp tuyến với (O) A B cắt C ; MO cắt đường tròn đường kính OC H ; CH cắt AB N ; AB cắt OC I Chứng minh :

a) MA.MB = MI.MN b) IM.IN = IA2

Bài toán 8 : Cho (O, R) điểm A cố định cho OA = 2R Gọi BC đường kính (O, R), BC khơng trùng với OA Đường tròn qua A, B, C cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I ; AB AC cắt (O, R) D E ; DE cắt OA K

a) Tính AK theo R

b) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE di chuyển đường thẳng cố định BC quay quanh O

Bài toán 9 : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Trên AB lấy điểm M, vẽ hai tia Mx, My cắt

nửa đường tròn hai điểm C D cho CMA = DMB

Chứng minh MC.MD = MA.MB

Bài toán 10 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD cắt (O) điểm thứ hai E Chứng minh :

AB.AC = AD2 + DB.DC

Bài tốn 11 : Cho hai đường trịn (O, R) (O’, R’) tiếp xúc với A Gọi D điểm thuộc (O) Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’)

a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’ b) Vẽ tam giác DBC nội tiếp (O)

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN QUỸ TÍCH CƠ BẢN

Làm để vận dụng tốt kiến thức vào việc giải toán ? Điều rèn luyện cách tự tìm tịi, khám phá điều mẻ từ toán cũ

Ví dụ sau tốn quỹ tích quen thuộc

Bài tốn : Cho xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho OM = ON Tìm quỹ

tích trung điểm I MN

Hướng dẫn : Dễ dàng nhận thấy DOMN cân O, I trung điểm MN nên I nằm tia phân giác Ot xOy

Thay kiện OM = ON toán thành OM + ON = a không đổi, ta thu kết hoàn toàn

Bài toán : Cho xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho OM + ON = a khơng

đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Lời giải :

+ Phần thuận : Trước hết ta xét vị trí đặc biệt M N

Khi N ≡ O M ≡ M1 (M1 Є Ox OM1 = a) suy I ≡ E (E trung điểm OM1)

Khi M ≡ O N ≡ N1 (N1 Є Oy ON1 = a) suy I Є F (F trung điểm ON1)

Tiếp theo, với M, N chạy đoạn OM1, ON1, ta chứng minh trung điểm I MN

chạy EF Thật :

Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF hai đoạn thẳng MN, EF cắt (khi M khác E, N khác F) Gọi giao điểm MN EF I1

Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF P, OFE = MPE (so le trong) ; OEF = MEP (đối đỉnh) ; OFE = OEF (do OE = OF)

Suy MPE = MEP => ∆MPE cân M

=> MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g)

=> MI1 = NI1 => I1 ≡ I trung điểm MN + Phần đảo : Đề nghị bạn tự giải

+ Kết luận : Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng MN toàn đoạn thẳng EF

Tiếp tục thay đổi kiện xOy hai toán cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai

Bài toán : Cho hai tia không cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm M, N di động Ax, By cho AM = BN Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Bài tốn : Cho hai tia khơng cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm M, N di động Ax, By cho AM + BN = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Hướng dẫn : Gọi O trung điểm AB, qua O kẻ tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song

phía với Ax, By

Với toán : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 M1 ; đường thẳng qua N

song song với AB cắt Oy1 N1 Các tứ giác OAMM1, OBNN1 hình bình hành nên OM1 =

AM, ON1 = BN suy OM1 + ON1 = a khơng đổi, theo tốn quỹ tích trung điểm I1 đoạn

thẳng M1N1 đoạn thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 OE = OF = 1/2

Tứ giác MM1NN1 hình bình hành nên trung điểm I1 đường chéo M1N1 trùng với trung điểm I

của đường chéo MN

Vậy quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng MN đoạn thẳng EF

Với tốn : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I MN tia phân giác Ot

x1Oy1

Kết hợp toán tốn ta có tốn sau :

Bài tốn : Cho hai tia khơng cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm C, D di động Ax, By cho AC = BD ; hai điểm M, N di động Cx, Dy cho CM + DN = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Gọi O trung điểm AB, H trung điểm CD Qua O kẻ tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song

song phía với Ax, By

Theo tốn 3, quỹ tích điểm H phân giác Ot x1Oy1

Với cặp điểm C, D, từ trung điểm H CD kẻ tia Hx2, Hy2 song song phía

với Ax, By Theo tốn 4, quỹ tích trung điểm I MN đoạn thẳng EF E Є Hx2, F Є

Hy2 HE = HF = 1/2 không đổi Mặt khác, x2Hy2 = x1Oy1 khơng đổi nên EF có độ dài

không đổi nhận Ot trục đối xứng Khi C ≡ A D ≡ B H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1

Є Oy1, OA1 = OB1 = 1/2 a)

Vậy quỹ tích trung điểm I MN phần mặt phẳng giới hạn đoạn A1B1 hai tia A1E, B1F

(song song, phía với tia Ot)