Tai lieu on HSG toan 9

1
( suu tam)
( suu tam) 1
TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ 1
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 5
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH 8
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN 10
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG 12
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH 14
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? 16
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT 17
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN 18
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 20
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ 22
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI 23
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 25
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN 28
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ 30
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP 31
SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI
KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 33
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN 35
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT 38
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN 40
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 42
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 44
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG 47
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 49
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA 50
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC 52
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 55

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN 57
TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ
Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x
2
+
6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ?
Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ, tìm tòi tôi mới
phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó.
Trước hết ta xét bài toán :
Bài toán 1 :
Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ là (m ; n
thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là .
Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này.
Cách 1 : (sử dụng hệ thức Viét)
Xét phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là . Gọi x
1
, x
2
là hai
nghiệm của (*) trong đó x
1
= .
Do x
1
là nghiệm của (*)
2
Cách 2 :
Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0

=> 2am + b = 0 = am
2
+ an + bm + c
Khi đó :
Cách 3 :
Xét :
= (x - m)
2
- n = x
2
- 2mx + m
2
- n
Chia đa thức ax
2
+ bx + c cho g(x) ta có :
ax
2
+ bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m
2
a)
Khi x
1
= => ax
2
+ bx + c = 0.
=> : (b + 2ma)( ) + an + c = 0.
Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m
2

a = 0
=> ax
2
+ bx + c = a(x - )(x - )
=> là một nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (đpcm).
Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau :
Bài toán 2 :
Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vô tỉ là
(m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương trình này.
Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2 (bài toán 1) trong
bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2.
Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ.
Xét :
= x
2
- 2mx + m
2
- n
Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q).
Vì x
0
= là nghiệm của P(x) = 0
=> : P(x
0
) = Q(x
0
) = 0 => Bx
0

+ C = 0
=> : B( ) + C = 0.
Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0
=> P(x) = Q(x).(x - )(x - )
=> cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm).
Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai.
Bài toán 3 :
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các hệ số của nó đều
lẻ.
3
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ là
(p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
=> : a.(p/q)
2
+ b.(p/q) + c = 0
=> : ap
2
+ bpq + cq
2
= 0 (2)
Từ phương trình (2) ta có ap
2
chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ)
Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ)
Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ và khác 0 (vô lí).
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm).
Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì. Điều
này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình :

x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1.
Bài toán 4 :
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, không thể có nghiệm hữu tỉ nếu hệ số của nó đều
lẻ.
Chứng minh : Dựa vào chứng minh của bài toán 3 ta có :
Xét P(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
= 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; a
i
nguyên lẻ, i = 0, ,n
) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
Ta có :
a
n
(p/q)
n

+ a
n - 1
(p/q)
n - 1
+ + a
1
(p/q) + a
0
= 0
Tương đương với : a
n
p
n
+ a
n - 1
p
n - 1
q + + a
1
pq
n - 1
+ a
0
q
n
= 0 (3)
=> a
n
p
n

chia hết cho q và a
0
q
n
chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => a
n
chia hết cho q và a
0
chia hết cho p .
=> p, q lẻ (vì a
0
, a
n
lẻ)
Do a
i
(i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí).
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm).
Các bạn thấy đấy, mọi sự phức tạp đều bắt đầu bằng cái đơn giản. Từ một chút kì lạ nhỏ thôi nhưng
nếu chịu đào sâu suy nghĩ thì sẽ khám phá rất nhiều điều thú vị. Đó là nguyên tắc hàng đầu trong
sáng tạo toán học. Chúc các bạn thành công trên con đường đi tìm vẻ đẹp của toán học.
Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x
1
, x
2
, x
3
, x
4
là bốn số dương thay đổi

thỏa mãn điều kiện : x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời
giải như sau :
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => :
4
Dấu đẳng thức xảy ra khi x
1
= x
2
= x
2
= x
3
= x
4
= 1/4 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x
1
= x
2
= x
2

= x
3
= x
4
= 1/4 .
Thú thật, với kiến thức nhỏ bé của tôi, đây quả là một bài toán “chông gai” , bởi vì mặc dù đã có lời
giải nhưng nào là “căn”, nào là “bất đẳng thức Bunhiacốpski” tôi vẫn còn “sợ hãi”
Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số 1 (3 - 2003) đã đăng bài “Nhiều cách giải cho một bài toán” của bạn
Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) trên chuyên mục Eureka. Bài đó
đã giúp tôi nghĩ đến vận dụng bài toán “đẹp” ấy để giải bài toán “chông gai” này !
Lời giải như sau :
Bài toán phụ : Chứng minh rằng a
4
+ b
4
≥ a
3
b + ab
3
(xem lời giải của bạn Chi)
áp dụng bài toán phụ ta có :
(x
1
4
+ x
2
4
) + (x
1
4

+x
3
4
) + (x
1
4
+ x
4
4
) + ( x
2
4
+ x
3
4
) + (x
2
4
+ x
4
4
) + (x
3
4
+ x
4
4
) + x
1
4

+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
≥ x
1
3
.x
2
+ x
1
x
2
3
+ x
1
3
.x
3
+ x
1
.x
3
3
+ x

1
3
.x
4
+ x
1
.x
4
3
+ x
2
3
.x
3
+ x
2
.x
3
3
+ x
2
3
.x
4
+ x
3
3
.x
4
+ x

3
.
4
3
+ x
1
4
+ x
2
4
+
x
3
4
+ x
4
4

Tương đương với : 4(x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4

) ≥x
1
3
.(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
) + x
2
3
(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
) + x
3
3
.(x
1
+
x
2

