CHUYÊN đề bất ĐẲNG THỨC cực hay 50

MỘT KỸ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU KIỆNTrong các kì thi học sinh giỏi lớp 8, lớp 9 và thi vào lớp 10 chuyên, chúng ta thường gặp dạng bài toán chứng minh BĐT mà các ẩn có điều

MỘT KỸ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU KIỆN

Trong các kì thi học sinh giỏi lớp 8, lớp 9 và thi vào lớp 10 chuyên, chúng ta thường gặp dạng bài toán chứng minh BĐT mà các ẩn có điều kiện rằng buộc

Các bài toán Bất đẳng thức có dạng: “Cho C ≥ D chứng minh rằng A ≥ B” Có một kĩ thuật chứng minh là ta đi chứng minh (A – B) +(C – D)≥ 0, khi đó từ điều kiện

C ≥ D ta suy ra được A ≥ B, Đô khi việc chứng minh BĐT trung gian trên khá dễ dàng Sau đây là một số ví dụ:

Ví dụ 5 Cho x, y là số thực dương thỏa mãn x3 + y3 = x – y

Chứng minh rằng: x2 + y2 < 1 (Đề thi vào lớp 10 chuyên, TP Hồ Chí Minh, 2006 – 2007)

Bài làm Ta có x2 + y2 < 1 ⇔ (1 – x2 – y2) + (x3 + y3 – x + y) ≥ 0

⇔ (x3 – x2 – x + 1) + (y3 – y2 + y) ≥ 0 ⇔ (x – 1)(x2 – 1) + y(y2 – y + 1) ≥ 0

⇔(x – 1)2(x + 1) + y[(y - )2 + ] > 0 (Vì x, y là các số dương)

Suy ra : x2 + y2 < 1 (Đpcm)

Bài tập tự luyện.

Bài 1 Biết rằng: x2 + y2 ≤ x + y Chứng minh rằng: x + y ≤ 2

Bài 2 Biết ab ≥ 1 Chứng minh rằng: a2 + b2 ≥ a + b

Bài 3 Biết rằng: x2 + y2 ≤ x Chứng minh rằng: y(x + 1) ≥ -1

Với các số thực không âm a, b, c thì: a + b ≥ 2

Dấu bằng xảy ra khi a = b

a + b + c ≥ 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Bài toán 1 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = + + * Phân tích Vì có căn bậc 3 nên ta nghĩ

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: P ≤ = 3

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2

Vậy MaxP = 3 khi a = b = c = 2

Bài toán 2 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2b2 + b2c2 + c2a2 = 12 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = + +

* Phân tích Ta dự đoán Q đạt giá trị lớn nhất khi a = b = c =

= = = 6 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

Vậy MaxQ = 6 khi a = b = c =

Bài toán 3 Cho các số thực a, b thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 48

với a, b, c [1;4] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (2a + 2b – c)3 + (2b + 2c – a)3 + (2c + 2a – b)3

Lời giải Đặt x = 2a + 2b – c; y = 2b + 2c – a; z = 2c + 2a – b

Suy ra x2 + y2 + z2 = 9(a2 + b2 + c2) = 9.48 = 432

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 12 hay a = b = c = 4.

Vậy MinA = 5184 khi a = b = c = 4

Bài toán 4 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + 2 = xyz Chứng minh rằng:

⇔ (a + b + c - ).[2(a+ b + c)2 + 12(a + b + c) +18] ≥ 0

⇔ a + b + c ≥ Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = ⇔ x = y = z = 2

Bài toán 5 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

Bài toán 6 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Do đó nếu giả sử a = max thì (2) luôn đúng Suy ra đpcm

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

Bài toán 7 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rẳng: + +

≥

Phân tích Áp dụng ngay bất đẳng thức AM – GM thì + +

≤ + + Mà vế phải của bất đẳng thức này không nhỏ hơn nên ta

nghĩ đến dùng kĩ thuật AM – GM ngược dấu như sau: - ≥

Từ (1) và (2) suy ra đpcm Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

Bài toán 8 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của

Từ (*) và (7) suy ra: P ≥ 3 - = Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1

Vậy MinP = khi x = y = z = 1

MỘT PHƯƠNG PHÁP

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức(BĐT) Chúng ta gặp các BĐT ở mà đó cácbiến được hoán vị vòng quanh hay các biến có vai trò như nhau Bài viết này, xin giới thiệu tới bạn đọc phương pháp khá hiêu quả để giải quyết một số bài toán thuộc dạng này thông qua các thí dụ sau

Thí dụ 1 Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng:

+ + ≥ 2(x + y + z)

Phân tích Trong BĐT (1) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi

x = y = z Do vậy, nếu ta chọn được các số a, b để có BĐT

≥ a(x + by) (1*)

Thì nó là cơ sở để suy ra BĐT (1*) Với x = y thì BĐT (1*) trở thành

≥ a(x + by) ⇔ 2 ≥ a(b + 1)

Cộng theo vế ba BĐT (a), (b), (c) ta thu đươc BĐT (1) Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.

Thí dụ 2 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

+ + ≥ (2)

Phân tích Trong BĐT (2) các biến có vai trò như nhau và đẳng thức xảy ra khi a = b

= c Do vậy nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT

Phân tích Trong BĐT (3) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi

a = b = c Như vậy, nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT

Cộng theo vế ba BĐT trên và thu gọn ta được BĐT (3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Thí dụ 4 Cho a, b, c> 0 Chứng minh rằng:

+ + ≥ (4)

Phân tích Trong BĐT (4) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi

a = b = c Do vậy nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT:

≥ xa + yb (4*) thỉ đó là cơ sở để chứng minh BĐT (4)

Theo BĐT (4*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c)

Để có BĐT (4) chọn x, y sao cho x + y = ⇔ x = – y

Như vậy ta cần tìm y để có BĐT sau: ≥ ( – y)a + yb

⇔ ( + y)a4 – ya3b + (2y - )ab3 – 2yb4 ≥ 0

⇔ ( + y)X4 – yX3 + (2y - )X – 2y ≥ 0 (X = > 0)

⇔ (X – 1)(( + y)X3 + X2 + X + 2y) ≥ 0

Nhận thấy đa thức: ( + y)X3 + X2 + X + 2y có nghiệm X = 1 thì BĐT (4*) luôn đúng

Từ đó ta tìm được y = - và a = 1

Lời giải Áp dụng BĐT Cô – si, ta có: = a - ≥ a - = a - (d)

Tương tự: ≥ b - (e); ≥ c - (f)

Cộng theo vế các BĐT (d), (e) và (f) ta được BĐT (4)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2015 – 2016 tỉnh Hà Tĩnh có bài toán cực trị,

mà không nhiều thí sinh giải được Tôi xin nêu ra kĩ thuật phân tích để tìm ra nhiều cách giải cho bài toán này

Bài toán Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = ab + bc + 2ca.

