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..[r]
(1)TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH
TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN 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 NGUN 18
KHĨ 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 TOÁN HÌNH HỌC 49
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 52
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN 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 tốn : 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 toán 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 :
(2)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
là (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)
(3)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 :
(4)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) chuyên mục Eureka Bài giúp tơi nghĩ đến vận dụng tốn “đẹp” để giải tốn “chơng 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
(5)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 tốn có nhiều cách giải Tơi xin giải toán 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 không xảy Vậy, ta có :
(6)Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do :
(7)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)