+ x
3
+ x
4
) + x
4
3
.(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
)
Tương đương với : 4(x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
) ≥ x
1

3
+ x
2
3
+ x
3
3
+ x
4
3
( do x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1)
Mà x
1
, x
2
, x
3
, x
4
> 0 nên x
1
3

+ x
2
3
+ x
3
3
+ x
4
3
> 0.
Ta có : T = (x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
) / (x
1
3
+ x
2
3
+ x
3

3
+ x
4
3
) ≥ 1/4
Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x
1
= x
2
= x
2
= x
3
= x
4
= 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi x
1
= x
2
= x
2
= x
3
= x
4
= 1/4 .
Các bạn thấy đấy, tôi đã tìm được lời giải bài toán “chông gai”. Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết
bài của toán chỉ cần x
1
, x

2
, x
3
, x
4
thỏa mãn x
1
3
+ x
2
3
+ x
3
3
+ x
4
3
> 0 và x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1 là đủ.
Với giả thiết này, lời giải dùng đến bất đẳng thức Bunhiacốpski nêu trên khó mà làm được phải
không các bạn ?
5
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT

Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất
đẳng thức đại số sau :
Bài toán : Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
Bài toán này có nhiều cách giải. Tôi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng
bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài toán tổng quát một
cách không khó khăn gì.
Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó :
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
=> x = y + z, mâu thuẫn với (2)
=> đẳng thức không xảy ra.
Vậy, ta có :
Dựa vào ý tưởng của cách giải trên, ta đề xuất và giải được bài toán sau :
Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
6
Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z.
Do đó :
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3)
Ta có :
7
Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài toán ban đầu. Ngoài ra với những giá trị cụ thể khác của
m, n, p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1).
Một kinh nghiệm các bạn nên vận dụng khi học toán : Thử xem với lời giải nào thì có thể đi đến bài
toán tổng quát dễ dàng nhất.
8
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH
Toán quỹ tích là một dạng toán khó trong hình học, các em thường bị lúng túng khi gặp loại toán này
trong các kì thi tốt nghiệp và thi học sinh giỏi ở bậc THCS. Bài viết này nhằm giúp các em một số

kinh nghiệm giải quyết phần thuận của bài toán quỹ tích.
Đối với bài toán tìm quỹ tích của điểm M thì phần thuận phải dựa vào tính chất a của M để => M
thuộc một hình F xác định.
Sau bước “đoán nhận” quỹ tích bằng phương pháp vẽ 3 trường hợp hoặc bằng cách dựa vào sự
chuyển động của điểm M (nếu M có thể chạy ra xa vô tận thì quỹ tích M phải là đường thẳng hoặc
dựa vào tính đối xứng của quỹ tích ) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận như thế nào ? Ta
gặp hai tính huống sau đây :
1. Dự đoán quỹ tích M là có dạng thẳng (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta có thể chọn lựa các cách
chứng minh sau :
- Sử dụng quỹ tích đường trung trực.
- Sử dụng quỹ tích đường phân giác.
- Sử dụng quỹ tích đường thẳng song song cách đều.
- Nối điểm chuyển động M với một điểm O cố định rồi chứng minh : OM song song với một đường
thẳng cố định, hoặc vuông góc với một đường thẳng cố định hoặc OM tạo với đường thẳng cố định
một góc a không đổi.
Ví dụ 1 : Cho góc vuông yOx và điểm A cố định thuộc Oy. Một điểm B chuyển động trên Ox. Dựng
hình vuông ABCD ở miền trong của góc yOx .
a) Tìm quỹ tích điểm D.
b) Tìm quỹ tích điểm C.
c) Tìm quỹ tích tâm S của hình vuông.
Hướng giải :
a) Hạ DK vuông góc với Oy.
Chứng minh : tam giác vuông AKD = tam giác vuông AOB => DK = OA = const => D thuộc đường
thẳng // Oy và cách Oy một đoạn OA. Giới hạn lại D thuộc tia D
1
m và {D} là tia D
1
m.
b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vuông ABCD. C
1

là giao điểm của (S) và Ox . Ta có tứ
giác ACBC
1
nội tiếp => Đ AC
1
O = Đ ACB = 45
o
=> C
1
là điểm cố định mà C
1
C vuông góc với AC
1

=> C thuộc tia C
1
n vuông góc với AC
1
.
Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC
1
x cũng được nhưng sẽ dài và khó hơn.
c) Để tìm quỹ tích S có rất nhiều cách. Tốt nhất ta nên lí luận như sau : Do (S) luôn luôn đi qua 2
điểm cố định A và C
1
=> SA = SC
1
S thuộc trung trực AC
1
.

Giới hạn lại ta có {S} là tia S
1
p.
2. Dự đoán được quỹ tích điểm M có dạng tròn (đường tròn cung tròn) ta có chọn lựa các cách
chứng minh sau :
- Chứng minh điểm M luôn luôn cách một điểm cố định O cố định một khoảng không đổi.
9
- Dựa vào quỹ tích cung chứa góc.
- Chọn 3 điểm A, B, C cố định. Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường tròn đi qua
A, B, C.
Ví dụ 2 :. Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn.
Dựng hình vuông BMNP ở nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O. Tìm {N}.
Hướng giải : Ta có thể chứng minh phần thuận theo các cách sau :
Cách 1 : Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45
o
=> N cung chứa góc 45
o
vẽ trên AB.
Cách 2 : Trên tiếp tuyến Ax lấy AN
1
= AB. Nối N1B => Đ AN
1
B = 45
o
mà Đ ANB = 45
o
=> tứ giác
AN
1
NB nội tiếp mà A, N