Phân tích Từ a2 + b2 + c2 = 1 có -1 ≤ a, b, c ≤ 1

* Xét b = 1⇒ b2 = 1⇒ a2 + c2 = 0 ⇒ a = c = 0 ⇒ F = 0

* Xét b = 0 ⇒ a2 + c2 = 1 và F = 2ac

Ta có: 2ac ≥ -(a2 + c2) ⇒ ac ≥ = - ⇒ F ≥ -1

Dấu “=” xảy ra khi a = -c và a2 + c2 = 1 ⇔ a = -c =

Từ các định hướng trên ta có các cách giải sau

Cách 1 Vì a2 + b2 + c2 = 1 nên F = ab + bc + 2ca = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ca – 1 = [(a2 + 2ac + c2) + b(a + c) + ] + 3 – 1

⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + a2 + 2ac + c2 + b2 ≥ 0

⇔ 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + 2ca) ≥ 0

TÌM CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC MÀ CÁC BIẾN

CÓ ĐIỀU KIỆN RẰNG BUỘC

Trong bài viết này ta tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức mà các biến phải thỏa mãn một điều kiện nào đó, hoặc các biến là nghiệm của phương trình (PT) hoặc bất phương trình (BPT) bằng cách đưa phương trình hoặcbất phương trình nhiều ẩn đã cho về bất phương trình một ẩn với ẩn số là biểu thức đang xét (hoặc sai khác một hằng số)

Ví dụ 1 Tìm GTNN và GTLN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình: x4 + y4

– 3 = xy(1 – 2xy) (1)

Lời giải PT (1) ⇔ xy + 3 = (x2 + y2)2 ≥ 4x2y2

Đặt t = xy thì BPT trên trở thành 4t2 – t – 3 ≤ 0 ⇔ (t – 1)(4t + 3) ≤ 0

⇔ ≤ t ≤ 1

Vậy GTNN của xy là khi x2 = y2 và xy = ⇔ x = - y =

GTLN của xy là 1 khi x2 = y2 và xy = 1 hay x = y = 1

Ví dụ 2 Các số dương x, y, z thỏa mãn: xyz ≥ x + y + z + 2.

Lời giải Ta có: (2) ⇔ (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9

Sử dụng BĐT Cô – si ta có: 2|A| + 4|A| + 3A2 ≤ 9 ⇔ A2 + 2|A| - 3 ≤ 0

⇔ (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 ⇔ |A| ≤ 1⇔ -1 A ≤ 1

Vậy GTNN của A là -1 khi 2 trong 3 số x, y, z đều bằng 1 (hoặc đều bằng -1), số còn lại bằng -1 và GTLN của A là 1 khi 2 trong 3 số x, y, z đều bằng 1 (hoặc đều bằng – 1)

Ví dụ 4 Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) Tìm GTNN và GTLN của x2 + y2 +

Lời giải Ta có: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 + x2 + y2 – 3 = 3y2

Đặt t = x2 + y2 > 0 dẫn đến t2 + t – 3 ≥ 0 ⇔ (t + )(t - ) ≥ 0

⇔ t ≥ Vậy GTNN của x2 + y2 + là khi x = , y = 0

Ta có: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 – 2(x2 + y2) – 3 = -3x2

Đặt t = x2 + y2 > 0 dẫn đến t2 – 2t – 3 ≤ 0 ⇔ (t + 1)(t – 3) ≤ 0 ⇔ t ≤ 3.

Vậy GTLN của x2 + y2 + là 3 khi x = 0, y =

Các bạn hãy biến đổi các điều kiện trong các bài tập tương tự dưới đây để tìm GTNN

và GTLN của các biểu thức

Bài 1 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1.

Tìm GTLN của xyz (ĐS: GTLN của xyz là )

Bài 2 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:

(x + y + z) 3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz

Tìm GTLN của xyz (ĐS: GTLN của xyz là 8)

Bài 3 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S = x2 + y2 biết x, y là nghiệm của phương trình: 5x2 + 8xy + 5y2 = 36

TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

CỦA ĐA THỨC BẬC HAI

Các bạn thân mến! trong chương trình toán lớp 8 – 9, các bạn có thể gặp bài toán tìmgiá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của đa thức bậc 2 chẳng hạn như:

Thí dụ 1 Tìm GTNN của biểu thức: M = x2 + 2y2 – 2xy + 2x – 10y

Lời giải Có thể giải bài toán này bằng cách đưa các biến vào các bình phương tổng,

có thể dựa vào hằng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca

Ta có: M = x2 + y2 + 1 – 2xy + 2x – 2y + y2 – 8y + 16 – 17

= (x – y + 1)2 + (y – 4)2 - 17 ≥ -17

Khi x = 3 và y = 4 thì M = -17 Vậy Min M = -17

Dưới đây sẽ nêu ra một số phương pháp tìm GTLN, GTNN của đa thức bằng cáchđưa dần các biến vào trong các bình phương của tổng theo hằng đẳng thức: a2 + 2ab +

Thí dụ 4 Tìm GTLN của biểu thức C = xy + yz + zx, trong đó x, y, z thỏa mãn điều

+ 3 ≤ 3 Khi x = y = z thì C = 3 Vậy Mix C = 3

Thí dụ 5 Tìm GTNN của biểu thức D = x2 + 6y2 + 14z2 – 8yz + 6zx + 4xy

Lời giải Ta có: D = x2 + 6y2 + 14z2 – 8yz + 6zx + 4xy

= x2 + 2(3z – 2y)x + 6y2 + 14z2 – 8yz

= [x2 + 2(3z – 2y)x + (3z – 3y)2] + 6y2 + 14z2 – 8yz – (3z – 3y)2

= (x + 3z – 2y)2 + 2y2 + 4yz + 5z2 = (x + 3z – 2y)2 + 2(y2 + 2yz + z2) + 3z2 = (x + 3z –

2y)2 + 2(y + z) 2 + 3z2 ≥ 0

Khi x = y = z = 0 thì D = 0 Vậy Min D = 0

Cuối cùng mời các bạn luyện tập với một số bài tập sau:

Bài 1 Cho x + 2y = 3 Tìm GTNN của biểu thức M = x2 + 2y2

Bài 2 Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa mãn a + b = c + d Tìm GTNN của biểu thức

hình thành Trong thế giới bất đẳng thức cũng vậy Đôi khi bạn không thể hiểu đượctại sao người ta lại có thể tìm ra một lời giải trông có vẻ “kì cục” như thế !!! Phảichăng là lần mò và may rủi lắm mới tìm ra được ?

Câu trả lời lại một lần nữa được nhắc lại: mỗi lời giải đều có sự giải thích của riêngbản thân nó Việc tìm ra lời giải đó phải đi qua một quá trình lập luận, thử, sai vàđúng Trong chuyên đề nho nhỏ này chúng tôi muốn giới thiệu đến các bạn một kĩthuật cơ bản nhưng không kém phần hiệu quả trong việc chứng minh một số dạng củabất đẳng thức Nó không giúp ta giải quyết tất cả các bài toán mà chỉ giúp ta tìm ranhững lời giải ngắn gọn và ấn tượng trong một lớp bài toán nào đó Một số bài toántuy dễ đối với phương pháp này nhưng lại là khó đối với kỹ thuật kia Đây cũng làđiều hiển nhiên và dễ hiểu

1 Bài toán mở đầu

Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương

Sử dụng các bất đẳng thức tương tự với b và c Ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a b c   1.

