(SKKN mới NHẤT) SKKN một số dạng toán ứng dụng dạng toàn phương của đa thức bậc hai

“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. ĐẶT VẤN ĐỀ
Toán học là một trong những khái niệm trừu tượng nhất mà bộ não con
người phải tư duy. Khả năng đếm, tính tốn và sử dụng mối quan hệ giữa các
con số là một trong những thành tựu vĩ đại nhất của nhân loại. Tốn giúp cho
học sinh có tư duy logic rành mạch, điều này mọi ngành nghề của các em sẽ làm
trong tương lai ln cần tới, chính vì thế mà Toán học rất quan trọng đối với bản
thân mỗi người học. Do đó người giáo viên dạy Tốn phải luôn trau dồi về kiến
thức và phương pháp giảng dạy để theo kịp với xu hướng phát triển của bộ môn
và tư duy phát triển của nhân loại. Là một giáo viên dạy Toán của trường trung
học cơ sở bên cạnh việc giảng dạy cho các em về kiến thức cơ bản trong sách
giáo khoa thì việc bồi dưỡng nâng cao cho các học sinh khá giỏi là một nhiệm
vụ quan trọng. Tôi luôn ghi nhớ “Kết thúc đời học sinh chúng em sẽ không nhớ
những thầy cô giáo đã giảng cho những bài tốn khó. Học sinh chỉ nhớ những
thầy cơ giáo đã khơi gợi, khuyến khích để chúng em có thể tự giải được những
bài tốn đó” (Thế giới phẳng - Thomas Friedman); hay một câu khác “Một thầy
giáo vĩ đại là thầy giáo biết truyền cảm hứng”. Là giáo viên dạy tốn ngồi việc
tiếp thu kiến thức của bộ mơn, của các nhà tốn học, tơi ln phải tìm tịi sáng
tạo những phương pháp giảng dạy phù hợp cho từng đối tượng học sinh để mang
lại cho các em hứng thú học tập và kết quả học tập tốt nhất. Trong những năm
gần đây, qua quá trình giảng dạy tơi nhận thấy có rất nhiều dạng tốn khó mà để
giải được thì ta phải đưa về dạng tồn phương của đa thức bậc hai.
Trong chương trình tốn trung học cơ sở thì bảy hằng đẳng thức đáng nhớ
vô cùng quan trọng, đặc biệt là hai hằng đẳng thức đầu tiên: (A B) 2=A2 2AB+B2.
Chúng không những giúp cho học sinh phương pháp tính nhanh, một phép biến
đổi để rút gọn một biểu thức mà chúng còn được sử dụng vào các dạng tốn khó
như: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất… và khi biết vận dụng hai hằng đẳng thức này để đưa các đa thức về
“Dạng toàn phương của đa thức bậc hai” thì việc giải các bài tốn đó lại
khơng mấy khó khăn.

Trên thực tế ứng dụng “Dạng toàn phương của đa thức bậc hai” vào giải
các bài tốn: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất… chưa có tài liệu nào khai thác đầy đủ ở mọi dạng toán đã nêu ở trên,
trong khi đó các dạng bài tập này luôn được đưa vào trong các đề thi học sinh
giỏi, đề thi vào lớp 10 và đề thi vào các trường chuyên … học sinh muốn giải
được thì phải sử dụng “Dạng toàn phương của đa thức bậc hai”.

2/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”

Từ lí do trên tơi xin phép giới thiệu sáng kiến “Một số dạng Toán ứng
dụng dạng toàn phương của đa thức bậc hai” với hy vọng rằng sẽ giúp ích
được cho quý đồng nghiệp trong quá trình dạy học.
2. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN
Sáng kiến được tơi viết với mục đích truyền thụ cho các em phương pháp,
cách thức học tập mơn tốn đơn giản, dễ hiểu nhất. Giúp các em thành công
trong học tập, đạt kết quả cao trong các kì thi vào trung học phổ thơng, kì thi
học sinh giỏi. Và đặc biệt mang đến cho các em một hành trang vững chắc để
các em có thể vững bước trong cuộc sống sau này và trở thành những những chủ
nhân tương lai của đất nước vừa có tâm, có tài, có tầm nhìn khống đạt. Và nói
theo cách nói của nhà văn huyền thoại Sôlôkhôp trong phần kết của truyện ngắn
nổi tiếng “Số phận con người” thì: Những người này thì dù ở đâu, giữ cương vị
gì thì họ cũng sẽ đóng góp tích cực, góp phần thúc đẩy sự phát triển của đất
nước Việt Nam thân u của chúng ta!
Bên cạnh đó tơi cũng mong muốn rằng những kinh nghiệm của mình được
thể hiện trong sáng kiến có thể góp một phần nào đó giúp các đồng nghiệp của