1
, B cố định, vậy N thuộc đường tròn đi qua A, N
1
, B.
Cách 3 : Chứng minh Đ BNN
1
= 45
o
=> N thuộc đường tròn đường kính BN
1
.
Giới hạn lại ta đều có quỹ tích N là nửa đường tròn đường kính BN
1
.
Cách 4 : Kéo dài PM cắt đường tròn tại I. Dễ chứng minh I là trung điểm => I cố định. Mà IN = IB
=> N thuộc đường tròn tâm I, bán kính IB.
Chú ý : Do mệnh đề thuận và mệnh đề phản đảo là tương đương nên có những khi người ta đã thay
phần thuận bởi mệnh đề phản đảo, cụ thể là : Chứng minh M không thuộc F thì M không có tính chất
a.
Ví dụ 3 : Cho góc nhọn yOx. Tìm quỹ tích những điểm M nằm ở miền trong của góc sao cho tỉ số
các khoảng cách từ M tới Ox và từ M tới Oy là 1 : 2.
Bài giải :
1. Đảo : Lấy A thuộc Ox ; B thuộc Oy sao cho OA = OB. Lấy H cố định thuộc AB sao cho HA : HB
= 1 : 2.
Hạ HE vuông góc với Ox, Hfvuong góc với Oy.
Rõ ràng tam giác vuông HEA đồng dạng với tam giác vuông HFB (g.g) nên HE/HF = HA/HB = 1/2.
Lấy M bất kì thuộc tia OH. Hạ MP vuông góc với Ox, MQ vuông góc với Oy.
Ta có : MP/HE = MQ/HF => MP/MQ = HE/HF = 1/2.
2. Thuận :
Lấy M ’ không thuộc tia OH ta chứng minh tỉ số M 'P '/M 'Q ' không bằng 1/2(dễ dàng)

Vậy quỹ tích điểm M là tia OH.
Dưới đây xin nêu một số bài tập quỹ tích để các bạn tham khảo.
10
Bài 1 : Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai
hình vuông về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai hình
vuông (quỹ tích M là một đoạn thẳng // AB và cách AB một khoảng AB/4).
Bài 2 : Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai
tam giác đều về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai tam
giác đều (Quỹ tích là một đoạn thẳng // AB, cách AB một khoảng ).
Bài 3 : Cho đường tròn (O ; R) và một đường thẳng d cắt (O) ở A và B. Một điểm M chuyển động
trên d. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP. (Quỹ tích là 2 tia // d và cách d một đoạn bằng OK/2 với OK vuông góc với d).
Bài 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng
tam giác đều BMC về nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O.
a) Tìm quỹ tích đỉnh C (Cung chứa góc 60
o
).
b) Tìm quỹ tích trung điểm H của MC (cung chứa góc 90
o
).
c) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác đều BMC (một nửa đường tròn).
Bài 5 : Cho góc xOy. Tìm quỹ tích các điểm M ở miền trong của góc xOy sao cho tổng các khoảng
cách từ M tới Ox, Oy là một hằng số h đã cho. (Đoạn AB với A thuộc Ox, B thuộc Oy sao cho A
cách Oy một đoạn là h ; B cách Oy một đoạn là h)
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN
Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tôi đã gặp một bài toán
bất đẳng thức khá thú vị :
Bài toán 1 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.
Đặt S
1

= ab + bc + cd ; S
2
= ac + ad + bd.
Chứng minh rằng :
Ban đầu, tôi chưa tìm ngay được lời giải trực tiếp cho bài toán trên. Khi đó tôi đã tự hỏi : “Bài toán
bắt nguồn từ đâu nhỉ ?”.
Trả lời câu hỏi này, tôi đã tìm được một lời giải cho bài toán trên. Ta xét bài toán sau :
Bài toán 2 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.
Đặt S
1
= ab + bc + cd ; S
2
= ac + ad + bd.
Xác định điều kiện cho cặp số dương (α , β ) để S = α S
1
+ β S
2
≤ 0.
Lời giải : Đặt
Ta có : S = α S
1
+ β S
2

= α (ab + bc + cd) + β (ac + ad + bd)
= α (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + + β (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a))
= α (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + + β (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab)
= 2α ab - 2α bM - α b
2
- αM

2
+ αaM - 2β ab - β a
2
+ β bM
= -α M
2
+ (α a + β b - 2α b)M + 2α ab - α b
2
- - 2β ab - β a
2
.
Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0)
<=> (α a + β b - 2α b)
2
+ 4α (2α ab - α b
2
- - 2β ab - β a
2
) ≤ 0
<=> α
2
a
2
+ β
2
b
2
+ 4α
2
b

2
+ 2α β ab - 4α
2
ab - - 4α β b
2
+ 8α
2
ab - 4α
2
b2 - 8α β ab - 4α β a
2
≤ 0
<=> (α
2
- 4α β )a
2
+ (4α
2
- 6α β )ab + (β
2
- - 4α β )b
2
≤ 0
<=> α (α - 4β )a
2
+ α (4α - 6β )ab + β (β - 4α )b
2
≤ 0 (*).
* Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có :
11

f(t) = α (α - 4β )t
2
+ α (4α - 6β )t + β (β - 4α ) ≤ 0,
trong đó f(t) là tam thức bậc hai theo t. Vì α (α - 4β ) < 0 nên f(t) ≤ 0 <=> ∆’
t
≤ 0
<=> α
2
(2α - 3β )
2
-α β (α - 4β )(β - 4α ) ≤ 0
<=> α
2
(4α
2
- 12α β + 9β 2) - α β (α β - 4β
2
- - 4α
2
+ 16α β ) ≤ 0
<=> 4α
4
- 12α
3
β 9α
2
β
2
- α
2