Chắc chắn ngay khi đọc lời giải cho bài toán “ đơn giản” này bạn có phần lúng túng

và không hiểu tại sao lại có thể tìm ra bất đẳng thức phụ một cách “khó hiểu” nhưvậy Phải chăng là dự đoán một cách “vô hướng” Hoặc cũng có người sẽ nghĩ bàitoán trên được tạo ra từ chính bất đẳng thức phụ đó Câu trả lời là hoàn toàn khôngphải Tất cả đều đi theo 1 qui luật của nó Ở các phần tiếp theo chúng tôi sẽ phân tích

về một kỹ thuật phân tích giúp tìm ra các bất đẳng thức phụ và mở rộng vấn đề này

theo chiều hướng khá mới mẻ Kỹ thuật này có tên là U.C.T, là viết tắt của 3 chữ cái đầu của cụm từ tiếng Anh Undefined Coefficient Technique Hay còn gọi là Kỹ

Thuật Hệ số bất định Đây là một kỹ thuật cơ bản và là nền tảng quan trọng trên conđường tìm kiếm lời giải cho những bất đẳng thức khó

2 Khởi đầu cùng một số bài toán cơ bản

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bấtđẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này củachúng ta

Bài toán trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều nàykhiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có

thể Nhưng rõ ràng ta chỉ từng đó thôi là không đủ Nếu ta chứng minh bất đẳng thứcsau

Rõ ràng không hoàn toàn đúng với a thực dương

Đừng bỏ cuộc tại đây bởi vì ở cách trên ta chưa sử dụng điều kiện a b c  3.

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ

số để bất đẳng thức sau là đúng

(1)Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định

Tương tự với biến b và c Cộng vế theo vế ta có

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện Thế vào (1) dẫn đến

(2)Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng

Chú ý ở bài toán này điểm cực trị đạt được tại a b c  1 nên ta cần xác định m sao

Khi a1 ta sẽ có Ta dự đoán bất đẳng thức sau đúng và thật vậy

Tương tự với các biến còn lại Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c d   1.

Bài toán 2

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng

Chứng minh Ở đây ta cần tìm m để bất đẳng thức dưới là đúng

Tương tự như trên ta tìm dự đoán rằng với thì bất đẳng thức phụ đúng Thật vậy

Bài toán 3

Cho a b c d, , , là các số thực không âm thỏa Chứng minh rằng

Chứng minh Theo bài ra a b c d, , , là các số thực dương thỏa mãn

Dễ dàng dự đoán Ta sẽ chứng minh điều đó, thật vậy

Điều này hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c d   1.

Bài toán 4.

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng

Chứng minh.

Ta cần tìm hệ số m sao cho

Ta dễ dàng nhận ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c  1.

Khi cho a1 thì ta có thể dự đoán rằng m 2 Ta sẽ chứng minh rằng với m 2 thì

bất đẳng thức phụ trên là đúng Thật vậy

Do Vậy bất đẳng thức phụ trên là đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia b c  1.

Phần 3 Kĩ thuật chuẩn hóa và U.C.T

Bây giờ chúng ta sẽ bước sang một khoảng không gian mới với lớp bất đẳng thức

thuần nhất đối xứng ba biến và kĩ thuật chuẩn hóa kết hợp với U.C.T

Đa thức f a b c( , , ) đối xứng định nghĩa dưới dạng: f a b c( , , ) f a b c/( , , )/ / / trong đó

/ / /

( , , )a b c là một hoán vị tùy ý của ( , , )a b c Hay nói cách khác là

Tính thuần nhất của một đa thức đối xứng ba biến trên miền D có nghĩa là

với mọi k a b c D n, , , � , const chỉ phụ thuộc vào hàm f a b c( , , ) Hiểu một cách đơngiản đa thức thuần nhất nếu nó là tổng của các đơn thức đồng bậc Do một số tínhchất của hàm thuần nhất ta có thể chuẩn hóa điều kiện của biến để đơn giản hóa việcchứng minh Ta có thể chuẩn hóa một đa thức thuần nhất đối xứng ba biến bằng cáchđặt Đây là kỹ thuật rất quan trọng giúp ta đơn giản hóa và qui bất đẳng thức vềchứng minh theo từng biến Hãy cùng đến với một số bất đẳng thức thuần nhất đối

xứng ba biến để thấy công dụng của U.C.T

Bài toán 6

Cho a b c, , là các số thực không âm Chứng minh rằng

3 2

Bài toán qui về việc chứng minh

m Ta chứng minh bất đẳng thức với m như vậy thì luôn đúng

Điều này hiển nhiên đúng

Sử dụng tương tự với các biến còn lại Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi a b c 

Bài toán 7.

Cho a b c, , là các số thực không âm Chứng minh rằng

Chứng minh Chuẩn hóa a b c  3 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương

Điều này hiển nhiên đúng do a� (0,3).

Tương tự với các biến còn lại Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c  .

Bài toán 8 Cho a b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng

Chứng minh Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa a b c  3 Ta có bất đẳng thức

cần chứng minh tương đương với

Tương tự như trên ta dễ dàng tìm ra bất đẳng thức phụ sau:

Để phân tích đa thức thành nhân tử, cách thông thường là khéo léo phân tích đa thức

đó thành các hạng tử có nhân tử chung Việc tìm nhân tử chung không đẽ dàng đối với đa thức bậc bốn Bài này trình bày phương pháp phân tích một số dạng đa thức bậc bốn thành nhân tử nhờ cách đặt ẩn phụ một lần hoặc nhiều lần khiến cho quá trình tìm nhân tử dễ dàng hơn Chú ý rằng phương pháp này có thể thực hiện ở lớp 7, lớp 8 khi chưa biết cách giải phương trình bậc hai

Ta cần biết hằng đẳng thức (HĐT) cơ sở sau:

Xét đa thức Q(y) = ay2 + by + c Nếu có các số m, n sao cho

m.n = ac và m + n = b thì ay2 + by + c = ay2 + (m + n)y +

hay ay2 + by + c = a(y + )(y + ) (*)

Nói riêng khi a = 1 thì y2 + by + c = (y + m)(y + n)

Trong trường hợp a, b, c nguyên thì trước hết phân tích nguyên ac thành tích hai số nguyên m.n sao cho /m/ <b, /n/ < b sau đó chọn m,n thỏa mãn m + n = b

Dưới đây ta xét một số dạng đa thức bậc 4 có thể phân tích thành nhân tử nhờ cách đặt biến phụ và sử dụng hằng đẳng thức trên

1 Đa thức dạng P(x) = ax 4 + bx 2 + c

Cách giải Đặt biến phụ y = x2 và áp dụng HĐT (*)

Thí dụ 1 Phân tích P(x) = 6x4 + 19x2 + 15 thành nhân tử

Lời giải Đặt y = x2 có Q(y) = 6y2 + 19y + 15 Tìm m, n sao cho m.n = 90 và m + n =

19 với m < 19, n < 19 Vì 90 = 6.15 = 9.10 nên chọn m = 9, n = 10 ta có 6y2 + 19y +

15 = 6y2 + 9y + 10y + 15 = 3y(2y + 3) + 5(2y + 3) = (2y + 3)( 3y + 5)

Từ đó P(x) = (2x2 + 3)(3x2 + 5)

Thí dụ 2 Phân tích P(x) = 6x4 + x2 – 15 thành nhân tử

Lời giải Đặt y = x2 có Q(x) = 6y2 + y – 15 Tìm m, n sao cho m.n = -90 và m + n = 1.Chọn được m = 10, n = -9 Từ đó Q(y) = 6y2 + y – 15 = 6y2 + 10y – 9y – 15 = 2y(3y + 5) - 3(3y + 5) = (3y + 5)(2y – 3)

Từ đó P(x) = (3x2 + 5)(2x2 – 3)

2 Đa thức dạng P(x) = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) + e với a + b = c + d.

