V. Biểu diễn lũy thừa bậc cao qua lũy thừa bậc 1 Thí dụ 5 : Tính giá trị của biểu thức :
4. Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất.
Có khi giải bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức lại xuất hiện loại hệ này. Ta xét bài toán sau :
Bài toán 5 : Tùy theo giá trị của m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
F = (mx + 2y - 2m)2 + (x + y - 3)2
Giải : Ta thấy F ≥ 0 với mọi x, y, m và F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
Hệ này chính là hệ ở bài toán 1, có nghiệm khi và chỉ khi m khác 2. Với m = 2 thì F = (2x + 2y - 4)2 + (x + y - 3)2.
Đặt t = x + y - 2 ta có : F = (2t)2 + (t - 1)2 = 5t2 - 2t + 1 = 5(t - 1/5)2 + 4/5 ≥ 4/5 Khi đó F đạt giá trị nhỏ nhất là 4/5 khi và chỉ khi t = 1/5
Tóm lại : Nếu m = 2 thì F nhỏ nhất là 4/5
Và nếu m khác 2 thì F nhỏ nhất bằng 0. Các bạn hãy tự giải các bài toán sau :
Bài 1 : Cho hệ :
a) Tìm n để hệ có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Với n = 2, hãy tìm m sao cho hệ có nghiệm thỏa mãn x < 0 và y < 0.
c) Với n = 3, hãy tìm số nguyên m sao cho hệ có nghiệm x, y là các số nguyên.
Bài 2 : Tìm m để hệ có nghiệm :
Bài 3 : Tùy theo m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
a) F = (mx - 2y + 1)2 + (3x + y)2
b) Q = |x - my| + |2x + y - 1|
Bài 4 : Giải các hệ :
Bài 5 : Chứng minh rằng : Nếu hệ
có nghiệm thỏa mãn cx + ay = b thì : a3 + b3 + c3 = 3abc. Chúc các bạn thành công trong các kì thi !
9d THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN
Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền
14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài toán khá thú vị. Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi về của nhóm giáo viên Toán
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 cùng tham khảo.
Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương.
Thí dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (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 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52.
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :
Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}
Phương pháp 6 : lùi vô hạn
Thí dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0 (9)
Lời giải :
Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x 5y02 = 0 <=> 5x12 - y02 = 0
=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z). Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 <=> x12 - 5y12 = 0.
Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9).
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0.
Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0.
Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng
Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y2 (10)
Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (10) là
(1 ; 1) và (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.
Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình :
Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9.
Vậy (11) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương. Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết.
Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số.
Thí dụ 12 :
Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12)
Lời giải :
(12) y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên
=> ∆'y = x2 - 4 = n2 với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định được x = 2 và x = -2 .
Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}.
Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13)
Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có :
=> (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2) => x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7
=> y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}.
Chú ý : Một số phương pháp mà các bạn gọi là phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhưng chúng
tôi thấy không phải là đặc trưng cho phương trình nghiệm nguyên nên không giới thiệu. Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất với thí dụ giải phương trình nghiệm nguyên 2x + 5x
viết phương trình về dạng phương trình bậc 2 ẩn x rồi đặt điều kiện ∆x ≥ 0 để có miền giá trị của y, phương pháp này thực ra đã được trình bày ở thí dụ 7, tuy không viết biệt thức ∆’x. Các bạn có thể làm thêm một số bài tập :
Bài 1 : Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình :
a) 5x2 - 4xy + y2 = 169 b) 3x = 4y + 1
Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 5x + 12x = 13x
b) y4 = x6 + 3x3 + 1
Bài 3 : Chứng minh rằng phương trình 25t = 2t5 + 1997 không có nghiệm nguyên. <B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = 0.
Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 = 0. 9d ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ
minh một số bất đẳng thức khác tỏ ra khá hiệu quả.
Bất đẳng thức được phát biểu dưới dạng một bổ đề như sau :
* Bổ đề : Nếu a + b ≥ 0 thì với mọi m ; n nguyên dương ta có :
Chứng minh :
Do a, b có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b (1). Do a + b ≥ 0 suy ra a ≥ - b (2).
Từ (1) ; (2) suy ra a ≥ |b| ≥ 0, suy ra :
* Áp dụng :
Bài toán 1 : Cho x + y ≥ 0. Chứng minh rằng :
(x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9).
Lời giải : Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có
Suy ra (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9).
Bài toán 2 : Cho a + b ≥ 2 và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng :
an + bn ≤ an +1 + bn +1.
