Bồi dưỡng học sinh giỏi THCS

Phần đại số Phần I: Tính giá trị của một biểu thức 1/ Các kiến thức liên quan 2/ Tính giá trị của biểu thức đại số.. 3/ Tính giá trị của biểu thức chứa căn 2/ Ph-ơng trình nghiệm nguyê

Phần đại số Phần I: Tính giá trị của một biểu thức

1/ Các kiến thức liên quan

2/ Tính giá trị của biểu thức đại số

3/ Tính giá trị của biểu thức chứa căn

2/ Ph-ơng trình nghiệm nguyên

Phần I: Tính giá trị của một biểu thức

I Kiến thức liên quan

Yêu cầu HS nắm vững các hằng đẳng thức đáng nhớ, viết đ-ợc nhiều cách khác nhau, biết một

k

n

(

! n



Quy -ớc 0! = 1

Từ công thức trên có: C1n = Cn-1n; C2n = Cn-2n ; C3n = Cn-3n ; Ckn + Cn-1n = Ckn+1

ABC3)CBA).(

A.CC.BB.A.(

3)CBA(

)AC).(

CB).(

BA.(

3)CBA(CB

A

2

)A.CC.BB.A.(

2)CBA(CB

3

3

2 2

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

Giới thiệu tam giác Pascan để khai triển nhị thức Niu tơn có số mũ nhỏ

Dạng tính giá trị của biểu thức đại số

Ví dụ 1: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a; b; c 0

z

xy y

zx x

1

; c = z

1

ta có

xyz

3z

1y

1x

1

3 3

Q =

2 2 2

z

xy y

zx x

yz



3 3

3

z

xyz y

yzx x

xyz



 = xyz (

3 3

3

z

1 y

1 x

Ví dụ 3: Cho a; b thoả mãn

a 3 b

999 b

a 3 a

2 3

2 3

b) Cho A = 18x3 – 54x2 + 60x + 71;

Q = 18y3 – 54y2 + 60y + 71;

A + B = 190 Tính S = x + y

) 1 (

1 z y x

2 ) y

1 x

1 ( z ) x

1 z

1 ( y ) z

1 y

1 ( x

 x2y + x2z +xyz + y2z + y2x + xyz + z2y + z2x + xyz = xyz

(xy + yz +zx )(x + y + z) = xyz

Mặt khác x3 + y3 + z3 = (xyz)3 3.(xyyzzx).(xyz)3xyz

Suy ra x + y + z = 1 => xy + yz +zx = xyz => P =1 1 1

x   y z = 1 Một số bài khác:

Bài 1: Cho a; b; c ; x; y; z 0 và 0

z

c y

b x

a    (1) ; 1

c

z b

y a

x    (2) Tính A =

2 2

c a c

b c b

2

) b a (

c )

a c (

b )

c a c

b c b

b c b

1 1

z 2008

y yz

y 2008

x 2008 xy

x 2008

2

1 1

1 1

c b a

c b a c b a

Dạng tính giá trị của biểu thức chứa căn

Yêu cầu nắm vững khái niệm, các phép tính các phép biến đổi căn bậc hai căn bậc 3 và căn bậc n để vận dụng rút gọn 1 biểu thức

Căn bậc hai

Ví dụ 1: Tính giá trị của a) A = 73  12 35  294  24 90

b) B = 4  7  4  7

Gợi ý

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

a) Dùng máy tính CASIO để tính kết quả A = ( 45  28) + 240  54

1 a

1 c

1 b

1 a

1

2 2

2      Vận dụng tính S

3

1 2

1 1

100

1 99

1 1

Kết quả S = 98,49

Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức sau C = ( )( 6 11 )

6 3

12 2

6

4 1

) 2 6 ( 4 5

) 1 6

1

4 3 3 4

1 3

2 2 3

1 2

16 x

8 1

4 x 4 x 4 x 4 x

2 4 x 2 4 x

x 4



* Với x > 8 ta có A =

4 x

x 2



b) * Với Với 4 < x  8 & x Z ta có A =

4 x

x 4

 Z  A = 4+

4 x

x 2

 x Z thì tr-ớc hết x  4 phải nguyên Do vậy x - 4 = k2

(k N *)  x = 4 + k2 => A =

k

8 k 2 k

k 2

1 nx 3 1

x 3

Chú ý mọi số đều có căn bậc 3 và các phép tính phép biến đổi trên căn bậc 2 vẫn đúng với căn bậc 3

Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức D = 3 3

27

1 10 2 27

1 10

27

1 + 3

27

1 100

4  D

D3 = 4 +2D ( D -2)(D2 + 2D +2) = 0 D = 2 vì D2 + 2D +2 > 0

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

4

513 23

4

513 23

( 3

x thì 3 ax2 by2 cz2 = 3 3 3

c b

và biến đổi tiếp

* Với 2 số d-ơng a, b thì a + b  2 ab dấu “=” x°y ra a = b

*Với 3 số d-ơng a, b, c thì a +b +c  33 abc dấu “=” x°y ra a = b = c

* Tổng quát : với a1; a2; a3;…an  0 thì a1+ a2+ a3+…+an nn

n 3 2

a

z c

3.Một số bất đẳng thức đ-ợc suy ra từ các bất đẳng thức trên

* (a + b)2  2(a2 +b2) Dấu “=” x°y ra a = b

* (a + b + c)2  3(a2 + b2+ c2) Dấu “=” x°y ra a = b = c

4 y

1 x

1



 )  9 với x; y; z cùng d-ơng

B.Một vài ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức

I.Ph-ơng pháp dùng định nghĩa BĐT và tính chất của luỹ thừa bậc chẵn

Ví dụ1: Chứng minh rằng a + b + c  ab  bc  ca với mọi a; b; c > 0

Ví dụ2: Chứng minh rằng: a) với 2 số d-ơng x; y thoả mãn xy  1 thì

xy 1

2 z

1

1 y 1

1 x 1

y

3 1

1 1

1 1

1

2 2

2

Gợi ý

a)

xy 1

2 z

1

1 y 1

1 x

2 xy

1

2 y

1

1 x

2 yz

1

2 z

1

1 y

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

xyz 1

2 xz

1

2 z

1

1 x

II.Ph-ơng pháp làm trội làm giảm

Ví dụ 1: a) Chứng minh các bất đẳng thức sau:

2 2

2 2

n

1

3

1 2

1 1

b)

2 2

2 2

n

1

3

1 2

1 1

1     <

3 5

Gợi ý

a) Với k > 1, ta có:

k

1 1 k

1 k )

1 1 n

1

3

1 2

1 2

1 1 1 n

1

3

1 2

1 1

1

2 2

1 1

k 2

1 ( 2 ) 1 k 2 )(

1 k 2 (

4 1

k 4

4 k

1 k 2

1 1

k 2

1 (

2 2

n

1

3

1 2

1 1

1 1 n 2

1

7

1 5

1 5

1 3

Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức với n N*; n2

2n2n

1

4

13

12

13

4

1 3

1 2

2k

2k

1

3 4

1 2

) 1 k

1 k

1 ( 2 ) 1 k

1 k

1 )(

1 k

1 )(

1 k

1 k

1 ( k ) 1 k

1 k

1 ( k ) 1 k ( k

k k

1 1

( 2 n ) 1 n (

1

3 4

1 2 3

1 2

III.Ph-ơng pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết:

Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số d-ơng Chứng minh bất đẳng thức:

2

c b a b a

2 c a

a.24

cb.cb

2a24

cb

c b a ) c b a ( b a

2 c a

2 2

2 2

b a b a

c a

c a c

b c

c c

b b

a

c a

c

b c

2 c a c

2 b c

2 c a c

2 b c

1 ab

a

3 ab

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

b) Cho a; b; c > 0 Chứng minh rằng:

) c

1 b

1 a

1 ( 4

1 c 2 b a

1 c

b 2 a

1 c

b a

(x+y)(

y

1 x

1  ) 

xy

1.2.xy2



y

1 x

1  

y x

4 2

4 b a

1 ab

2

1 ab 2

1 b

a

1 ab

1

2 2

2 2

a  



) b a (

4 3 2

4 ) b a

1 ab

2

1 ( 3 ab 2

1 b

a

3 ab

2

4 b

a

3 ab

2

2 2

2 2

2 2

1



1 x

1

 ) (3)