mình những kinh nghiệm nhất định trong giảng dạy.
Là một người giáo viên việc viết sáng kiến kinh nghiệm là một nhiệm vụ
vô cùng quan trọng với ngành giáo dục và với nhà trường. Bên cạnh đó việc viết
sáng kiến kinh nghiệm là một hình thức tự rèn luyện trau dồi thêm về chuyên
môn nghiệp vụ về phương pháp để không ngừng nâng cao chất lượng giảng dạy.
Và đó cũng là trách nhiệm của mỗi chúng ta đối với sự phát triển của ngành giáo
dục và sự phát triển của đất nước.
3. NHIỆM VỤ CỦA SÁNG KIẾN
Nghiên cứu cơ sở lí luận của phương pháp dạy học Tốn theo định hướng
hình thành và phát triển năng lực người học.
Xây dựng phương pháp học Toán theo định hướng hình thành và phát triển
năng lực của học sinh. Truyền thụ cho học sinh những phương pháp, khả năng
tư duy lơgic của Tốn học góp phần nâng cao thành tích giáo dục của học sinh
nói riêng và nhà trường nói chung.
Tiến hành thực nghiệm sư phạm trong nhà trường.
4. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Những cơ sở lý luận để nghiên cứu giải pháp. Thực trạng học và giải các
dạng toán của học sinh.
Những giải pháp rèn luyện kĩ năng giải “Một số dạng Tốn ứng dụng
dạng tồn phương của đa thức bậc hai” cho học sinh lớp 8, 9 đạt kết quả cao
trong các kì thi.
3/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
5. Đối tượng nghiên cứu:
Các dạng toán: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức.

Các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10, đề thi vào trường chuyên lớp
chọn.
6. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu trong các sách bồi dưỡng, sách nâng cao và phát
triển, các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 và các đề thi vào các trường
chuyên lớp chọn, nghiên cứu trên mạng internet, nghiên cứu qua đồng nghiệp …
Nghiên cứu thực nghiệm: Tiến hành soạn giảng giáo án và dạy thực nghiệm trên
học sinh lớp 8A, 8B trong trường tôi công tác và dạy cho các đội tuyển học sinh
giỏi và học sinh thi vào lớp 10 và thi vào các trường chuyên lớp
chọn
Phân tích đối chiếu: Phân tích đối chiếu yêu cầu giữa chuẩn kiến thức,
chuẩn kĩ năng đối với học sinh lớp 8, 9 bậc trung học cơ sở với những bài kiểm
tra, khảo sát của học sinh, tìm ra những hạn chế chủ yếu của các em khi Giải
phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
Đưa ra những giải pháp để giáo viên vận dụng vào việc rèn luyện kĩ năng
sử dụng “Dạng toàn phương của đa thức bậc hai” cho học sinh nhằm phát huy
khả năng tư duy, sáng tạo, của các em học sinh.
7. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
Từ tháng 9 năm 2012 đến tháng 6 năm 2015

4/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
PHẦN II: NỘI DUNG
CHƯƠNG 1
CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ
Trong q trình giảng dạy mơn Tốn cho học sinh, sau khi học xong hai

hằng đẳng thức “Bình phương của một tổng” và “Bình phương của một hiệu” thì
việc ứng dụng hai hằng đẳng thức đó vào việc giải các loại bài tập: Giải phương
trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất … ln có tần
suất cao nhất trong bẩy hằng đẳng thức đáng nhớ, chính vì vậy học sinh cũng
thuộc hai hằng đẳng thức này một cách nhanh nhất, nhiều nhất và nhớ lâu nhất.
Thực tế càng về gần đây những bài tập giải phương trình, chứng minh bất
đẳng thức, tìm cực trị của một đa thức bậc hai và những đa thức được quy về đa
thức bậc hai xuất hiện ngày càng nhiều trong các kì thi học sinh giỏi, thi tuyển
sinh vào lớp 10 và thi vào các trường chun lớp chọn … ngồi những bài tập
có thể giải theo các phương pháp cơ bản đã được giới thiệu trong sách giáo khoa
thì có rất nhiều các bài tập khó khơng thể áp dụng ngay dạng cơ bản được và khi
đó “Dạng tồn phương của một đa thức bậc hai” là một ứng dụng vô cùng
hữu hiệu.
Các dạng tổng quát mà học sinh cần nhớ để giải toán.
1.1. Hằng đẳng thức bình phương của một tổng, bình phương của
một hiệu.
A2 2AB

B2

A B2

A2 2AB

B2

A B2

1.2. Dạng toàn phương của một đa thức
Tổng quát :

Một đa thức bậc hai viết ở dạng a1A 12 a2A

2
2

a3A

2
3

... anA

2
n

c trong đó

a1;a2 ;a3;...;an ;c là các số thực, còn A 1;A 2 ;A 3;...;An là các đa thức chứa biến ta

gọi là dạng toàn phương của đa thức bậc hai.
1.3.

Giải phương trình

A 0
1
2

2

2

2

Tổng quát : a1A 1

a 2A 2

a 3A 3

... anA n

0

A2 0

....
An

0

Trong đó a1,a2 ,a3,...,an là các số thực cùng dấu.
1.4. Chứng minh bất đẳng thức
Tổng quát : a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c c

5/32

download by :

“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
Trong đó : a1,a2 ,....,an ,c R;a1,a2,....,an 0 và A 1,A 2 ,...,An là các đa thức
chứa biến.

A 0
1

A2 0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ....
An

0

1.5. Tìm cực trị của một đa thức bậc chẵn
1.5.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát: A a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c c
Trong đó : a1,a2 ,....,an ,c R;a1,a2,....,an 0 và A 1,A 2 ,...,An là các đa thức
chứa biến.

A 0
1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

A2 0

....
A

n

0

=> Giá trị nhỏ nhất của đa thức A là c
1.5.2. Tìm giá trị lớn nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát: A a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c c
Trong đó : a1,a2 ,....,an ,c R;a1,a2,....,an 0 và A 1,A 2 ,...,An là các đa thức
chứa biến.