Mong các bạn bổ sung thêm nhiều bài tập áp dụng của bổ đề này 9d TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC
BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP
Tính giá trị của biểu thức là dạng toán rất quen thuộc đối với học sinh THCS. Trong nhiều trường hợp, việc tính giá trị của biểu thức rất khó thực hiện nếu chỉ sử dụng các phép biến đổi trực tiếp, nhưng lại thực hiện được dễ dàng hơn thông qua việc tính giá trị của một biểu thức trung gian khác.
Sau đây là một vài ví dụ minh họa.
Ví dụ 1 : Tính giá trị của biểu thức
A = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 32004.
Lời giải : Để tính giá trị của biểu thức A, cần liên hệ được với công thức tính an - 1, ta thấy ngay : 2A = (3 - 1)( 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 32004) = 32005 - 1.
Do đó :
Với học sinh lớp 6, 7 chưa học hằng đẳng thức thì có thể thực hiện theo cách sau : A = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 32004
⇒ 3A = 3 + 32 + 33 + 34 + ... + 32005 ⇒ 2A = 3A - A = 32005 - 1 Suy ra :
Ví dụ 2 : Tính giá trị của biểu thức :
B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + 98.99.100.
Lời giải : Để tính được B, trong trường hợp này, ta đi 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)
= 1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + + ... + 97.98.99.100 - 97.98.99.100 + 98.99.100.101 = 98.99.100.101
KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Khi giải toán, chắc các bạn đã không ít lần mắc phải những sai lầm đáng tiếc. Trong chuyên mục “Sai ở đâu ? Sửa cho đúng”, các bạn đã chứng kiến rất nhiều lời giải sai lầm. Nhà sư phạm toán nổi tiếng G. Polya đã nói : “Con người phải biết học ở những sai lầm và những thiếu sót của mình”. A.A. Stoliar còn nhấn mạnh :
“Không được tiếc thời gian để phân tích trên giờ học các sai lầm của học sinh”.
Qua quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng khi giải bài toán “Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức” nhiều học sinh đã mắc phải sai lầm không đáng có.
Trước hết, đề nghị các bạn hãy đọc và phát hiện ra sai lầm trong lời giải của các ví dụ sau.
Ví dụ 1 : Tìm GTNN của biểu thức :
A = x2 - 3x + 5 với x ≥ 2.
Lời giải :
Vậy GTNN của A là 11/4 khi x = 3/2.
Ví dụ 2 : Tìm GTNN của biểu thức :
với x ≠ 0 ; y ≠ 0.
Lời giải :
Ví dụ 3 : Tìm GTNN của biểu thức :
trong đó x, y là các số dương thay đổi, thỏa mãn x + y = 1.
Lời giải : Ta có :
Vậy GTNN của M là 4, khi xy = 1.
Bây giờ chúng ta cùng phân tích sai lầm của các lời giải trên.
* Trong ví dụ 1, ta thấy ngay x = 3/2 không thỏa mãn điều kiện x ≥ 2. Lời giải trên chưa đúng vì đã quên mất điều kiện x ≥ 2 của bài toán.
Vậy GTNN của A phải là 3 khi x = 2.
Ta có thể tìm GTNN của biểu thức A bằng cách biến đổi khác như sau : A = x2 - 3x + 5 = (x2 - 3x + 2) + 3 = (x - 1)(x - 2) + 3.
Vì x ≥ 2 nên x - 1 > 0 và x - 2 ≥ 0, suy ra (x - 1)(x - 2) ≥ 0 suy ra A ≥ 3. Vậy GTNN của A là 3 khi (x - 1)(x - 2) = 0 tương đương x - 2 = 0 hay x = 2.
Chú ý : Nếu bài toán yêu cầu tìm GTNN của A khi x ≥ 3 thì ta sẽ xử lí ra sao ?
* Trong ví dụ 2, sau khi tìm ra GTNN của P là - 9/4 khi t = 1/2 nếu tiếp tục xác định các giá trị tương ứng của x và y, bạn sẽ không khó khăn gì để nhận ra rằng không tồn tại x ; y để t = 1/2 và P = - 9/4. Vậy lời giải trên là sai.