áp dụng bất đẳng thức (3), ta có:

c 16

1 b 16

1 a 8

1 )]

c

1 b

1 ( 4

1 [ 4

1 a 8

1 ) c b

1 a 2

1 ( 4

1 c

1 b 8

1 a 16

1 c b 2 a

1 b 16

1 a 16

1 c 2 b a

1 a

1 ( 4

1 c 2 b a

1 c

b 2 a

1 c

b a 2

Giải

áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpxki cho ba cặp số ( 4 x  3; 1); ( 4 y  3; 1); ( 4 z  3; 1) ta có:

3z43y43x4.1113z4.13y4.13

13 )

9 z 4 y 4 x 4 (

3 3 z 4 3 y 4 3

x   



Ví dụ 4: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

abc(a+b-c) (b+c-a)(c+a-b)

a2b2c2 (a+b-c)2 (b+c-a)2(c+a-b)2

 abc(a+b-c) (b+c-a)(c+a-b)

Dấu "=" xảy ra a = b = c

Cách 2:

áp dụng bất đẳng thức xy

22

yx

)acb()cba

)bac()acb

)cba()baac(

Vì các vế của các bất đẳng trên đều d-ơng nên ta nhân vế với vế chúng lại, ta đ-ợc:

(a+b-c)2 (b+c-a)2(c+a-b)2  a2b2c2

 abc(a+b-c) (b+c-a)(c+a-b)

Ví dụ 5: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

c b a

c b

c a

b a

1 a

1 2 c p

1 b p

1 a

a  

Giải a) Đặt A = b+c- a; B = a + c- b; C = a + b- c

Khi đó A+B+C = a+b+c và 2a = a+b+c-(b+c-a) = A+B+C - A = B+C nên a =

B A B

2

C A A

2

C

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

C

B A B

C A A

C C

A A

C B

4 b

p

1 a p

1 b p

1 a p

1 a

1 2 c p

1 b p

1 a

1 x

1 x z

z 2 z

y

y 2 y

x

x 2

x 2 x

y

y2

3

1 x z

z 23

1 xy

1 x z

z 2 z

y

y 2 y

x

x

2

3 3 3 3 3

1 x

1 y

12

2   ;

zx

2 x

1 z

1

xy

1

2 2 2

z

1 y

1 x

1  

z

1 y

1 x

1 x

z

z 2 z

y

y 2 y

- Với x,yD thì f(x,y,…)  M với M là hằng số

- Tồn tại x0, y0 … thuộc D sao cho f(x0,y0) = M

Định nghĩa 2:

Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói m l¯ giá trị nhà nhất cða f(x,y,…) trên miền D nếu hai điều kiện sau đ-ợc thoả mãn

- Với mọi x, y,… thuộc D thì f(x,y,…)  m với m là hằng số

- Tồn tại x0, y0 … thuộc D sao cho f(x0,y0) =m

B/ Những sai lầm th-ờng gặp khi giải bài toán tìm cực trị

1 Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1

Ví dụ 1:Tìm cực GTLN của biểu thức

17 x 6 x

1 A

2  



Giải Phân thức A có tử không đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất

1 ) 2

1 x ( x

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

Ví dụ 2:

Tìm GTLN của A = xyz(x+y)(y+z)(x+z) với x,y,z 0 và x + y + z = 1

Lời giải sai

; y

; x

1 z y x

0 z y x

Vậy MaxA = )2

9

2 (

3

1 z y

a x

) b a ( b a ab 2 ) b a ( x

ab x x

ab x ) b a

(

x

ab x )

b a

VÝ dô 4 :

T×m GTNN cña A= 2x+3y biÕt 2x2 + 3y2  5

Lêi gi¶i sai Gäi B = 2x2 + 3y2, ta cã B  5

XÐt A+B = 2x+3y+2x2 + 3y2 =

4

5 4

5 ) 2

1 y ( 3 ) 2

1 x (

3 2

VÝ dô 2: T×m GTNN cña

x

1 x 1

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

Ta có thể xét biểu thức

x

1 x 1



1

;12

x

x 1 x 1

x 2 2

) 1 (

1 x 0

x

x 1 x 1

x 2

Giải (1) : 2 x2  ( 1  x )2  x 2  1  x

1 x

1 x

x 1 2

1 1

x x

x

Do đó MinA 2 23x  21

Ví dụ 3: Tìm GTNN của

1 x x 1 x x

A  2    2  

Giải

Cách 1: Nhận xét A > 0x

4 ) 1 x x 1 x

1 x x

x 4 x

A   2     2  

Giải

Tập xác định

) 1 ( 2

2

3 x 1 0

) x 3 )(

1 x (

0 ) x 6 )(

2 x ( 0

3 x

2

x

0 12 x

1 x )(

x 6 )(

2 x ( 2 ) x 3 )(

2 x ( ) x 6

2x()x6)(

Do A > 0 nên MinA = 3 khi x = 0

II Đổi biến và tìm cực trị đối với biến mới

Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN

)1y)(

10 16 t

8

t

A  4  2   2   

45 45 )