Cách giải Đặt biến phụ y = (x+ a)(x + b) và áp dụng HĐT (*) Có thể đặt y = (x + c)

Tổng quát nếu đa thức dạng: P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2)(c1x + c2)(d1x + d2) thỏa mãn

a1b1 = c1d1 và a1b2 + a2b1 = c1d2 + c2d1 thì đặt y = (a1x + a2)(b1x + b2) rồi biến đổi nhưu trên Xét thì trở về dạng trên

3 Đa thức dạng : P(x) = (a 1 x + a 2 )(b 1 x + b 2 )(c 1 x + c 2 )(d 1 x + d 2 ) với a 1 b 1 = c 1 d 1 và

a 2 b 2 = c 2 d 2

Cách giải Đặt biến phụ y = (a1x + a2)(b1x + b2) và áp dụng HĐT (*)

Có thể đặt y = (c1x + c2)(d1x + d2)

P(x) = (9x2 – 3x – 10)(9x2 – 5x – 10).

4 Đa thức dạng P(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + a với k = 1 hoặc k = -1

Cách giải Đặt biến phụ y = x2 + k và biến đổi P(x) về dạng chứa hạng tử ay2 + bxy rồi sử dụng hằng đẳng thức (*)

Chúng ta bắt đầu từ bài toán quen thuộc sau đây:

Bài toán Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9.Chắc nhiều bạn đã biết các cách giải sau

(n + 2) – (n – 1) = 3 nên n + 2; n – 1 đồng thời hoặc không đồng thời chia hết cho 3

* Nếu (n + 2) 3 và (n – 1) 3 suy ra (n + 2)(n – 1) 9 nên (n + 2)(n – 1) + 3 không chiahết cho 9

* Nếu (n + 2) và (n – 1) đều không chia hết cho 3 thì (n + 2)(n – 1) + 3 không chia hết cho 9

Vậy n2 + n + 3 không chia hết cho 9 với mọi n Z

Cách 3 (Phản chứng) Giả sử n2 + n + 1 9

Đặt n2 + n + 1 = 9m (m Z) hay n2 + n + 1 – 9m = 0 (*)

= 36m – 3 = 3(13m – 1) 3 nhưng 3(13m – 1) không chia hết cho 9

không là số chính phương nên (*) không có nghiệm nguyên Vô lí!

Vậy n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n Z

Cách 4 Ta có: 4(n2 + n + 1) = (2n + 1)2 + 3

* Nếu (2n + 1) 3 thì (2n + 1)2 9 do đó (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9

* Nếu (2n + 1) không chia hết cho 3 thì (2n + 1)2 không chia hết cho 9 do đó (2n + 1)2

+ 3 không chia hết cho 3 Vì thế (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9

Vậy 4(n2 + n + 1) không chia hết cho 9 suy ra n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n Z

Với đam mê toán học chắc chắn các bạn sẽ tìm thấy nhiều bài toán họ hàng vơi bài toán trên, chẳng hạn các bài toán sau:

Bài toán 1 Chứng minh rằng với mọi n Z thì

a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49

b) n2 + 3n + 5 không chia hết cho 121

c) n2 + 5n + 16 không chia hết cho 169

Bài toán 2 Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên:

a) x2 + 3x + 4 = 49y ;

b) x2 + 25y2 – 2x + 6 = 0 ;

Bài toán 3 Tìm x Z để 25x + 46 là tích của hai số nguyên liên tiếp

(Bài T1/201 THTT 3.1994)

Cả 4 cách giải trên có thể giúp chúng ta giải được các bài toán này và nếu “mò mẫm”

sẽ tìm thêm được thật nhiều bài toán hay nữa

Nhưng với bài toán sau:

Bài toán 4 Chứng minh rằng 9n3+ 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343 với mọi n Z

Với các cách 1; 2; 3 có lẽ ta phải bó tay, khai thác cách 4 (chú ý rằng 343 = 73) ta đến với lời giải thật dễ thương sau:

3(9n3+ 9n2 + 3n – 16) = (3n + 1)3 – 49

* Nếu (3n + 1) 7 thì (3n + 1)3 73 mà 49 không chia hết cho 73 nên (3n + 1)3 – 49

không chia hết cho 73 ⇒ 9n3+ 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343.

* Nếu (3n + 1) không chia hết cho 7 ⇒ (3n + 1)3 – 49 không chia hết cho 7 (3n + 1)3

– 49 không chia hết cho 73 ⇒ 9n3+ 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343

Vậy 9n3+ 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343 với mọi n Z

Suy nghĩ sâu hơn một chút về 4 cách giải ta sẽ đi đến bài toán tổng quát:

Chứng minh rằng A(n) không chia hết cho pk với mọi n nguyên, p nguyên tố và k nguyên dương

Phương hướng giải là tìm cho được đẳng thức:

a A(n) = [B(n)]k + pm

Trong đó B(n) là đa thức biến n với a Z; m là nguyên dương k > m, rồi xét xem B(n)

có chia hết cho p không

Tác giả bài báo này muốn nói với các bạn rằng nhiều điều có vẻ rất bình thường, thật quen thuộc nhưng ở đó có thể còn nhiều điều hấp hẫn chờ đón bạn và … sẵn sàng đưa các bạn đến nơi mà các bạn cần phải đến

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ

Các bài toán về số nguyên tố, hợp số rất phong phú và đa dạng Trong bài viết này chúng tôi sẽ giới thiệu một số dạng toán điển hình về số nguyên tố, hợp số

Dạng 1 Sử dụng các tính chất của phép chia số nguyên.

i) Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số nguyên chia hết cho n

ii) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1

iii) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n 1

Bài toán 1 Cho p là số nguyên tố và một trong các số 8p + 1 và 8p – 1 cũng là số

nguyên tố Hỏi số thứ 3 là số nguyên tố hay hợp số?

Lời giải * Với p = 3 ta có 8p + 1 = 25 là hợp số còn 8p – 1 = 23 là số nguyên tố.