A 0
1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :

A2 0

....
A

n

0

=> Giá trị lớn nhất của đa thức A là c

6/32

download by :

“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
CHƯƠNG 2
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Từ xưa đến nay Vấn đề đổi mới phương pháp dạy học mơn Tốn ln được
các cấp quản lí quan tâm chỉ đạo một cách sát sao. Vì vậy, về cơ bản đa số giáo
viên nắm chắc phương pháp, vận dụng sáng tạo với tình hình thực tế và đối
tượng học sinh. Tuy nhiên vẫn cịn một số giáo viên chưa tích cực nghiên cứu,
chưa tìm ra phương pháp dạy học đạt hiệu quả dẫn đến chất lượng học tập của
học sinh chưa được nâng lên, nhất là chất lượng các bài tập nâng cao dạng giải
phương trình; chứng minh bất đẳng thức; tìm cực trị của một đa thức.
Từ thực trạng đó, trong q trình giảng dạy của bản thân cũng như của
đồng nghiệp, tôi xin đưa ra những hạn chế trong phương pháp giảng dạy của
giáo viên và phương pháp tự học, tự nghiên cứu của học sinh như sau:
2.1. Đối với giáo viên:
Giáo viên ít nghiên cứu sách tham khảo, sách nâng cao và phát triển, các đề
thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn các câu cuối của các đề thi vào
lớp 10 hàng năm.
2.2. Đối với học sinh:
Học sinh thường lười đọc sách tham khảo, lười tư duy sáng tạo và suy nghĩ
theo kiểu lối mòn, chỉ nhớ được vài phương pháp cơ bản trong sách giáo khoa,
học bài nào biết bài đấy. Do vậy khi gặp các bài tập khó như câu cuối của các đề
thi vào lớp 10, trong các kì thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn.
không áp dụng được các phương pháp thông thường là học sinh đi vào bế tắc và
khơng tìm ra cách làm.
Chính vì vậy điểm thi của các em trong các kì thi vào lớp 10 hàng năm cịn
rất ít điểm tối đa. Kết quả thi học sinh giỏi hàng năm còn thấp, chưa có giải cao.
Tỉ lệ học sinh đỗ vào các trường chun lớp chọn cịn ít.
2.3. Đối với thực tế
Trong sách giáo khoa và các sách tham khảo thì chưa có tài liệu nào khai
thác đầy đủ và toàn diện về các dạng tốn: Giải phương trình, chứng minh bất

đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… trong khi đó thì hàng năm các dạng
tốn này thường xun xuất hiện trong các đề thi: vào lớp 10, thi học sinh giỏi
và thi vào trường chuyên lớp chọn.

7/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
CHƯƠNG 3
MỘT SỐ DẠNG TOÀN PHƯƠNG CỦA ĐA THỨC BẬC HAI
3.1. Dạng toàn phương của đa thức
3.1.1. Tổng quát :
Một đa thức bậc hai viết ở dạng a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c trong đó
a1;a2 ;a3;...;an ;clà các số thực và A 1;A

;A 3;...;An là các đa thức chứa biến ta

2

gọi là dạng toàn phương của đa thức bậc hai.
3.1.2. Bài tập áp dụng
Ví dụ 1. Viết đa thức sau ở dạng tồn phương
a) A x2 8x 15
b) B 3x2 5x 1
c) C 2x2 3x 4

Giải:
a) A x2 8x 15 x2 2x.4 42 1 (x 4)2 1

2

2

B 3x 5x 1

5
3x

3

b)
2

5

x

13

3 x

2

3x

4 2x

3
2 x

4

5 25

13

6 36

36

3 9

41

4 16

16

13
12

x2

2x

3
4

16

2x.

2

41
2x

3x

3
2

c)
2

2

6

36

2

C 2x

3
5

3x

6

2

1

2

2x.

41
8

Ví dụ 2. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương:
A x2 4xy 5y2 10x 22y 28
Giải:
A

x2 4xy 5y2 10x 22y 28 x2 4xy 10x 5y2 22y 28 x2 2x(2y 5) (2y
5)2 (2y 5)2 5y2 22y 28
(x 2y 5)2 y2 2y 1 2 (x 2y 5)2 (y 1)2 2

Ví dụ 3. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương: B

x2

y2 xy x y

Giải:

B x2
x2

x

2

y2
xy
2x.

xy
x

y2

x

y
y

y1y1

2

y1

2

y2 y

222
8/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”

y 12
B x

2

1

y

4

y 12
x

2

3
3

2

4

y

12

1

3

3

y

2

1
4

y 12
x

2

3

2

y

4

2
3

1
y

9

1
3

* Nhận xét: Để đưa một đa thức bậc hai về dạng toàn phương ta sử dụng
hằng đẳng thức bình phương của một tổng hoặc một hiệu. Trước hết ta chọn một
biến để đưa về hằng đẳng thức( bình phương của một tổng hoặc một hiệu) chứa
biến đó, phần cịn lại của đa thức ta lại làm như vậy với biến thứ hai và cứ tiếp
tục làm như vậy đến khi hết các biến có trong đa thức.
Ví dụ 4. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương:
C x2 5y2 3z2 4xy 2yz 2xz 6x 16y 20z 41
Giải:
C x2