β
2
+ 4α β
3
+ + 4α
3
β - 16α
2
β
2
≤ 0
<=> 4α
4
- 8α
3
β - 8α
2
β
2
+ 4α β
3
≤ 0
<=> α
3
- 2α
2
β - 2α β
2
+ β
3

≤ 0
<=> (α / β )
3
- 2(α / β )
2
- 2α /β + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0)
<=> x
3
- 2x
2
- 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1)
<=> (x + 1)(x
2
- 3x + 1) ≤ 0
<=> x
2
- 3x + 1 ≤ 0 (x + 1 > 0)
(tính ∆x)
Kết hợp với điều kiện 0 < x ≤ 1 ta suy ra :
Vậy với 0 < α ≤ β thì S = α S
1
+ β S
2
≤ 0 khi và chỉ khi β (1).
* Xét trường hợp 0 < β ≤ α , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a
2
≠ 0 và đặt
u = b/a ta có :
f(u) = β (β - 4α )u
2

+ α (4α - 6β )u + α (α - 4β ) ≤ 0.
Vì β (β - 4α ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’
u
≤ 0
<=> α
2
(2α - 3β )
2
- α β (α - 4β )(β - 4+α ) ≤ 0
<=> α
3
- 2α
2
β - 2α β
2
+ β
3
≤ 0
<=> (β /α )
3
- 2(β /α )
2
- 2β /α + 1 ≤
<=> y
3
- 2y
2
- 2y + 1 ≤ 0 (đặt β /α = y, 0 < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :
Vậy với 0 < β ≤ α thì S = α S
1

+ β S
2
≤ 0 khi và chỉ khi
(2).
Từ (1) và (2) suy ra : Với α và β là các số dương, điều kiện để S = α S
1
+ β S
2
≤ 0 là
Trở lại bài toán 1. Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên :
Với α = 5 và β = 8 thì đúng, suy ra S = 5S
1
+ 8S
2
≤ 0.
Với α = 8 và β = 5 thì đúng, suy ra S = 8S
1
+ 5S
2
≤ 0.
Vậy :
12
Qua bài toán này ta thấy rằng, việc lựa chọn hướng chứng minh cho nhiều bài toán hoàn toàn không
đơn giản nhưng trong một số trường hợp, khi đặt vấn đề tìm lời giải cho bài toán mở rộng của nó thì
lại đem đến thành công bất ngờ
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG
A. Lí thuyết.
1. Đa thức hai ẩn x, y không đổi khi thay x bởi y và y bởi x gọi là đa thức đối xứng (đtđx) hai ẩn.
Ví dụ : P(x, y) = x
3

y + xy
3
; Q(x, y) = x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
+ y
3
là các đtđx.
Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x
2
- y
2
không phải là các đtđx.
2. Các đa thức t
1
= x + y và t
2
= xy gọi là đtđx cơ bản.
3. Kí hiệu S
n
= x
n
+ y
n
(n thuộc N*) thì S
n
đều biểu diễn được theo t

1
, t
2
.
Ví dụ :
S
1
= x + y = t
1
S
2
= x
2
+ y
2
= (x + y)
2
- 2xy = t
1
2
- 2t
2
S
3
= x
3
+ y
3
= (x + y)
3

- 3xy(x + y) = t
1
3
- 3t
1
t
2

S
4
= x
4
+ y
4
= (x
2
+ y
2
)
2
- 2x
2
y
2
= S
2
2
- 2t
2
2

= t
1
4
- 4t
1
2
t
2
+ 2t
2
2


* Công thức truy hồi : S
k
= t
1
.S
k - 1
- t
2
.S
k - 2
.
4. Mọi đtđx hai ẩn x, y đều có thể viết dưới dạng đa thức hai ẩn t
1
, t
2
.
B. Các ứng dụng.

I. Phân tích đa thức thành nhân tử.
Bài toán 1 : Phân tích đa thức :
f(x, y) = x
5
+ 3xy
4
+ y
5
+ 3x
4
y + x
2
y
3
+ 3x
2
y
2
+ x
3
y + xy
3
thành nhân tử.
Lời giải : Ta có :
f(x, y) = x
5
+ 3xy
4
+ y
5

+ 3x
4
y + x
2
y
3
+ 3x
2
y
2
+ x
3
y + xy
3
= (x
5
+ y
5
) + 3xy(x
3
+ y
3
) + xy(y
2
+ y
2
) + x
2
y
2

(x + y) + 3x
2
y
2

= t
1
5
- 5t
1
3
t
2
+ 5t
1
t
2
2
+ 3t
2
(t
1
3
- 3t
1
t
2
) + t
2
(t

1
2
- 2t
2
) + t
2
2
t
1
+ 3t
2
2

= t
1
5
- 2t
1
3
t
2
- 3t
1
t
2
2
+ t
1
2
t

2
+ t
2
2

= t
1
5
- 3t
1
3
t
2
+ t
1
2
t
2
+ t
2
t
1
3
- 3t
1
t
2
2+ t
2
2

= (t
1
2
+ t
2
)(t
1
3
- 3t
1
t
2
+ t
1
)
= (x
2
+ y
2
+ 3xy).(x
3
+ y
3
+ xy)
II. Giải hệ phương trình.
Bài toán 2 : Giải hệ :
Lời giải : Đặt t
1
= x + y , t