PHƯƠNG PHÁP KHỬ ẨN

ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Qua bài viết này tôi muốn trao đổi cùng bạn đọc một phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Tôi nghĩ rằng phương pháp này cũng là một công cụ tốt để giải một lớp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên Tạm đặt cho nó cái tên là phương

pháp “khử ẩn”.

Ta sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các số nguyên tố liên tiếp hoặc tích các sốnguyên tố liên tiếp … để đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải về dạng phương trình khác ít ẩn hơn và quen thuộc hơn Từ đó, dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho

Trong phương pháp này thường, thường vận dụng hai nhận xét sau trong đó x, y là các số nguyên, a, n là các số nguyên lớn hơn 1

a) xn < yn < (y + a)n thì yn = (x + i)n với i

b) x(x + 1)…(x + n) < y(y + 1)….(y + n) < (x + a)(x + a + 1)…(x + a + n) thì y(y + 1)

…(y + n) = ( x + i)(x + i + 1)….(x + i + n) với i

Sau đây là một số bài toán minh họa

Bài toán 1 Giải phương trình nghiệm nguyên

1 + x + x2 + x3 = y3 (Đề học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc bảng A năm 1992)

Lời giải Ta có: x2 + x + 1 = (x + )2 + > 0; 5x2 + 11x + 7 = 5(x + )2 + > 0

Nên: (1 + x + x2 + x3) – (x2 + x + 1) < 1 + x + x2 + x3 < (1 + x + x2 + x3) + (5x2 + 11x + 7) Do đó: x3 < y3 < (x + 2)3 ⇒ y3 = (x + 1)3

⇒ x3 = y3 hoặc x3 = (y + 1)3

* Nếu x3 = y3 Kết hợp với (3) ta có: 2y2 + 3y + 1 = 0 ⇒ y = -1 ⇒ x = -1

* Nếu x3 = (y + 1)3 Phối hợp với (3) có y2 = 0 ⇒ y = 0, lúc đó x = 1

Nghiệm nguyên x, y của phương trình đã cho là (-1 ; -1) và (1 ; 0)

Bài 3 Giải phương trình nghiệm nguyên:

Nghiệm nguyên x, y, z của phương trình là (0 ; 1 ; 0) và (0; -1; 0)

Bài toán 4 Giải phương trình nghiệm nguyên.

x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0 (6)

Lời giải (6) ⇔ y(y – 1) = x4 + x2 + 10 (7)

Ta có: x4 + x2 < x4 + x2 + 10 < (x4 + x2 + 10) + (6x2 + 2)

Do đó: x2(x2 + 1) < y(y – 1) < (x2 + 3)(x2 + 4)

⇒ y(y – 1) = (x2 + 1)(x2 + 2) hoặc y(y – 1) = (x2 + 2)(x2 + 3)

Kết hợp với (7) suy ra: x2 = 4 hoặc x2 = 1 Từ đó x1 = 2; x2 = - 2; x3 = 1; x4 = -1

Từ đó tìm được nghiệm nguyên của phương trình (6)

Để là quen với phương pháp trên các bạn hay giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

Thí dụ 1 Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx – m + 1 (m ≠ 0) Tìm m sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành

độ x1 và x2 thỏa mãn |x1 – x2| = 2

Lời giải PT hoành độ giao điểm của (d) và (P) là x2 = 2mx – m + 1 ⇔ x2 – 2mx + m – 1 = 0 (*) Có ’ = (m - )2 + > 0, Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 hay (d) luôm cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

Theo định lý Vi – et ta có: x1 + x2 = 2m, x1.x2 = m – 1

|x1 – x2| = 2 ⇔ (x1+ x2)2 – 4x1x2 = 4 4m2 – 4(m – 1) = 4 ⇔ 4m2 – 4m = 0

⇔ m = 1 (do m 0)

Thí dụ 2 Cho Parabol (P): y = ax2 (a > 0) và đường thẳng (d): 2x – y – a2 = 0

a) Tìm a để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B

b) Gọi xA , xB là hoành độ hai điểm A, B Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T = +

Lời giải a) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là ax2 = 2x – a2 ⇔ ax2 - 2x +

a2 = 0 (1) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (d) cắt parabol tại hai điểm phân biệt

A, B là phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ = 1 – a3 > 0 ⇔ 0 < a < 1 (do a ≠ 0)

b) Áp dụng hệ thức Vi – et cho phương trình (1) ta có xA + xB = , xA.xB = a Thay vào

T thu được: T = + = 2a + ≥ 2 = 2 Đẳng thức xảy ra khi 2a = ⇔ a = Vậy giá trị nhỏnhất của T là 2 đạt được khi a =

Thí dụ 3 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm I(0; 1) và cắt parabol (P):

y = x2 tại hai điểm phân biệt M, N sao cho độ dài đoạn thẳng MN = 2

Lời giải Vì đường thẳng x = 0 đi qua điểm I(0; 1) và tiếp xúc với parabol (P) tại

điểm O(0;0) nên phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là y = ax + 1 PThoành độ giao điểm của (d) và (P) là x2 = ax + 1 ⇔ x2 – ax – 1 = 0 (*)

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ = a2 + 4 > 0 Khi đó tọa độ giao điểm là M(x1; x12) , N(x2; x22) Ta có: MN = 2 ⇔MN2 = (2 )2 ⇔ [(x1 – x2)2 + (x12 – x22)2]2 = (2)2 ⇔ [(x1 + x2)2 – 4x1x2][1 +(x1 + x2)2] = 40 (1)

Áp dụng hệ thức Vi – et cho phương trình (*) ta được: x1 + x2 = a; x1.x2 = -1 Thay vào (1), thu được: (a2 + 4)(a2 + 1) = 40 ⇔ a4 + 5a2 – 36 = 0 ⇔ a = 2 Vậy phương trìnhđường thẳng cần lập là y = 2x + 1 và y = -2x + 1

Thí dụ 4 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2; điểm I(0; -2) và điểm M(m; 0) (với m là tham số, m ≠ 0) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm I và M Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt đường thẳng (P) tại hai điểm phân biệt A, B với độ dài đoạn thẳng AB lơn hơn 4

Lời giải PT đường thẳng (d) đi qua hai điểm I(0; -2) và M(m; 0) là y = x – 2

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là x2 = x – 2 ⇔ mx2 + 4x – 4m = 0 (*) Có = 4 + 4m2 > 0 ( Vậy phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 phân biệt Chứng tỏ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B Khi đó tọa độ hai điểm phân biệt A, B là A(x1; -), B(x2; - ) Từ đó: AB2 = (x1 – x2)2 +

Lời giải a) Phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua đểm I(0; -2)

là y = kx – 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là

x2 = kx – 2 ⇔ x2 + kx – 4 = 0 (*) Có = k2 + 4 > 0 ( Vậy (*) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 Chứng tỏa (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

b) Theo thệ thức Vi – et, ta có x1.x2 = -4 Giả sử tọa độ các điểm A, B là A(x1; y1), B(x2; y2) Vì H, K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục hoành nên tọa độ H, K là H(x1; 0), K(x2; 0)