5y2 3z2 4xy 2yz 2xz 6x 16y 20z 41

x2

4xy 2xz 6x 5y2

x2

2x(2y z 3) (2y z 3)2

(x 2y z 3)2

y2

3z2

2yz 16y 20z 41
(2y z 3)2

2yz 4y 2z2

5y2

3z2

2yz 16y 20z 41

14z 32

(x 2y z 3)2 y2 2y(z 2) (z 2)2 (z 2)2 2z2 14z 32 (x 2y z 3)2 (y z 2)2
z2 18z 81 53
=(x 2y z 3)2

(y z 2)2

(z 9)2

53

Ví dụ 5. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương:
D 3x

2

5y

2

40z

2

41t

2

6xy 18xz 12xt

26yz 24yt 70zt 6x 14y

64z 90t 88

9/32

download by :

“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
Giải:

D 3x2 5y2 40z2 41t2 6xy 18xz 12xt 26yz 24yt 70zt 6x 14y 64z 90t 88
=3x2 6xy 18xz 12xt 6x 5y2 40z2 41t2 26yz 24yt 70zt 14y 64z 90t 88
3x2 6x(y 3z 2t 1) 3(y 3z 2t 1)2 2y2 8yz 12yt 8y 13z2 34zt 46z 29t2 78t 85
=3 x2 2x(y 3z 2t 1) (y 3z 2t 1)2
2y 8yz 12yt 8y 13z 34zt 46z 29t 78t 85
2

2

2

3(x y 3z 2t 1)2 2y2 4y(2z 3t 2) 2(2z 3t 2) 2 5z2 10zt 30z 11t2 54t 77
3(x y 3z 2t 1)2 2 y2 2y(2z 3t 2) (2z 3t 2)2 5z2 10zt 30z 11t2 54t 77
=3(x y 3z 2t 1)2 2(y 2z 3t 2)2 5z2 10z(t 3) 5(t 3)2 6t2 24t 32
3(x y 3z 2t 1)2 2(y 2z 3t 2)2 5 z2 2z(t 3) (t 3)2 6(t2 4t 4) 8
3(x y 3z 2t 1)2 2(y 2z 3t 2)2 5(z t 3)2 6(t 2)2 8
3.2. Giải phương trình
3.2.1. Tổng quát :

A 0
1

a1A 1

2

a2A

2
2

a3A 3

2

... anA

2
n

0

A

2

0

....

An

0

Trong đó a1,a2 ,a3,...,an là các số thực cùng dấu.
3.2.2. Bài tập áp dụng
Ví dụ 1. Giải phương trình x2 y2 z2 t2 1 x(y z t 1)

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 Thành phố Hồ Chí Minh 2003 - 2004)
Giải:
10/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”

x2

y2

z2

t2

x2

y2

z2

t2 1 x(y z t 1) 0

2

1 x(y

y z t 1

x 2x

z t 1)

y z t 12

2

2

y z t 12
x

2

x

2

3

2

y z t 1

3 y

2

y z t 12

3

x

3

yzt12

3

x

y

24

yzt12
x

3
y

24

y z t 12
x

2

z t 1
3

y

3

3

2
3 3

z 2

zt12

t 12

2

0

z

2

33

2

z(t 1) t
2

z

2

y z t 1
2
z t 1

y

3
t 1

z

0
zt z t

2

t

2

t

3

3

0

2

t

2t

2

3

3

1
t

0

2
2

0

0
x 2

y z t 1
0

t 1 0

0

3 0
2

4

3
2

2

t

2

2t 1 2

2

3

2

3

2

0

2

4

2

3

2

3

t

4

t 1 2 1t 1

0
2

2

2

3 z

3

t12 1

2

2

z t 1

22

33
zt12

z

4

z(t 1) t 1 2

2

t 12
z

3

2

2

3

2

4

z t 12

x

0

z

3

z t 12
y

2 4

zt z t

2

z t 1

y

24
y z t 12

4

3

2

3

2

2y z t 1

2

4

x

y(z t 1)

2

y z t 1 0

2

y

4

2

2

y z t 1

Phương trình có nghiệm (x;y;z;t) = (2;1;1;1)
Cách khác:
x2 y2 z2 t2 1 x(y z t 1)
x2 y2 z2 t2 1 x(y z t 1) 0
4x2 4y2 4z2 4t2 4 4xy 4xz 4xt 4x 0
x2 4xy 4y2 x2 4xz 4z2 x2 4xt 4t2 x2 4x 4 0 (x 2y)2 (x 2z)2 (x
2t)2 (x 2)2 0
11/32

download by :

0

4


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”

(x 2y)2

0

x 2y 0

2

(x 2z) 0

x 2

x 2z 0

(x 2t)2

0

x 2t 0

y z t 1

2

(x 2) 0
x 2 0
Ví dụ 2. Giải phương trình( ẩn a, b, c, d, e, f)

a2 b2 c2 d2 e2 f2

3
7 ab bc cd de eff

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Khánh Hoà 2004 - 2005)
Giải:
a2 b2 c2 d2 e2 f2

3 ab bc cd de eff
7

a b c d e f

2

2

2

2

2

0
3

2

7 ab bc cd de eff

Đưa vế trái của phương trình về dạng tồn phương ta được phương trình

1
a

2

3
b b

2
a 1b b

3
2c c
4

2

6

2

2
c

3

5

2
c

3

3

2

5

d

4

8

3d d

4 e e 5

4

5

4

6

3

2

d

42
e

3

5

ff6 0

5

5
e

6

2

ff

7

62

12

7

7

1

f = 7; e = 7; d = 7; c = 7 ; b = 7; a = 7
123456

Ph ơng trình có nghiƯm

;;;;;