2
= xy thì hệ trở thành :
Thế t
1
= 3 ta có :
2 t
2
2
- 36 t
2
+ 64 = 0 => t
2
= 16 ; t
2
= 2.
Do đó x, y là các nghiệm của phương trình u
2
- 3u + 16 = 0 hoặc u
2
- 3u + 2 = 0.
Từ đó ta có x = 1 & y = 2 hoặc x = 2 & y = 1.
III. Giải phương trình.
Bài toán 3 : Giải phương trình sau :
Lời giải :
13
Từ kết quả bài toán trên ta có a, b và từ đó có nghiệm của phương trình là x = -15 hoặc x = 0.
IV. Chứng minh đẳng thức.
Bài toán 4 : Cho x + y = 1, x
3
+ y

3
= a, x
5
+ y
5
= b.
Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + 1.
Lời giải : Ta có :
x
3
+ y
3
= t
1
3
- 3t
1
t
2
= a => t
2
= (1 - a)/3 ;
b = x
5
+ y
5
= t
1
5
- 5t

1
3
t
2
+ 5t
2
2
t
1

(áp dụng công thức truy hồi)
=> b = 1 + 5t
2
2
- 5t
2
= (5a
2
+ 5a - 1)/9
Vậy 9b = 5a
2
+ 5a - 1 hay 9b + 1 = 5a.(a + 1).
V. Lập phương trình bậc hai.
Bài toán 5 : Hãy lập phương trình có hai nghiệm :
y
1
= x
1
3
- 2x

2
; y
2
= x
2
3
- 2x
2
với x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
- x - 5 = 0.
Lời giải : Theo Vi-et ta có t
1
= x
1
+ x
2
= 1 ; t
2
= x
1
.x
2
= -5.
= (-5)
3

- 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)
2
) + 4.(-5)
= -125 - 2.(1 + 20 + 50) - 20
= -125 - 142 - 20 = -287
Vậy y
1
, y
2
là nghiệm của phương trình : y
2
- 14y - 287 = 0.
VI. Tìm cực trị.
Bài toán 6 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của :
Lời giải :
14
C. Một số bài tập.
1. Phân tích đa thức thành nhân tử.
a) f(x, y) = 10x
4
- 27x
3
y - 110x
2
y
2
- 27xy
3
+ 10y
4

.
b) 2x
4
- x
3
y + 3x
2
y
2
- xy
3
+ 2y
4
.
2. Lập phương trình bậc hai z
2
+ pz + q = 0 có các nghiệm là :
z
1
= x
1
6
- 2x
2
2
, z
2
= x
2
6

- 2x
1
2
, với x
1
, x
2
là nghiệm của x
2
- x - 3 = 0.
3. Cho x, y dương thỏa mãn x + y = 1. Chứng minh rằng : 8.(x
4
+ y
4
) + 1/xy ≥ 5
4. Giải hệ :
5. Chứng minh : (x + y)
4
+ x
4
+ y
4
= 2(x
2
+ xy + y
2
)
2
.
6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x

3
+ y
3
+ 1 = 3xy.
7. Giải phương trình :
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH
Kiến thức về xét dấu các nghiệm của một phương trình bậc hai là một trong những kiến thức cơ bản
của THCS. Sau này khi học lên bậc THPT, các em vẫn cần sử dụng. Ta nhớ lại những điều cần
thiết :
* Cho phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , và x
1
, x
2
là
các nghiệm của phương trình.
* Các điều kiện quan trọng :
+) x
1
< 0 < x
2
tương đương P < 0
+) 0 = x1 < x2 tương đương P = 0 và S > 0
+) x
1
< x
2
= 0 tương đương P = 0 và S < 0
+) x

1
= x
2
= 0 tương đương P = 0 và S = 0 hoặc là Δ = 0 và S = 0
+) 0 < x
1
< x
2
tương đương với Δ > 0 , P > 0 và S > 0
+) x
1
< x
2
< 0 tương đương Δ > 0 , P > 0 và S < 0
Sử dụng các kiến thức trên chúng ta có thể xét được số nghiệm của nhiều loại phương trình.
1. Phương trình trùng phương
ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (1)
Đặt ẩn phụ t = x
2
≠ 0 thì (1) sẽ trở thành
at
2
+ bt + c = 0 (2)
Mỗi nghiệm t > 0 của (2) cho hai nghiệm của (1).
Nghiệm t = 0 của (2) sẽ cho một nghiệm x = 0 của (1). Tất nhiên t < 0 sẽ không cho nghiệm của (1).
Bài toán 1 : Biện luận số nghiệm của phương trình : x

4
- mx
2
+ 3m - 8 = 0 (3)
Lời giải : Đặt t = x
2
Δ 0 thì (3) trở thành : t
2
- mt + 3m - 8 = 0 (4)
Số nghiệm của (3) phụ thuộc vào dấu các nghiệm của (4), tức là phụ thuộc vào dấu của các biểu thức
:
Δ = m
2
- 12m + 32 ; P = 3m - 8 ; S = m
Ta lập bảng biện luận :
15
Bài toán 2 : Tìm m để phương trình x
4
- 2mx
2
+ m
2
- 3 = 0 (5) có đúng ba nghiệm phân biệt.
Lời giải : Đặt t = x
2
0 thì (5) trở thành : t
2
- 2mt + m
2
- 3 = 0 (6)