Nếu bạn biết rằng :
với mọi x ≠ 0 ; y ≠ 0 (một kết quả quen thuộc) thì bạn sẽ thấy lời giải đúng như sau : Ta có : P = t2 - t - 2 = (t + 1)(t - 2)
+ Nếu t ≥ 2 thì t - 2 ≥ 0 và t + 1 > 0 suy ra (t + 1)(t - 2) ≥ 0 suy ra P ≥ 0. + Nếu t ≤ -2 thì t - 2 < 0 và t + 1 < 0 suy ra (t + 1)(t - 2) > 0 suy ra P > 0. Do đó P ≥ 0 với mọi x, y khác 0.
Suy ra P đạt GTNN là 0 khi t = 2 hay x = y.
* Trong ví dụ 3, GTNN của biểu thức M bằng 4, đạt được khi x.y = 1. Khi đó kết hợp với điều kiện x + y = 1 của đề bài, ta có hệ :
Dễ dàng nhận thấy hệ vô nghiệm, tức là M không thể bằng 4, suy ra lời giải trên là sai. Sau đây là lời giải đúng.
Nguyên nhân dẫn đến sai lầm trong các ví dụ trên chính là các bạn đã quên không xác định các giá trị tương ứng của các biến để bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Đặc biệt, trong trường hợp giá trị của biến tồn tại thì chúng có thỏa mãn các điều kiện cho trước hay không.
Gặp sai lầm khi giải toán là điều khó tránh khỏi. Tìm ra sai lầm và sửa chữa sai lầm cũng không dễ chút nào. Nhưng nếu các bạn có ý thức khi giải toán thì chắc chắn các bạn sẽ thành công !
8h XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN QUEN THUỘC
Trong quá trình học toán, việc tìm tòi, khai thác và mở rộng một bài toán quen thuộc là một việc làm cần thiết và hữu ích. Bài viết này trao đổi với bạn đọc một cách mở rộng bài toán qua việc thay đổi điều kiện của bài toán.
Xin được bắt đầu từ bài toán sau :
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có ∠ A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các hình vuông ABDE và ACMN. Chứng minh rằng BN = CE và BN ⊥ CE.
Lời giải : Với ∠ A nhọn, ta vẽ được hình 1 (phần hình màu). Dễ thấy ∆ABN = ∆AEC (c.g.c) => BN = CE và
Mặt khác, gọi F là giao điểm của AB và CE ; G là giao điểm của BN và CE ta có ∠ EFA = ∠ BFG (hai góc đối đỉnh) và ∠ EFA + ∠ FAE + ∠ AEF = ∠ BFG + ∠ BGF + ∠ FBG = 180o (tổng ba góc trong một tam giác). Suy ra ∠ FAE = ∠ BGF = 90o hay BN ⊥ CE. Vậy BN = CE và BN ⊥ CE.
Nhận xét : Bài toán 1 khá quen thuộc nhưng khi “loay hoay” với việc kẻ thêm các hình phụ nhằm thay đổi
điều kiện của bài toán, tôi đã phát hiện thêm được nhiều kết quả thú vị.
Trước hết, khi vẽ thêm về phía ngoài của tam giác ABC hình vuông BCPQ rồi vẽ tiếp hình bình hành CMKP, ta nhận thấy :
∆ABC = ∆CKM theo trường hợp c.g.c (CM = CA ; BC = CP = MK ; ∠ ACB = ∠ CMK - hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) => CK = AB = AE và ∠ BAC = ∠ MCK => ∠ BAC + ∠ EAB = ∠ MCK +
=> ∠ ACK = ∠ CAE, hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CK => tứ giác AECK là hình bình hành => AK // CE và AK = CE.
Hoàn toàn tương tự, vẽ hình bình hành BDIQ ta có AI // BN và AI = BN. Từ đó ta đề xuất được một bài toán mới.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC có ∠ A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các hình vuông ABDE, ACMN, BCPQ ; các hình bình hành CMKP và BDIQ. Chứng minh rằng AIK là tam giác vuông cân.
Bài toán 2 còn có thể chứng minh bằng cách khác và ta chưa dừng lại ở kết quả này. Nếu gọi O là tâm của hình vuông BCPQ ta có thể chứng minh được O là trung điểm của đoạn thẳng IK (chú ý ∆OIQ = ∆OKC). Như vậy AO ⊥ IK và
Tiếp tục khai thác các mối liên hệ của đoạn thẳng IK với các đoạn thẳng khác ta thấy KI // DM ; KI = DM ; DM // O1O2 ; DM = 2O1O2 => KI // O1O2 ; KI = 2O1O2 (O1, O2 lần lượt là tâm của các hình vuông ABDE,