2 t ( 10 )

; 2

2 10

; 2

2 10

2

2

5 t 0 2

5 ) 2

10 ( ) 2

y x (

t 2 t 8

125

t3   3       còn t 0 nên A101

Vậy max A= 101  t  0 tức là x= 0; y= 10 hoặc x= 10 ; y  0

III Vận dụng các bất đẳng thức đã biết một cách linh hoạt

1x

(

2

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

5 , 1 x 4

y x

2 y 1 x 2

b) Điều kiện x  1 ; y  2

áp dụng bất đẳng thức

2

b a

1 x 1 ) 1 x (

1 1

2

y 2

) 2 y (

2 2

2

1 2 y

y y

2 y

; x

1 x 2

x x

1 x

2 x 2

2 y

1 1 x 4

2 2 2

1 2

1

Ví dụ 2: Tìm GTNN, GTLN của

) x 101 99

( x

Giải

Xét biểu thức phụ A và áp dụng các bất đẳng thức Bunhiacopxki và Côsi

)x10199)(

199(x)x101.199.99

10 x

200 10

.

x

2 2

2 2

x 2000 x

10 x

x 101

99 1

99

101 x

4

2 2 2 2 2 2 4 4 4 2

2 4

4

2 2 4

4

z x

2

x

z

z x z y y x z y x z

2  b  c 

a

CM: a+b+c =1 (abc)2 1

1 ) ac bc ab ( 2 c b

b

a2  2  2     2  2  2   2  2  2 

¸p dông kÕt qu¶ trªn

3

12

2 2 2 2

3

1 z y x

y x 3

1 (

) (

y x y

3y 2x 3y - 21 2x

; 6 x 0

y 3 x 2 y 3 21

y 3 21 x 2 12

x =

3

10

; 2

1 x

(

) y x ( ) y x

y 1 y

) 1 y ( 2 x

y2

  8 hay ( x 1 )( y 1 )

) y x ( x y y

1 x (

) y x ( ) y x

) 1 y )(

1 x (

) y x ( x y y

1 x (

) y x ( ) y x

xz yz

xy 2

z y x

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

c) áp dụng BĐT (a2 + b2) (x2 + y2)  (ax + by)2

4

y 4 3

x 3 ( ) 4 3 ( ) 4

y ( ) 3

) (

25 ).

4 3

2 2

y x

y x

8 , 10

x 

Ví dụ 5: Tìm GTNN của

x z

z z y

y y

( )

.

(

2 2

2 2

z y x x z

z z y

y y x

x x

z x z

z z

y z y

y y

2

z y x x z

z z y

y y

3

3 2 2 ( ) 3 (

Ví dụ 2: Tìm GTLN của A = x 2

1 x

Giải

Đ/ k: -1  x  1

* XÐt - 1 x  oth× A 0

* XÐt 0 < x 1th× A =

2

1)

1(

2 2

1 2

1

2 3

2 3

y

x x y

x

2 3

2 3

x x

hoÆc x=1; y = 0 b) T×m GTNN

1 2 2

2 ) (

( 3 33

) )(

( ) )(

2

13

9 ) 2

1 (

1 2

2

1 4

A  biÕt 2 2 2 2 2 ( 1 )

1)2()32(x  y   y  

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

1

12

x x A

Giải

Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi ph-ơng trình ẩn x sau đây có nghiệm

2 2

11

 a x a x a

Tr-ờng hợp 1 nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0

Tr-ờng hợp 2 nếu a1 thì (2) có nghiệm    0 tức là

0 ) 3

2 2

1

(

0 ) 1 (

a a

a

a

a a

1 )