Phương trình (5) có đúng ba nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (6) có nghiệm t
1
, t
2

thỏa mãn 0 = t
1
< t
2
tương đương P = 0 & S > 0 hay :
2.Phương trình a(x - α)
2
+ b|x - α| + c = 0 (7)
Đặt ẩn phụ t = |x - α| thì (7) cũng sẽ trở thành phương trình (2).
Ta thấy mối quan hệ giữa số nghiệm của (1), (7) với nghiệm của (2) rất giống nhau. Có thể tổng kết
lại nhờ bảng sau :
Bài toán 3 : Tìm m để phương trình x
2
- 2x - |x - 1| + m = 0 (8) có đúng hai nghiệm phân biệt.
Lời giải : Ta có (8) (x - 1)
2
- |x - 1| + m - 1 = 0
Đặt t = |x - 1| ≥ 0 thì (8) trở thành : t
2
- t + m - 1 = 0 (9)
Phương trình (8) có đúng hai nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (9) có nghiệm t
1
, t
2

thỏa mãn t
1
< 0 < t
2
hoặc t
1
= t
2
> 0
16
3. Phương trình:
Để không tầm thường ta giả sử k ≠ 0.
Đặt ẩn phụ :
thì (10) trở thành (2). Với mỗi giá trị t ≥ 0 cho ta một nghiệm duy nhất x = 1/k.(t
2
- n). Do đó số
nghiệm của phương trình (10) đúng bằng số nghiệm không âm của phương trình (2).
Bài toán 4 : Tìm m sao cho phương trình:
có hai nghiệm phân biệt.
Lời giải : Đặt thì phương trình (11) trở thành t
2
- mt + 2m - 3 = 0 (12)
Phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt tương đương Phương trình (12) có hai nghiệm phân biệt
t
1
, t
2
thỏa mãn t
2
> t

1
≥ 0
Tương đương với Δ > 0 , P ≥ 0 và S > 0
hay : m
2
- 8m + 12 > 0 , 2m - 3 ≥; 0 và m > 0
hay là : m > 6 hoặc m < 2 , m ≥ 3/2 và m > 0
Tươn đương : m > 6 hoặc 3/2 ≥ m < 2 .
Trước khi dừng bài viết, xin đề nghị các em có thể tự giải các bài tập sau đây :
Bài tập 1 : Tìm m để phương trình x
2
+ 2m|x - 2| - 4x + m
2
+ 3 = 0 có ít nhất một nghiệm.
Bài tập 2 : Chứng minh rằng phương trình : mx
4
- 3(m - 2)x
2
+ m - 3 = 0 luôn có nghiệm với mọi m.
Bài tập 3 : Biện luận số nghiệm của phương trình :
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ?
Bài toán chứng minh bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm là bài toán tương đối khó với học sinh
THCS. Xin được giới thiệu với các bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức này.
Bài toán : Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng :
Cách 1.
Bài toán phụ : Cho x, y, z, t 0. Chứng minh rằng : (bất đẳng thức Cô-si cho
bốn số không âm).
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :
Do đó :
17

+ Trường hợp một trong ba số a, b, c bằng 0, bài toán được chứng minh.
+ Trường hợp a, b, c đều khác 0, ta có a + b + c > 0. Do đó :
Cách 2. Sử dụng kết quả : x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x
3

+ y
3
+ z
3
- 3xyz 0 với x, y, z 0
Đặt
Cách 3 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT
Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3
cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác.
Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Ngược lại, không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c. Khi đó : 0 < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c.
Do đó : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥ 0
Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ 0.
Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}
2
≥ b[a + c - (a + b + c)/3]
=> : [(a + b + c)/3]
2

≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)
1/3
.
Từ đây ta có một lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :
Lời giải : Với a
1
= a
2
= = a
n
= 0 thì bất đẳng thức đúng. Ngược lại :
Dễ thấy bất đẳng thức đúng trong trường hợp 2 số không âm. Giả sử bất đẳng thức đúng trong
trường hợp n - 1 số không âm (giả thiết quy nạp).
Không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a
1
a
2
≤ ≤ a
n
, ta có :
0 < a
1
≤ T = (a
1
+ a
2
+ …+ a
n
)/n ≤ a
n

Do đó : (T - a
1
)(a
n
- T) ≥ 0
Tương đương với a
1
+ a
n
- T ≥ a
1
a
n
/ T ≥ 0.
Xét n - 1 số không âm a
2
, a
3
, , a
n-1
, a
1
+ a
n
- T. Theo giả thiết quy nạp ta có :
{[ a
2
+ a
3

+ … + a
n
+ (a
1
+ a
n
- T)]/(n - 1)}
n - 1
≥ a
2
a
3
a
n - 1
(a
1
+ a
n
- T)
=> :
T
n - 1
≥ a
2
a
3
a
n - 1
(a
1

+ a
n
- T) ≥ a
2
a
3
…a
n - 1
.(a
1
a
n
/ T)
18
=> :
Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trong trường hợp tổng quát đã được chứng minh.
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN
Các bài toán liên quan tới định lí Vi-et rất thường gặp trong các kì thi tốt nghiệp THCS và thi vào
lớp 10.
ở bài viết này chúng ta cùng ôn tập những bài toán cơ bản nhất. Trước hết ta nhớ lại định li Vi-et
thuận :
“Nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm x
1
, x
2
thì x
1
+ x

2
= - b/a và x
1
x
2
= c/a ”.
Chú ý : Nhiều bạn khi sử dụng định lí này đã quên mất giả thiết a ≠ 0 và Δ ≥ 0 nên dẫn tới những sai
lầm đáng tiếc.
Thí dụ 1 : Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình x
2
- x - 1 = 0.
1) Tính x
1
2
+ x
2
2
.
2) Chứng minh Q = x
1
2
+ x
2
2
+ x
1

4
+ x
2
4
chia hết cho 5.
Giải : Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
vì Δ = 5 > 0 (hoặc a.c = -1 < 0).
Theo định lí Vi-et ta có x
1
+ x
2
= 1 và x
1
x
2
= -1.
1) x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)