Do đó: IH2 = x12 + 4; KI2 = x22 + 4; HK2 = (x1 – x2)2 Suy ra: IH2 + KI2 = x12 + x22 + 8

= x12 + x22 - 2x1.x2 = (x1 – x2)2 = HK2

Chứng tỏa tam giác HIK vuông tại I (theo định Py- ta- go đảo)

Cuối cùng mời các bạn làm bài tập thông qua các bài toán sau:

1 Cho parabol (P): y = 3x2 và đường thẳng (d): y = 2x – m + 1(m ≠ 0) Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng (d) cắt parabol tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độthỏa mãn |x1 - x2| = 5

2 Cho parabol (P) và đường thẳng (d): y = mx + 4 (m là tham số).

a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi

giá trị của m.

b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng AB có độ dài ngắn nhất

3 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm I(0; - 4) và cắt parabol (P): y = x2 tại hai điểm phân biệt M, N sao cho độ dài đoạn thẳng MN = 3

4 Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số)

a) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B

b) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB theo tham số m

LỰA CHO GIẢI PHÁP HỢP LÝ

CHO PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Nghiệm nguyên là đề tài lý thú của Số học Nếu chú ý đến đặc điểm của mỗi phương trình nghiệm nguyên khi giải nó thì ta sẽ lựa chọn được những cách giải hết sức đơn giải Trong khuôn khổ bài viết này, tôi xin nêu một số thí dụ minh họa

1 Xét đặc điểm của các ẩn và biểu thức chứa ẩn

Thí dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 12x = y2

Một cách giải PT đã cho tương đương với (x + 6)2 – y2 = 36

Nhận xét 1: Vì y chỉ có số mũ chẵn trong phương trình đã cho nên giả sử y 0 Khi đó

x + y + 6 x – y + 6, do vậy ta loại được 8 trường hợp Sau khi thu được 4 nghiệm (x, y) là (0; 0), (-12 ; 0), (-16 ; 8), (4 ; 8), ta bổ sung thêm hai nghiệm (-16 ; -8), (4 ; - 8).Nhận xét 2 (x + y + 6) - (x – y + 6) = 2y nên (x + y + 6) và (x – y + 6) cùng chẵn hoặc cùng lắm Do vậy ta chỉ cần xét 4 trường hợp

Nhận xét 3.PT đã cho có dạng x(x + 12) = y2 nên xét hai khả năng sau

Nếu y = 0 thì ta được x = 0 hoặc x = -12

Nếu y > 0 thì (x + y + 6) > (x – y + 6) nên chỉ xảy ra:

y + x – 2 1 -1 3 -3

Từ đó ta tìm được x = 1 và x = 3

Nhận xét Trong bài toán trên ta phải xét 4 trường hợp vì đã không so sánh (y – x + 2)

và (y + x – 2) Nếu tận dụng giả thiết y N và thay cách viết y2 – (x – 2)2 bởi (x – 2)2 –

y2 thì ta có: (x – 2 + y)(x – 2 – y) = -3

Mặt khác ta có: x – 2 + y ≥ x – 2 – y nên chỉ xét hai khả năng

hoặc

2 Lựa chọn x hay y làm ẩn.

Thí dụ 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2y2 – xy = x2 + 2y2

Phân tích Viết phương trình dưới dạng (y2 – 1)x2 – y.x - 2y2 = 0 (1)

Lời giải Viết phương trình dưới dạng (x2 – 2)y – xy – x2 = 0 (2)

Vì x nguyên nên (x2 – 2) 0, do đó phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn y, có =

x2(4x2 – 7) Điều kiện cần để phương trình (2) có nghiệm nguyên là phải là số chính phương

Sử dụng ẩn phụ như thế nào?

Thí dụ 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

= 3x – 16y – 24 (1)

Một cách giải Đặt 3x – 16y – 24 = m với m N Khi đó phương trình (1) trở thành:

= m2 81x2 + 9.16x + 864 = 9m2 (9x + 8)2 – (3m)2 = -800 ⇔ (9x + 8 – 3m)(9x + 8 + 3m) = -800 (2)

Do (9x + 8 + 3m) – (9x + 8 – 3m) = 6m (chia hết cho 2) và 9x + 8 + 3m ≥ 9x + 8 – 3m nên ta xảy ra 12 trường hợp của cặp số (9x + 8 + 3m; 9x + 8 – 3m) là (400; -2), (2; -400), (200; -4), (4; -200), (100; -8), (8; -100), (80; -10), (10; -80), (50; -16),(-16; 50), (40; -20), (20; -40) Từ đó tìm được sáu cặp số nguyên (x; m), tương ứng ta tìm được hai cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình (1) là (-23; -10) và (1; -2)

Nhận xét Sau khi được phương trình (2) ta không tìm (x; m) mà thay m = 3x – 16y –

24, thu được (9x – 24y – 32)(3y + 5) = -25

Suy ra (3y + 5) là ước của 25 mà (3y + 5) chia cho 3 dư 2 nên chỉ xảy ra ba khả năng

Loại x = 3, y = 0 vì khi đó m < 0

Kết luận Các thí dụ và cách giải nêu trên cho thấy mỗi phương trình nghiệm nguyên

với điều kiện của nó đoài hoải một cách giải phù hợp Điều đó có tác dụng rèn luyện

tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt, sáng tạo và do vậy các bài toán về phương trình nghiệm nguyên thường có mặt trong các kì thi học sinh giỏi Toán cấp Trung học.Cuối cùng mời các bạn luyện tập thông qua các ví dụ dưới đây

1 Tìm các số nguyên x để x2 - 2x – 11 là số chính phương

2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = (x + y)2

3 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình x3 + x2 + x + 1 = 2y

4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

I Sử dụng biểu thức liên hợp để tính giá trị biểu thức

Thật vậy, với mỗi k nguyên dương, ta có: = = = -

Áp dụng đẳng thức (*) lần lượt với k = 1, 2, 3, 4, …, 2014 ta được:

Lời giải ĐK: x Khi đó:

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =

III Sử dụng biểu thức liên hợp để giải hệ phương trình

Thí dụ 6 Giải hệ phương trình:(I)

Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;3)

Thí dụ 7 Giải hệ phương trình: (I)

Lời giải ĐK: x ≥ 2, y ≥ 2 Trừ theo vế các PT (1) và (2) ta được:

(1) ⇔ (x + 2y)[(x + 2y)2 – 4xy] + 16xy = 16(x + 2y)

⇔ (x + 2y)[(x + 2y)2 – 16] – 4xy(x + 2y – 4) = 0

⇔ (x + 2y – 4)[x2 + 4y2 + 4(x + 2y)] = 0

⇔ x + 2y – 4 = 0 (do x + 2y > 0 nên x2 + 4y2 + 4(x + 2y) > 0 )

Thay x + 2y = 4 vào phương trình (2) ta được:

⇔ - = 2x – 5 (3)

Ta có với mọi x thì - > 0 suy ra 2x – 5 > 0 ⇒ x >

Khi đó (3) ⇔ – 5 = 2x – 6 + - 4

⇔ = 2(x – 3) + ⇔ (x – 3)[ - – 2] = 0

⇔ x = 3 hoặc - – 2 = 0 (4)

- Với x = 3 thay vào x + 2y = 4 ta được : y =

- Với - – 2 = 0

Vì x > ⇒ ⇒ <

⇒ - – 2 < 0 Vậy (4) Vô nghiệm

Do đó hệ (I) có nghiệm duy nhất (x , y) = (3 , )

IV Sử dụng liên hợp để giải bất phương trình.