1 ( 2

) 1 (

a

a a

a x

x x A

b)Cách khác tìm GTLN của A

3

1 ) 1 (

3

) 1 ( 2 3

1 1

) 1 ( 2 3 1

2 4 2

3 3

3

2

2 2

2 2

2 2

x x

x

x x

x

x x

x x

MaxY = 2 2 x = 2

VI.Ph-ơng pháp điểm rơi

Nhiều khi gặp những bài mà sử dụng một trong các ph-ơng pháp trên đều không thể giải quyết đ-ợc,

đòi hỏi trong quá trình giải phải biết tách một số hạng nào đó rồi mới áp dụng các ph-ơng pháp trên thực hiện tiếp đ-ợc Sau đây tôi sẽ trình bày một số ví dụ chỉ rõ cách tách đó

a = 1 Điều này không thoả mãn vì a  3.Vậy phải tách một

số hạng chẳng hạn tách a,có thể viết a =  a + (1- ) a Việc tìm  nh- sau: áp dụng bất đẳng thức Cô - si

Giải

3

10 9

3 8 1 9

2 9

8 1 9

a

a a

a

S

Với a = 3 thì minS =

310

b a

1)

2

1(1

2

11

1

2 2

t ab

2 16

15 1 16

t

t t

t

t t

2 16

15 16

1 2 16

15 16

1 1

ab ab

ab

ab ab

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

x y

y x

x

2

12

12



x

y y

x y

x y

y x x

x a x a

ab

1 )

x a

a - x =

1

) 1 ( 1

x a

 P =

b b

b

b b

b b

a b

b

a b

b

a b

b

a b

3

1 1 1

1 1

3

1 1 1

1 )

1 (

1

1 1

) 1 (

2 2

2 2

*Nếu 0 < b < 1  P =

b b

4 3

1 2

2  

*Nếu b 1  P =

b

b b

b

3

1 3 3

4 P3

1 3 3

b

b b

2 3

2





 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1

KL: Giá trị nhỏ nhất của P =

3 4

Việc chia ra các ph-ơng pháp giải cũng chỉ là t-ơng đối trong khi vận dụng giải bài tập dạng này đòi hỏi chúng ta phải biết áp dụng một cách linh hoạt phối hợp các ph-ơng pháp thì mới đạt hiệu quả

= t PT trên trở thành t2 + 5t – 14 = 0 Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm của PT

Ví dụ 2: Giải ph-ơng trình sau a)x4 - 4x3 + 6x2 - 4x + 1 = 0

0 Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm x1 = 0; x2 = - 4; x3,4 = - 1  5

Ví dụ 4: Giải ph-ơng trình sau: a) 15

) 1 (

1 1

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

2 )

1

1 1

4

4

x y

y x

=> (y - x)(1- y - x) = 0

c) Giải t-ơng tự ý b

B Ph-ơng trình vô tỷ Các ph-ơng pháp th-ờng dùng để giải ph-ơng trình vô tỉ

2 0

) 2 (

0 ) 1 (

x x

x x

x

x x

* Nhận thấy x = 0 là nghiệm của ph-ơng trình

1

4

1 4

1 4

Bëi vËy biÓu thøcc ë vÕ tr¸i cña ph-¬ng tr×nh (1) b»ng 2(x +

x

0 ) 1 2 )(

KÕt luËn: Ph-¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm x 1 = 0; x 2 =

-21

III.Ph-¬ng ph¸p ®-a hai vÕ cña ph-¬ng tr×nh vÒ cïng luü thõa

41

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

1 2

1

(*) 2

1 2005 2

1

x x

x x

Giải (*)

2

1 2005 2

2

3 1 (

3 ) 2

3 1

0 2

1 1

Cách giải 2: áp dụng BĐT Cauchy

3 1

0 2

1 1

KL: Vậy PT (3) có nghiệm x =

4 5

IV ph-ơng pháp Dùng ẩn phụ để giải ph-ơng trình vô tỉ

Dạng1: Sử dụng ẩn phụ để đ-a về ph-ơng trình bậc hai

1

y y

y1= 1 (thỏa mãn điều kiện);

3

5

2  

y (không thoả mãn điều kiện, loại)

Suy ra: x2 7x7 = 1x2 + 7x + 6 = 0, ph-ơng trình có hai nghiệm:

Dạng2: Sử dụng ẩn phụ để đ-a về ph-ơng trình tích

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

; 1

; 0

0 10 - 4x - 4x

2 2

1

4

5 3

1

4

5 3

1

x

x

(Không thoả mãn (*)) (Thoả mãn (*))

(Không thoả mãn (*)) (Thoả mãn (*))

(Không thoả mãn (*)) (Thoả mãn (*))

Kết luận: Vậy nghiệm của ph-ơng trình là: x =

Ph-ơng trình đã cho có dạng: 2(u2 + v2) = 5uv (2u - v)(u – 2v) = 0

Suy ra u = 2v hoặc v = 2u

* Với u = 2v thì x  1 = 2 x2 x14x2 – 5x + 3 = 0 ph-ơng trình này vô nghiệm

* Với v = 2u thì x2 x1 = 2 x 1  x2 – 5x – 3 = 0, ph-ơng trình này có hai nghiệm

(đều thoả mãn điều kiện đề bài)

Kết luận: Vậy ph-ơng trình đã cho có hai nghiệm x 1 =

4

193 9

73317

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

4

193 9

x2 - 6x - 4 = 0 x1 = 3 + 13; x2 = 3 - 13

Kết luận: Nghiệm của ph-ơng trình đã cho x 1 = 3 + 13; x 2 = 3 - 13

Dạng3: Sử dụng ẩn phụ để đ-a về ph-ơng trình đẳng cấp

12

1

t t

y x

2

x x

02

x x

x

x = 2 -2 3 (thoả mãn)

Kết luận: Ph-ơng trình đã cho có 2 nghiệm x 1 = 2; x 2 = 2 - 2 3

Dạng 4: Sử dụng ẩn phụ để đ-a về ph-ơng trình của ẩn phụ đó còn ẩn ban đầu là tham số

x

x x

1 (

32 2

y x

x y

x y

) ( 0 2

13 1

2

1

x

loai x

17 3

2

17 3

4

3

loai x

x

Đối chiếu với Đ/K: -3 x -1; x  3, các giá trị

2

1312

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

2

x y

y x

0

x y

y x

3 1

(1)  x +3 =

53

Chú ý: PT (2) giải đ-ợc bằng cách chuyển 4x13sang vế phải rồi bình ph-ơng hai vế, cũng đ-ợc kết quả nh- trên

dẫn đến vế trái của PT là số âm, mặt khác với x  1vế phải của ph-ơng trình d-ơng Vậy ph-ơng trình

14

14

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

8

= 6 (2) Lời giải

Điều kiện x < 2

Với ph-ơng trình vô tỉ dạng này ta th-ờng dự đoán nghiệm là các giá trị của x mà biểu thức d-ới căn nhận giá trị là một số chính ph-ơng Nhận thấy nghiệm của (2) phải lớn hơn 1 Bằng cách thử ta thấy ph-ơng trình (2) có một nghiệm x =

6

< 2;

x

2

6

> 2;

x

2

(

252

x x

x

x = 30

KL: Ph-ơng trình đã cho có 1 nghiệm x = 30

C Hệ ph-ơng trình

Để giải các hệ ph-ơng trình : bậc nhất có từ 3 ẩn trở lên , bậc hai bậc ba hệ ph-ơng trình vô tỉ có 2 hoặc

3 ẩn ngoài việc nắm vững đ-ợc định nghĩa hệ ph-ơng trình t-ơng đ-ơng, các định lí, giải hệ ph-ơng trình bằng ph-ơng pháp cộng (thế) Đòi hỏi học sinh còn phải nắm đ-ợc một số các phép biến đổi về

đại số:

Một số hệ ph-ơng trình th-ờng gặp và cách giải

I Hệ ph-ơng trình bậc nhất có từ 3 ẩn trở lên

Dựa vào cách giải hệ 2 ph-ơng trình bậc nhất hai ẩn Học sinh định h-ớng :

áp dụng định lí hệ ph-ơng trình t-ơng đ-ơng biến đổi hệ ph-ơng trình đã cho

thành các hệ ph-ơng trình t-ơng đ-ơng đơn giản hơn Nghĩa là trong hệ ph-ơng trình mới có ph-ơng trình chứa 1 ẩn , có phương trình chứa 2 ẩn ,…Có như vậy việc gi°i phương trình mới được thực hiện

Ví dụ 1: Giải hệ ph-ơng trình