2
- 2x
1
x
2
= 1
2
- 2(-1) = 3.
2) Q = (x
1
2
+ x
2
2
) + (x
1
2
+ x
2
2
)
2
- 2x
1
2
x
2
2
= 3 + 3
2

- 2(-1)
2
= 10 => Q chia hết cho 5.
Chú ý : Các bạn giỏi có thể chứng minh Q = x
1
2001
+ x
2
2001
+ x
1
2003
+ x
2
2003
cũng chia hết cho 5 (Đề thi
HSG lớp 9 tỉnh Nam Định).
Thí dụ 2 : Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình x
2
- (m + 1)x + m
2
- 2m + 2 = 0. Tìm m để F
= x
1
2
+ x

2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ 0 tương đương với (m + 1)
2
- 4(m
2
-
2m + 2) ≥ 0 hay 3m
2
+ 10 - 7 ≥ 0 hay 1 ≤ m ≤ 7/3 .
Theo định lí Vi-et ta có x
1
+ x
2
= m + 1 và x
1
x
2
= m
2
- 2m + 2. Do đó F = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x

2
)
2
- 2x
1
x
2

= (m + 1)2 - 2(m
2
- 2m + 2) = -m
2
+ 6m - 3 = -(m - 3)
2
+ 6.
Với 1≤ m ≤ thì - 2 ≤ m - 3 ≤ - 2/3.
=> (m - 3)
2
≤ 4 => -(m - 3)
2
≥ -4
=> F = -(m - 3)
2
+ 6 ≥ 2.
Vì F = 2 tương đương với m = 1, nên F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 1.
Chú ý : Nếu các bạn “quên” điều kiện Δ ≥ 0 thì sẽ dẫn đến F không có giá trị nhỏ nhất !
Thí dụ 3 : Tìm số nguyên m sao cho phương trình mx
2
- 2(m + 3)x + m + 2 = 0 có nghiệm x
1

, x
2

thỏa mãn : F = 1/ x
1
+ 1/ x
2
là số nguyên.
Giải : Phương trình có nghiệm x
1
, x
2
Theo định lí Vi-et thì x
1
+ x
2
= 2(m + 3)/m và x
1
.x
2
= (m + 2)/m
Do đó : F = 1/x
1
+ 1/x
2
= 2(m + 3)/(m + 2) = 2 + 2/(m + 2)
Ta thấy F là số nguyên hay m + 2 là ước của 2
Vì m ≥ - 9/4 nên m = 0 ; m = 1 ; m = -1 thỏa mãn bài toán.
19
Thí dụ 4 : Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm phân biệt của phương trình : x

2
- (m + 3)x + 2m - 5 =
0 mà hệ thức này không phụ thuộc m.
Giải : Ta có Δ = (m + 3)
2
- 4(2m - 5) = m
2
- 2m + 14 = (m - 1)
2
+ 13 > 0 với mọi m. Chứng tỏ
phương trình luôn có hai nghiệm x
1
và x
2
. Theo định lí Vi-et thì :
Khử m ta có : 2(x
1
+x
2
) - x
1
x
2
= 11.
Thí dụ 5 : Tìm m để phương trình : x
2
- mx + m
2
- 7 = 0 có nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
Giải : Phương trình có nghiệm x

1
, x
2

Tương đương với Δ ≥ 0 hay m
2
- 4(m
2
- 7) ≥ 0 hay 28 ≥ 3m
2

Theo định lí Vi-et ta có :
Giả sử x
1
= 2x
2
thì :
Khử x
2
bằng phép thế ta có :
2.(m/2)
2
= m
2
- 7 tương đương với 2m
2
= 9m
2
- 63
hay m>sup>2 - 9 hay là m = - 3 hoặc m = 3 (thoả mãn).

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn là m = 3 và m = -3 .
Thí dụ 6 : Cho phương trình : x
2
- mx + m
2
- 3 = 0
1) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt.
2) Tim m để phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương.
Giải :
1) Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt
2) Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương trong các khả năng sau đây :
Khả năng 1 : 0 = x
1
< x
2

Khả năng 2 : x
1
< 0 < x
2

Khả năng 3 : 0 < x
1
= x
2

Tóm lại : Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương hoặc m = 2.
Các bạn hãy làm thêm một số bài tập :
1. Cho phương trình : x
2

- 2(m + 1)x + m
2
+ 3m + 2 = 0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
2
+ x
2
2
= 12.
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
và x
2
không phụ thuộc m.
2. Cho phương trình : x
2
- 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.
Gọi các nghiệm của phương trình là x
1
, x
2
.
a) Tìm m sao cho x
1
+ 5x

2
= 4.
b) Tìm số nguyên m sao cho : F = 1/x
1
+ 1/x
2
cũng là số nguyên.
3. Tìm m để phương trình : x
2
+ 2(m - 1)x - 2m + 5 = 0 có nghiệm x
1
, x
2
và biểu thức A = x
1
2
+ x
2
2

đạt giá trị nhỏ nhất.
20
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài
toán loại này.
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số
nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

y
3
- x
3
= 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vì x
2
+ xy + y
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2
+ xy + y
2
đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :
y - x = 91 và x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)

y - x = 3 và x
2
+ xy + y
2
= 7 ; (III)
y - x = 7 và x
2
+ xy + y
2
= 13 ; (IV)
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn
Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để tìm các nghiệm thỏa mãn
điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x + y + z = xyz (2).
Lời giải :
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc
{1 ; 2 ; 3}.
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3.
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1/x + 1/y + 1/z = 2 (3)
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có :
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1.
Thay x = 1 vào (3) ta có :
1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2