V Sử dụng biểu thức liên hợp để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

Ví dụ 12 Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: - y = - x Tìm giá trị nhỏ nhất

S = -3 khi x = y = 2 Vậy minS = - 3 khi x = y = 2

Ví dụ 13 Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: – y3 = – y3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x2 - 2xy + 4x – y2 + 2017

Lời giải ĐK: x ≥ - 2, y ≥ -2.

* Nếu x = y = -2 ⇒ P = 2001

(Trích đề thi học sinh giỏi phú Thọ năm 2010 -2011)

Bài 4 Giải các phương trình sau:

VẬN DỤNG LINH HOẠT PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1: Cho a, b, c, d là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của:

A = + Bài làm:

Theo BĐT Cô – si: a + b ≥ 2 ; c + d ≥ 2

Thật vậy: (*) ⇔ ≥ 0 ⇔ ≥ 0 (đúng với mọi t ≥ 4)

Vậy MinA = khi t = 4 tức a = b = c = d

Bài 2: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = + với u + v = 1 và u > 0 và v > 0

Vậy MinA = Khi t = hay u = v =

Bài 3: (Vào lớp 10 Trường ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội)

Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x2 + (3 – x)2 ≥ 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2.(3-x)2

Bài làmĐặt y = 3- x ta có: x+ y = 3 và x2 + y2 ≥ 5

Ta có bài toán trở thành: Tìm Min của P = f(t) = 2t2 - 18t + 81 với t ≥ 5

(Cũng giống như các bài toán trước ta dự đoán đại giá trị nhỏ nhất tại t=5 khi đó P =

41, ta chứng minh tương đương dồi về nhân tử t-5)

Ta sẽ chứng minh: P ≥ f(5) ⇔ 2t2 - 18t + 81 ≥ 41 (*)

Thật vậy: (*) ⇔ t2 – 9t +20 ≥ 0

⇔ (t-5)(t-4) ≥ 0 ( đúng với mọi t ≥ 5)

Vậy Min P = 41 khi t=5 hay x2 + (5 – x)2 = 5

Hay Min P = 41 khi x= 1 hay x= 2

Bài 4: (Chuyên Trần Đại Nghĩa – TP Hồ Chí Minh)

Vậy cần tim Min và Max của A = f(x) = x + Với 0 ≤ x ≤

A = x + ≥ Vậy Min(A) = Khi x=0

⇔ 14t2 – 13t + 3 ≥ 0 ⇔ (2t – 1)(7t – 3) ≥ 0 (luôn đúng với mọi t ≥ )

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu“=”xẩy ra khi t = hay a = b =

Bài 6: (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2014) Cho 2 số thực không âm x, y thỏa mãn: x +

y = 2 Chứng minh rằng:

2 ≤ + ≤ Bài làm:

Ta có: Theo Cô– si: 2 = x + y ≥ 2 ⇒ 0 ≤ xy ≤ 1

(do x, y không âm nên xy ≥ 0)

⇔t ≤ 2 ⇔ t2 ≤ 16t – 8t2 ⇔ t(16 – 9t) ≥ 0 (đúng do 0 ≤ t ≤ 1) (2)

Từ (1) và (2) bài toán được chứng minh

Bài 7: (Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội)

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x ≥ 2y, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

Bài làm:

Ta có: x ≥ 2y ⇒ ≥ 2

A = = Đặt t = (t ≥ 2)

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của: A = f(t) = với t ≥ 2

(Cũng như các bài trước ta dự đoán giá trị nhỏ nhất của A là khi t =2, biến đổi tương đương theo nhân tử x - 2)

Ta chứng minh: A ≥ f(2) ⇔ ≥ (*)

Thật vậy: (*) ⇔ 2t2 + 2 ≥ 5t ⇔ 2t2 – 5t +2 ≥ 0

⇔ (2t -1)(t - 2 ) ≥ 0 ( đúng với mọi t ≥ 2)

Vậy Min (A) = khi t =2 hay x = 2y

Bài 8: (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An)

Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3

Bài toán trở thành tìm Min của: f(X) = X + với X ≥ 3

(Cũng như mấy lần trước dự đoán Min của f(X) đại 4 khi X = 3, Biến đổi tương đương theo nhân tử X – 3)

Ta chứng Minh: f(X) ≥ f(2) ⇔ X + ≥ 4

Thật vậy: (*) ⇔ ≥ 0 ⇔ ≥ 0 với mọi X ≥ 3

Vậy Min(A) = 5 khi X =3 hay a = b = c =1

Bài 9: (Chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội)

Với x, y là các số thực dương thỏa mãn: x + y ≤ 1

1) (Chuyên Quang Trung – Bình Phước)

Cho a, b là hai số dương thỏa mãn: a + b ≥ 1 Tìm Min của

4) (Chuyên tỉnh Hải Dương năm 2017)

Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Q = 14(a2 + b2 + c2) +

5) ( Chuyên Tỉnh Nam Định năm 2017)

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: (x – y)(x – z) =1 và y ≠ z Chứng minh: + +≥ 4

6) (Chuyên tỉnh Ninh Thuân năm 2017) Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab + bc +ca = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = a2 + b2 + c2 – 6(a+b+c) + 2017

Một Số Bài Toán Chứng Minh Đẳng Thức Chọn Lọc

Bài 1: Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn:

Bài 3: Giả sử x, y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn:

+ + + = 4Chứng minh rằng: 5y = 4x

Bài 4: Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãi điều kiện:

x + y + z = 0 và xyz ≠ 0 Tính giá trị biểu thức:

Lưu ý cần nhớ: Khi a + b + c =0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc

và ngược lại khi a3 + b3 + c3 = 3abc thì a + b + c = 0

Bài 5: Cho x, y, z đều khác 0 thỏa mã điều kiện: a + b + c = 0

Ta có: 1 = = Suy ra: xy + yz +zx = xyz

Do đó: (x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – (xy + yz + zx) + (x+y+z) -1 (*)

Thay xy + yz + zx = xyz và x + y + z =1 vào (*) ta được:

(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – (xy + yz + zx) + (x+y+z) -1

Do đó: x2 + 2xy = x2 + 2xy – (xy + yz + xz) = (x2 – xz) + (xy – yz)

Suy ra: x2 + 2xy = (x-y)(x-z)

Do đó: =

Tương tự ta có: = ; =

Do đó: P = + +

Do đó bài toán được chứng minh.