777777
Ví dụ 3. Giải phương trình 5x2

9y2 12xy 24x 48y 80 0

( Đề thi sinh vào lớp 10 chuyên, Trường THPT Lê Hồng Phong,
Thành phố Hồ Chí Minh 2004 - 2005)

Giải:
5x2 9y2 12xy 24x 48y 80 0

Đưa vế trái của phương trình về dạng tồn phương ta được phương trình
3y 2(x 4) 2 (x 4)2 0
3y 2(x 4)
(x 4)2 0

2

0

3y 2(x 4) 0
x 4 0

Phương trình có nghiệm (x;y)= 4;

16

y

x

16
3
4

3

Ví dụ 4. Giải phương trình: ( ẩn x, y, z)
12/32

download by :

0


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
4x2 2y2 10z2 5
Giải:

Đkxđ : z 5 / 2
4x2 2y2 10z2 5

2z 5 4xy 4xz 4yz 4x 2y 10z

4x2

2z 5 4xy 4xz 4yz 4x 2y 10z

2y2 10z2 4xy 4xz 4yz 4x 2y 10z 5 2z 5 0
4x2 2y2 10z2 4xy 4xz 4yz 4x 2y 10z 5 về

Đưa đa thức

dạng tồn phương ta được phương trình:
(2x y z 1)2 (y 3z 2)2
2z 5 0
2x y z1 0

1

x

y 3z 20

11

y

2

5 tm
2
Ví dụ 5. Tìm tất cả các cặp số (x;y) thỏa mãn phương trình sau :
2z 5 0

5x 2 x2

z

y2 1 0

y

(Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 1994 - 1995)
Giải :
Ta có : Đkxđ : x 0
5x 2 x2
5x
y2

y2 1 0

y

4 x 2 xy
2 xy x

y2 1 0
4x 4 x 1

y

x2

2

x 12 0

y

x2

2

x 12 0

x 0

y

x

x

1
2

y

2 x 1 0

Vậy x; y

1

y

0

1
2
1

x

4

tm

1
4 ; 2

Ví dụ 6. Giải phương trình x 3 2 x 3 x 2 6 x 4
(Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội năm 2014 - 2015)
Giải :
Đkxđ : x 3 / 2
Ta có :

13/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
3x2 6x 4 x 3
5x2 5x 5
2
2
2
5x
2x 1
2
5x 1 2
1x
2
2
2
0
x 1

2x 0
1 2

x x 3 2 x3 0

x

2
2
2

1x
2x 3 2x 3 2x 0
2
3 2x2 0
x 1 0
2

x 3 2x

x 3 2x 0

0

x 1

x 1 tm

2.10 tm

1 3

Vậy phương trình có nghiệm x = 1
Ví dụ 7. Giải phương trình x 5x 3 2 2 2x 1 1 0
(Đề thi chuyên toán Hà Nội – Amsterdam năm 2014)
Giải :
Đkxđ : x
3

1/2

2 2 1 0

x 5x

5x 4 2x 1 2 2x 1 1 0
5x 4

12

2x 1
4

0

0
x 0

5x

2

2x 1 1

0

2.0110

tm

x 0 tm

Vậy x = 0
Ví dụ 8. Tìm nghiệm ngun của phương trình:
x2 + 2y2 +3xy +3x + 5y = 15
Giải:
Ta có :
x2 + 2y2 +3xy +3x + 5y = 15 4x2 + 8y2 +12xy +12x + 20y = 60
Biến đổi về dạng toàn phương ta được
(2x + 3y + 3)2 – ( y - 1)2 = 68
(2x +2y +4)(2x + 4y -2) = 68 (x +y +2)(x + 2y -1) = 17 (*) Do x, y nguyên nên ta có các
trường hợp sau:

Trường hợp 1: x +y +2 = 17

y = -13 tm

x + 2y -1 =1
Trường hợp 2: x +y +2 = 1

x = 28
y = 19 tm

x + 2y -1 =17

x = - 20
14/32

download by :

“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
Trường hợp 3: x +y +2 = -1

y = -13 tm

x + 2y -1 = -17
Trường hợp 4: x +y +2 = -17

x = 10
y = 19 tm

x + 2y -1 = -1
x = -38
Vậy (x; y) là (28; -13); (-20; 19); (10; - 13); (-38; 19)
Nhận xét: Trong ví dụ này ta có thể thêm bớt để phân tích biến đổi thành
phương trình (*)
Ví dụ 9. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:
x2 -3y2 +2xy -2x + 6y -8=0
(Đề thi vào lớp 10 trường Amsterdam năm học 2013 - 2014)
Giải:
Biến đổi về dạng toàn phương ta được
x2 3y2 2xy 2x 6y 8 0
x2 2x y 1 y2 2y 1 4y2 8y 4 5 0

x y 1 2 2y 2 2 5 x y 1 x
3y 3 5
Do x, y là những số nguyên, nên ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x y 1 1
x 2 tm
3 5

y 2
x 3y
x 4 tm
Trường hợp 2: x y 1 5
3 1 y 0
x 3y
x 2 tm
Trường hợp 3: x y 1 1
3 5
x 3y
y 0
x 4 tm
Trường hợp 4: x y 1 5
3 1
x 3y
y 2
Vậy ta có các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: (2;2) ; (4;0) ; (-2;0) ; (-4;2)
Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
8x2 23y2 16x 44y 16xy 1180 0
( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Hải Dương 2011 - 2012)
Giải:
Biến đổi vế trái về dạng toàn phương ta được 8 x y 1 2 15 y 2 2 1248
15/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”

1248

y 22

2
15y 2 83

.

