Cách 1 : x2 - 3x + 2 = x2 - x - 2x + 2 = x(x - 1) - 2(x - 1) = (x - 1)(x - 2). Cách 2 : x2 - 3x + 2 = x2 - 3x + 9/4 - 1/4 = (x - 3/2)2 - (1/2)2 = (x - 3/2 + 1/2)(x - 3/2 - 1/2) = (x - 1)(x - 2). Cách 3 : x2 - 3x + 2 = x2 - 3x + 3 - 1 = (x2 - 1) - (3x - 3) = (x + 1)(x - 1) - 3(x - 1) = (x - 1)(x + 1 - 3) = (x - 1)(x - 2). Cách 4 : x2 - 3x + 2 = x2 - 3x + 6 - 4 = (x2 - 4) - (3x - 6) = (x - 2)(x + 2) - 3(x - 2) = (x - 2)(x + 2 - 3) = (x - 1)(x - 2). Cách 5 : x2 - 3x + 2 = 3x2 - 2x2 - 3x + 2 = (3x2 - 3x) - (2x2 - 2) = 3x(x - 1) - 2(x2 -1) = 3x(x - 1) - 2(x + 1)(x - 1) = (x - 1)(3x - 2x - 2) = (x - 1)(x - 2). b) Tách hai hạng tử : Cách 6 : x2 - 3x + 2 = x2 - 2x - x + 1 + 1 = (x2 - 2x + 1) - (x - 1) = (x - 1)2 - (x - 1) = (x - 1)(x - 1 - 1) = (x - 1)(x - 2). Cách 7 : x2 - 3x + 2 = x2 - 4x + x + 4 - 2 = (x2 - 4x + 4) + (x - 2) = (x - 2)2 + (x - 2) = (x - 2)(x - 2 + 1) = (x - 1)(x - 2). c) Tách ba hạng tử : Cách 8 : x2 - 3x + 2 = 3x2 - 2x2 - 6x + 3x + 8 - 6 = (3x2 - 6x) - (2x2 - 8) + (3x - 6) = 3x(x - 2) - 2(x2 - 4) + 3(x - 2) = 3x(x - 2) - 2(x - 2)(x + 2) + 3(x - 2) = (x - 2)(3x - 2x - 4 + 3) = (x - 1)(x - 2).
Một cách tổng quát, để phân tích đa thức dạng x2 + px + q, nếu ta tìm được hai số a và b sao cho a + b = p và a.b = q thì ta có thể “tách” px = (a + b)x = ax + bx để có hằng đẳng thức : x2 + px + q = x2 + (a + b)x + a.b = (x + a)(x + b).
Trong ví dụ trên, vì (-1) + (-2) = -3 và (-1)(-2) = 2 nên : x2 -3x + 2 = x2 + [(-1) + (-2)]x + (-1)(-2) = (x - 1)(x - 2).
Tương tự như trên, các bạn hãy tìm nhiều cách “tách” cho các bài tập còn lại trong sách giáo khoa Toán 8 : Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
1) x2 + x - 6 ; 2) x2 + 5x + 6 ; 3) x2 - 4x + 3 ; 4) x2 + 5x + 4 ; 5) x2 - x - 6.
8d TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG
Các bạn có biết các bất đẳng thức (BĐT) như Cô-si ; Bu-nhi-a-cốp-xki ; Trê-bư-sép và nhiều BĐT “tên tuổi” khác đều là hệ quả của một BĐT rất quen thuộc, là BĐT nào không ? Phải chăng đó chính là BĐT
với mọi số thực a, b ?
Chúng ta hãy theo dõi một chuỗi biến đổi từ BĐT này. Ta có : (a - b)2 ≥ 0 <=> a2 + b2 ≥ 2ab (*)
<=> a2 + b2 + 2ab ≥ 4ab <=> (a + b)2 ≥ 4ab (*) <=> a2 + b2 + a2 + b2 ≥ 2ab + a2 + b2 <=> 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 Từ (1) và (2), với mọi a, b ta có : Từ (1), với a ≥ 0 ; b ≥ 0 ta có BĐT Cô-si : Với a > 0 ; b > 0 ta có : Từ (4) và (5), với a > 0 ; b > 0 ; c > 0 ta có : áp dụng BĐT (6) ta có BĐT Nes-bít :
áp dụng BĐT (*), với mọi a, b, c, d ta có BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski : (ad)2 + (bc)2 ≥ 2adbc &nbp; (**)
<=> a2d2 + b2c2 + a2c2 + b2d2 ≥ 2ac.bd + a2c2 + b2d2
Với c > 0 ; d > 0 ta có :
áp dụng BĐT (9), ta có BĐT S-vác :
(trong đó a1, a2, ... , an là các số dương)
Như vậy có thể khẳng định rằng rất nhiều BĐT quan trọng, có ứng dụng rất lớn đều khởi nguồn từ BĐT hiển nhiên đúng (a - b)2 0. áp dụng BĐT này, các bạn hãy thử chứng minh các kết quả sau :
1) 3(ab + bc +ca) ≤ (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) 2) (a + b)3 ≤ 4(a3 + b3)
3)
với mọi a > 0 ; b > 0.
Còn rất nhiều các BĐT khác là hệ quả của BĐT (a - b)2 ≥ 0 đang chờ các bạn khám phá. 9 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 x 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 = .
Cách 2 :
Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0 => 2am + b = 0 = am2 + an + bm + c
Khi đó : (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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 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.
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 : (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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.
9 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 :
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
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 :
(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 + x2
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4)
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1) Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x13 + x23 + x33 + x43 > 0.
Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 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 x = 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 x13 + x23 + x33 + x43 > 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 ?