Bài 9: Cho Các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời 2 đẳng thức:

Nhận xét: Kết quả bài toán này nên nhớ để vận dụng trong nhiều bài toán khác

Bài 12: Cho = 0 Chứng minh:

= 0Bài làm:

Thoả mãn điều kiện: = Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có 2 số đối nhau

4) Cho : = Chứng minh trong 3 số a, b, c tồn tại 2 số bằng nhau

5) Cho a +b+c = 0 Chứng minh rằng:

(

6) Cho a+b+c= x+y +z = = 0

Chứng minh: ax2 + by2 + cz2 =0

7) Cho : = 0 Tính giá trị biểu thức: A=

8) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc.Tính giá trị biểu thức:

Trong đề thi vào lớp 10 chuyên, lớp 10 THPT cũng như đề thi học sinh giỏitoán cấp THCS của những năm gần đây chúng ta thường gặp những dạng toán liênquan đến phương trình bậc hai có vận dụng định lý Vi- et Chẳng hạn như tính chấtcủa biểu thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và tìm giá trịnhỏ nhất (GTNN) của biểu thức, giải hệ phương trình (HPT) hai ẩn… không ít họcsinh còn lúng túng khi giải dạng toán trên.Nhằm giúp học sinh làm tốt phần này để cólời giải hay, ngắn gọn, dễ hiểu, bài viết xin giới thiệu nội dung trên.

A KIẾN THỨC CẦN NHỚ.

Để giải tốt dạng toán vừa nêu trên ngoài việc chúng ta cần có kĩ năng giải toán thật tốt; bên cạnh đó phải nắm chắc các tính chất, định lý liên quan đến chúng, tronhg

đó có định lí Vi – et

Định lý Vi – et: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1 và x2 thì

x1 + x2 = , x1.x2 = Ngược lại, nếu hai số u, v có tổng u + v = S và tích u.v = P và S2 ≥4P thì u và v là các nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0

Ý nghĩa của định lý Vi – et: + Cho phép nhẩm nghiệm trong trường hợp đơn giản

+ Cho phép tính giá trị của biểu thức đối xứng của các nghiệm và xét dấu các nghiệmkhông cần giải phương trình

I MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

Dạng 1 Vận dụng định lý Vi-et vào một số bài toán tính giá trị biểu thức.

Thí dụ 1 Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2017x + 1 = 0 và x3, x4 là

nghiệm của phương trình x2 + 2018x + 1= 0 Tính giá trị của biểu thức

Nhận xét: Qua ví dụ nêu trên nếu các bạn học sinh giải trực tiếp hai phương

trình bậc hai đã cho để tìm nghiệm x1, x2, x3, x4 ; sau đó thay giá trị nghiệm vừatìm được vào biểu thức M thì việc tính giá trị M sẽ trở nên phức tạp Nếu khéo léo sử dụng Định lí Vi-et thì lời giải sẽ ngắn gọn và dễ hiểu hơn

Thí dụ 2 Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1, x2

thỏa mãn ax1 + bx2 + c = 0 Tính giá trị biểu thức: M = a2c + ac2 + b3 – 3abc.(Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương năm học 2005-2006)

Dạng 2 Vận dụng định lý Vi – et vào các bài toán tìm tham số để các

nghiệm của phương trình đã cho thỏa mãn một hệ thức.

Thí dụ 3 Tìm m để phương trình (x2 – 1) (x + 4)(x + 6) = m

Có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thỏa mãn: + + + = -

Lời giải PT đã cho tương đương với: (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = m

⇔ (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x - 6) = m (1)

Đặt t = x2 + 5x + = (x + )2 ≥ 0, khi đó (1) có dạng (4t – 9)(4t – 49) = 16m hay 16t2 – 232t + 441 – 16m = 0 (2)

PT đã cho có bốn nghiệm phân biệt tương đương phuong trình (2) có hai

nghiệm phân biệt dương t1, t2

⇔⇔ -25 < m < (3)

Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình: 4x2 + 20x + 25 – 4t1 = 0 (4)

Gọi x3, x4 là nghiệm cảu phương trình: 4x2 + 20x + 25 – 4t2 = 0 (5)

Nhận xét: Với dạng toán này chúng ta thường không giải phương trình để tìm

nghiệm mà biến đổi biểu thức đã cho theo tổng và tích các nghiệm , sau đo vậndụng định lý Vi- et Biểu thức biến đổi thường gặp trong dạng toán này đó là: (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 ; + = (x1 + x2)2 – 2x1x2

Phương trình đã cho có: = 9b2 – 32ac = 9b2 + 32a(= 9(b+ )2 + > 0

(do a ≠ 0), nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Theo định lý Vi – et ta có: x1 + x2 = - ; x1.x2 = = -

Do đó khoảng cách giữa hai nghiệm phương trình đã cho là:

|x1 – x2| = = =

Suy ra: |x1 – x2| ≥ Vậy khoảng cách nhỏ nhất hai nghiệm phương trình đã cho

là khi và chỉ khi 2a = -3b = -24c Khi đó PT đã cho trở thành:

Đẳng thức xảy ra khi hoặc m = n = 1 tức là hoặc 2c = - b = 2a

Vậy MaxP = 3 khi hoặc 2c = - b = 2a

Nhận xét Bài toán này chúng ta thường hay sử dụng BĐT cổ điển hay dùng

(BĐT cô-si, BĐT bunhiacopxki, BĐT tam giác, ….) hoặc các tính chất của BĐT cùng với việc vận dụng định lý Vi- et một cách nhuần nhuyễn sẽ giúp chúng ta tìm ra được lời giải bài toán ngắn gọn đọc đáo thú vị

Dạng 4 Vận dụng định lí Vi – et vào một số bài toán số học

Thí dụ 7 Cho phương trình 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số, m,n là các số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm đều là số nguyên Chứng minh rằng

m2 + n2 là hợp số

Lời giải Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình

Áp dụng định lý Vi-et vào phương trình đã cho ta được:

x1 + x2 = - ; x1x2 = n + 4 Khi đó: m2 + n2 = 4(x1 + x2)2 + (x1x2 – 4)2

= 4 + 4+ + 16 = ( + 4)( + 4)

Suy ra m2 + n2 vì ( + 4) và ( + 4) là các số nguyên lớn 1

Thí dụ 8 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 6 =

0 Tìm m nguyên dương để A = ()2 + ()2 có giá trị nguyên

Lời giải PT đã cho có = (m – 1)2 – (2m – 6) = (m – 2) + 3 > 0 , nên PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Ta có:

Thí dụ 9 Cho parabol (P): y = 2ax2 và đường thẳng (d): y = 2ax + 1

(a ≠ 0) Tìm a N để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N và độ dài đoạn thẳng MN =

Lời giải PT hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2ax2 = 2ax + 1

⇔ 2ax2 – 2ax – 1 = 0 (*) Ta thấy 0 nên PT (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2

hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N

Thí dụ 10 Cho parabol (P): y = 2ax2 (a > 0) và đường thẳng (d): 4x – y – 2a2

= 0 Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N có hoành độ xM , xN và +

có giá trị nhỏ nhất

Lời giải PT hoành độ giao điểm của (d) và (P) là 2ax2 = 4x – 2a2