Do 8 x y 1 2 ,1248 đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên y 2 2 là số chính
phương và chia hết cho 8 y 2 2 0;16;64 . Ta có các trường hợp sau:
y 2
Trường hợp 1:

2

0

2
8 x y 1

y 2
1248

x 3

2

156

Do 156 khơng chính phương nên trường hợp này vơ nghiệm

y 2 2 16
y 2 2 16
Trường hợp 2:
x y 1 2 126
8 x y 1 2 15.16 1248
Do 126 không chính phương nên trường hợp này vơ nghiệm
y 10
y 2 2 64
Trường hợp 3:
y 6
2
2
8 x y 1
15.64 1248
x y 1 36
Ta được
y 10

y 10 m
x 5 tm

x 11 2 36

x 17

y 6
hoặc

tm

x 5

2

36

y 6
tm
x 1 tm
x

11 tm

Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)
Nhận xét: Trong ví dụ này nếu ta cứ đi biến đổi để thành dạng tích của hai
số nguyên bằng một hằng số ngun thì sẽ khơng ra được
Ví dụ 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x6 y2 2x3y 320
( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 tỉnh Thanh Hóa 2011 - 2012)
Giải
Biến đổi vế trái về dạng toàn phương:
2x6 y2 2x3y 320
x3 y 2 x3 2 320
x3

y2

x3

x3

x3

2

y2
2

256 64 do : x Z & y Z
256

64

Do x, y là số nguyên nên có các trường hợp sau:
16/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
Trường hợp 1: x3 y 14
8
x3
Trường hợp 2: x3 y 14
8
x3
Trường hợp 3: x3 y 14
8
x
3

3

Trường hợp 4: x

y 14
8

x

3

y 6
2 tm
x
y 22

tm

x 2
y 22
x 2
y 6

tm

tm

x 2

Vậy phương trình có nghiệm : (x;y): (2;-6);(2;22);(-2;-22);(-2;6)

Ví dụ 12. Tìm các số thực x, y thỏa mãn:
x2 26y2 10xy 14x 76y 58 0
( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Quảng Ninh 2011 - 2012)
Giải
Biến đổi vế trái về dạng toàn phương:
x2 26y2 10xy 14x 76y 58 0
x2 2x 7 5y 25y2 70y 49 y2 6y 9 0 x 7 5y 2 y 3 2 0

x 7 5y 2 y 3 2 0 x 7 5y
0
y30x
8
y 3
Vậy (x;y)=(8;3)
Ví dụ 13. Giải phương trình:
x2 4x 5 2 2x

3

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Nghệ An 2010 – 2011)
Giải
Biến đổi vế trái về dạng toàn phương:

17/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
x 2 4x 5 2 2x 3

2x 3 2 2x 3 1 0
x 2 2x 1
x 12

2x 3 1

x 1 0

0

x 1
3 10

2x

2

2.1310

đ

x
1
Ví dụ 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0
(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Tuyên Quang năm 2011 - 2012)
Giải
Đưa phương trình về dạng tồn phương ta có:
x2 2y2 2xy 3y 4 0
x2 y2 2xy y2 3y 2,25 6,25 x y 2 y 1,5

2

2,52

=>3 số x

y ; y 1, 5 và 2,5 là bộ số Py ta go và Do x, y nguyên nên có các

trường hợp sau:
Trường hợp 1:
Trường hợp 2:

x y 0
y 1, 5
x y 0

x 1
2, 5

tm

y 1
x 4

tm

y 1, 5 2, 5
x y 2
Trường hợp 3:
1, 5

y 1, 5
x y 2

y 4
x 2 tm
y 0

y 1, 5 1, 5
x y 2
Trường hợp 5:
1, 5
y 1, 5
x y 2

y 3
x 2 tm
0
y
x 1
tm

Trường hợp 4:

Trường hợp 6:

y 1, 5 1, 5

x 5

tm

y 3

Vậy có 6 cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình:
(-1;1) ; (4;-4) ; (2;0) ; (5;-3) ; (-2;0) ; (1;-3)
Nhận xét: Bài này cịn có thể làm theo cách sau :
Đưa phương trình về dạng:
(y - 1)(y + 4) = - (x + y)2
Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y
18/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
nên: (y - 1)(y + 4) 0
-4 y 1
Vì y nguyên nên y
4; 3; 2; 1; 0; 1
Từ đó thay y vào phương trình ta sẽ tìm được x
Ví dụ 15: Tìm cặp số ngun (x;y) thỏa mãn phương trình:
2015 x 2

y2

2014 2 xy 1

25

(Đề thi vào lớp 10 chun Tốn Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2014)

Giải
2015 x 2

y2

2014 2 xy 1

2014 x y 2 x 2

25

y2 2039 *

Do x, y là số nguyên nên có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x – y = 0  x = y => 2 x 2 2039 x2
Trường hợp 2: x – y = 1  x =1+ y

1019, 5 (loại)

1 y 2 y 2 25 y 2 y 12 0
y1 3 tm ; y 2 4 tm * y 3
x 4 tm
*y 4 x 3 tm

Trường hợp 3: x – y = -1  x = y - 1
y 1 2 y 2 25 y 2 y 12 0
y1 3 tm ; y 2 4 tm * y 3
x 4 tm
*y 4 x 3 tm

Trường hợp 4: x y 2 => phương trình (*) vơ nghiệm vì khi đó vế trái lớn
hơn vế phải.
Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình là:
(4;3) ; (-3;-4) ; (-4;-3) ; (3;4)
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
3x2 2y 1 2zx 2
3y22z12x3

y 2 z

z22x12y

2

(Đề thi vào lớp 10 THPT năng khiếu TP Hồ Chí Minh năm 2013 - 2014)
Giải:

19/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
3x2

2y 1

2zx

2

3y2

2z 1

2xy

2

3x22y13y22z13z22x12zx22xy22yz23x22y13y22z13
z 2 2 x 1 2 xz 4 z 2 xy 4 x 2 yz 4 y
x2

2 xy

y2

x2

2 xz

z2

y2

2 yz

z2

x2

2x 1

y2

2y 1

z2

2z 1

0

xy2xz2yz2x12y12z120xy2xz2yz2x12y12z120
x y ; x z ; y z ; x 1; y 1; z 1

Thử lại ta có (x;y;z) = (1;1;1) là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Ví dụ 16: Giải hệ phương trình:
x y

4z 1
4x 1

y z

4y 1

x z

(Đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên, Đại học Sư phạm Hà Nội vịng 1)

Giải :
Nhân hai vế của mỗi phương trình với 2 rồi cộng theo từng vế các phương
trình của hệ ta được:
4x

1 12

4y 1 12

4z 1 12

0

Vậy x = y = z = 1/2
Ví dụ 17: Cho hệ phương trình:
2x y 2 m
3x 4y 8

m R
7m

a) Giải hệ phương trình
b) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) sao cho x4

y 4 nhỏ nhất.

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh An Giang năm 2013 - 2014)

Giải:

a) (x;y) = (m;2-m)

20/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”

b)x 4

y4 m4

m2

2m2 2 m2

2

m2

2 m2

2 m4

2

4m 42 2

2 m4 2m2 2 m2

2m2 2 m2

2m m2

2

2 m 1

2

2

16 m

1

2

1 4 12 m

2m

12

1
2

2

=> Min( x 4 y 4 ) = 2 khi m = 1
Vậy m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm là (1;1) thỏa mãn đề bài.
Ví dụ 18: Tìm k để phương trình sau có nghiệm:
2

x

2

2 x

2

2 x 2 k 1 5k

6k 3

2x 1

(Đề thi vào lớp 10 Chu Văn An và Amsterdam vòng 2)
Giải:
2

x

2

2

2 x 2 k 1 5k

2

2x2k 1

2

x

x

2

2 x

x2

2 x 2k 12
x

k

x
x

2

2k 12

12

0

12

0

4k

6k 3 2x 1
2

4k 1

k

x2 2 k 12

2k 1 1 2x 1

x 12 0

0

k 1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi k = 1 và khi đó phương trình
có nghiệm duy nhất x = 1
3.3. Chứng minh bất đẳng thức
3.3.1. Tổng quát : a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c c

Trong đó : a1,a2 ,....,an ,c R;a1,a2,....,an 0 và A 1,A 2 ,...,An là các đa thức
chứa biến.
A1
A
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :

....

0
0

2

An

0

3.3.2. Bài tập áp dụng
Ví dụ 1. Cho x + y + z = 3.
Chứng minh rằng x2 y2 z2 xy yz zx 6
21/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Đại học Quốc gia Hà Nội 2006 2007)

Giải:
x+y+z=3 z=3-x-y

A x2 y2 z2 xy yz zx
x2 y2 (3 x y)2 xy y(3 x y) x(3 x y) x2 y2 xy 3x 3y 9
Đưa A về dạng toàn phương ta được
y 3 2 3y 1 2
A x
6 6
4
2
Vậy x2 y2 z2 xy yz zx 6 dấu " = " xảy ra khi x = y = z = 1.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng (a b c d)2

8 (ab ac ad bc bd cd)

3
( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Gia Lai 2003 - 2004)
Giải:

8
3(ab ac ad bc bd cd)

(a b c d)2

3(a b c d)2 8(ab ac ad bc bd cd)

2
3(ab ac ad bc bd cd) 0

a2 b2 c2 d2

Đưa vế trái về dạng toàn phương ta có

VT a b c d 3(ab ac ad bc bd cd) 0
2

2

2

b c d2

8

3

9

3
b c d2

8

3

9

a

b c d

a

3
b c d2
Vậy

2

2

b c d

a 2a

=a

2

2

3
(a b c d)2

2

b

8
b

c d
2b

2

b

c

2

2
c d2
2

2

d bc bd cd

c d2

c d2

2

c d

9
8
b
9

2

2

2

2

2

2

c d

3
2c d
3

2cd
2

0

8
3(ab ac ad bc bd cd)

dấu " = " xảy ra khi a = b = c = d.
22/32

download by :

2

c

2

d

cd


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
Ví dụ 3. Chứng minh rằng a2 b2 c2 d2 e2 a(b c d e)
( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 Thành phố Hồ Chí Minh 2005 - 2006)
Giải:
a2 b2 c2 d2 e2 a(b c d e)
a2 b2 c2 d2 e2 a(b c d e) 0 Đưa vế trái
về dạng tồn phương ta có
b c d e2
VT a

3
b

2
2

2

2

c d e2

d e2
c

3

4
2

2
3

2

1d e
2

2

0

2

Vậy a b c d e a(b c d e) dấu " = "
xảy ra khi a = 2b =2c = 2d = 2e.
3.4. Tìm cực trị của đa thức bậc chẵn
3.4.1. Tổng quát

3.4.1.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát : A a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c c
Trong đó : a1,a2 ,....,an ,c R;a1,a2,....,an 0 và A 1,A 2 ,...,An là các đa thức
chứa biến.
A1
A
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :

....

0
0

2

An

0

=> Giá trị nhỏ nhất của đa thức A là c
3.4.1.2. Tìm giá trị lớn nhất của một đa thức bậc
chẵn Tổng quát : A a1A 12 a2A 22 a3A 32 ... anA n2 c c
Trong đó : a1,a2 ,....,an ,c R;a1,a2,....,an 0 và A 1,A 2 ,...,An là các đa thức
chứa biến.
A1
A
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :

....

0
0

2

An

0

=> Giá trị lớn nhất của đa thức A là c
3.4.2. Bài tập áp dụng
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A x2

y2

xy 2x 3y

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 Thành phố Cần Thơ 2004 - 2005)

23/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
Giải:
2

2

2

A x y xy 2x 3y

y 22

3

x

y

2

A
Min

3

4

2

2y.

x

y 22

3

2

2

4

x 2x.

16

7

3

9

3

y 2

0

x

4

7

y 2

y

4
3

0

x

2

3
4

4

2

y

3

7

7

3

3

1
3
4
3

y

Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của A

y 2y 1

y 22

2

khi

2

x2

2y2 2xy 4x 2y 12

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 Thành phố Hải Phòng 2005 - 2006)
Giải:
A

x2 2y2

2xy 4x 2y 12

Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được
Ax2 2y2 2xy 4x 2y 12 (x y 2)2
(y 1)2 7 7

=> AMin 7 khi

x y 2 0

x 3

y 1 0
y 1
Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của A
x2 5y2
Giải:
A

x2 5y2

4xy 2x 2y 5

4xy 2x 2y 5

Viết đa thức B ở dạng toàn phương ta được
A x2 5y2 4xy 2x 2y 5 (x 2y 1)2
(y 3)2 5 5

=> AMax

5 khi

x 2y 1 0

x 7

y 3 0
y 3
Ví dụ 4. Tìm giá trị lớn nhất của B 2x2 3y2 3xy 5x 3y 4
( Đề thi học sinh giỏi toán 9 Thành phố Hồ Chí Minh 1999 - 2000)
Giải:
B 2x2 3y2 3xy 5x 3y 4
Viết đa thức B ở dạng toàn phương ta được

24/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
B 2x2 3y2 3xy 5x 3y 4
3y 5 2

2x

4
36

BMax

x

36 36
5

5
7
5
1
5

x

4

khi

5

15
12
y
8
5
3y 5 0
1
5 =0

y

y

Ví dụ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của
D 2x2 5y2 35z2 4xy 12xz 24yz 4x 14y 4z 56
Giải:
D 2x2 5y2 35z2 4xy 12xz 24yz 4x 14y 4z 56 Viết đa thức
D ở dạng toàn phương ta được
D 2x2

5y2

35z2

4xy 12xz 24yz 4x 14y 4z 56

2x2 4x(y 3z 1) 2(y 3z 1) 2 3y2 12yz 18y 17z2 16z 54 2 x2 2x(y 3z
1) (y 3z 1)2 3y2 12yz 18y 17z2 16z 54
2 x2

2x(y 3z 1) (y 3z 1)2

2 x2

3y2

2x(y 3z 1) (y 3z 1)2

2(x y 3z 1)2

3(y 2z 3)2

6y(2z 3) 3(2z 3)2
3 y2

5(z 2)2

x y 3z 1 0
DMin

7 khi

y 2z 3 0

5z2

2y(2z 3) (2z 3)2

20z 27
5(z2 4z 4) 7

7 7

x 2
y 7

z 2 0
z 2
Ví dụ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A biết :
x14

A

x 34

6x12 x 32

( Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 2008 - 2009)
Giải :
x14

A

x 34

6x12 x 32

Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được :
x14

A
x12

x 32

x 34
2

6x12 x 32

4x12 x 32

x1x322x1x324x12x3242x1x324x
12x32
25/32

download by :


“Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai”
8 x 1 2 x 3 2 16 x 1 x 3
8 x 1x 3
12 8

16

A 8 x2 4x 4 2 8 8 x 2 4 8 8; x

8 khi x 2 0 x 2

A Min

Ví dụ 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A biết :

A x 2 y 2 xy 5 x 4 y 2002
(Vịng 16 Vyolimpic Tốn 9 năm 2015)
Giải
Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được :

A x 2 y 2 xy 5 x 4 y 2002

y

x 22x.
244224

5

y

2

y 52
x

2

10 y 25

2

2. y . 1 1

1995

12

y
3

3 y

2

2

1995 1995; x , y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

y 5 0
x
y 1
2 2

2

x 2

0

y 1

Vậy AMin 1995 khi x 2& y 1
Ví dụ 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P biết :

Px2

2y2

2xy 6x 4 y 25
(Vòng 16 Vyolimpic Tốn 9 năm 2015)

Giải
Viết đa thức A ở dạng tồn phương ta được :

Px2

2y2

2xy 6x 4 y 25

x 2 2x y 3 y 2 6 y 9 y 2 2 y 1 15 x y 3 2 y 1 2 15 15;
x,y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

x
y

y 3 0
1 0

x 4
y
1

26/32

download by :