=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm
nghiệm của phương trình.
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- 2y
2
= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được :
4k
2
+4k + 1 - 2y
2
= 5
tương đương 2(k
2
+ k - 1) = y
2

=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
21
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k
2

+ k - 1) = 4t
2

tương đương k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t
2
+ 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm.
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
x
3
+ y
3
+ z
3
= x + y + z + 2000 (5)
Lời giải : Ta có x
3
- x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó
: x
3
- x chia hết cho 3.
Tương tự y
3
- y và z
3
- z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x
3

+ y
3
+ z
3
- x - y - z chia hết cho 3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là
phương trình (5) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
xy + x - 2y = 3 (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6)
tương đương với:
y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2).
Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương
đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0).
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1)
- 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn
này.
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2

= 3 (7)
Lời giải :
(7) tương đương với (x - y/2)
2
= 3 - 3y
2
/4
Vì (x - y/2)
2
≥ 0 => 3 - 4y
2
/4 ≥ 0
=> -2 ≤ y ≤ 2 .
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương
trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn
khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình
nghiệm nguyên sau đây :
Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x
2
- 4 xy = 23 ;
b) 3x - 3y + 2 = 0 ;
c) 19x
2
+ 28y
2
=729 ;
d) 3x

2
+ 10xy + 8y
2
= 96.
Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn :
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ;
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ;
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ;
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.
22
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ
Giải phương trình vô tỉ, phương trình bậc cao là dạng toán khó, thường gặp trong các kì thi vào lớp
10 ở các trường chuyên. Vận dụng khéo léo “một kĩ năng có nhiều ứng dụng” đăng trên TTT2 số 7,
9/2003, tôi đã giải được nhiều phương trình tưởng rằng khó, bằng cách đưa về dạng cơ bản A
2
= B
2
.
Sau đây là một vài thí dụ.
Thí dụ 1 : Giải phương trình :
(đề thi vào lớp 10 trường THPT Trần đại Nghĩa, TP. Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)
Lời giải : điều kiện : x ≤ 2.
Tương tự, giải (2) ta có:
So với điều kiện ban đầu thì nghiệm của phương trình (I) là : x = 1 và
Nhận xét : Ta có thể đặt
và đưa (I) về dạng :
(hệ phương trình đối xứng loại hai)
Thí dụ 2 : Giải phương trình :
(đề thi vào lớp 10 trường THPT Lê Hồng Phong, TP. Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)
Lời giải :Đ iều kiện :

23
So với điều kiện ban đầu thì nghiệm của phương trình (II) là : x = - 1.
Thí dụ 3 : Giải phương trình :
(x
2
+ 4x + 8)
2
+ 3x
3
+ 14x
2
+ 24x = 0 (III)
Lời giải : Ta có, (III) tương đương với :
(x
2
+ 4x + 8)
2
+ 3x(x
2
+ 4x + 8) = - 2x
2

Tương tự (x
2
+ 4x + 8)
2
+ 2.3/2x(x
2
+ 4x + 8) + 9/4x
2

= - 2x
2
+ 9/4x
2

Tương đương (x
2
+ 4x + 8 + 3/2x)
2
= (x/2)
2

Tương đương x
2
+ 4x + 8 + /32x = x/2 hoặc là x
2
+ 4x + 8 + 3/2x = - x/2 <BR< x
2
+ 5x + 8 = 0 hoặc
x
2
+ 6x + 8 = 0
Phương trình x
2
+ 5x + 8 = 0 vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x
2
+ 6x + 8 = 0 hay (x +
2)(x + 4) = 0 tương đương x = - 2 hoặc x = - 4.
Vậy phương trình (III) có hai nghiệm là : x = - 2 và x = - 4.
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI

Kĩ năng biến đổi, tính toán về căn bậc hai là một yêu cầu quan trọng trong nội dung chương trình lớp
9. Sau đây xin giới thiệu với các bạn một số dạng thường gặp trong các bài toán về căn bậc hai.
I. Thực hiện phép khai căn bậc hai nhờ phân tích 2ab trong hằng đẳng thức (a - b)
2
và (a +-
b)
2
.
* Khi gặp căn thức dạng ta có thể nghĩ đến việc phân tích về dạng 2ab với a
2
+ b
2
=
M.
Thí dụ 1 : Tính :
Lời giải : Xét thấy :
II. Thực hiện phép khai căn bậc hai nhờ xuất hiện bình phương khi dùng hằng đẳng thức (a -
b)(a + b).
* Trong một tích, nếu xuất hiện thừa số có dạng:
hãy thử làm xuất hiện thừa số:
24
.
Thí dụ 2 :Tính :
Lời giải : Ta có :
III. Cần tính T, trước hết tính T
2
rồi xét dấu T để => T.
Thí dụ 3 : Tính:
Lời giải : Ta có :
IV. Khi gặp mẫu số chứa căn, hãy nghĩ tới trục căn ở mẫu.

Thí dụ 4 :Tính:
Lời giải : Ta có :
V. Biểu diễn lũy thừa bậc cao qua lũy thừa bậc 1.
Thí dụ 5 : Tính giá trị của biểu thức :
Lời giải :
x
3
= x
2
.x = (1 + 2x).x = x + 2x
2
= x + 2(1 + 2x) = 5x + 2 ;
x
5
= x
3
.x
2
= (5x + 2)(1 + 2x) = 9x + 2 + 10x
2
= 9x + 2 + 10(1 + 2x) = 29x + 12
=> E = 2x
5
+ x
3
- 3x
2
+ x - 1
= 2(29x + 12) + (5x + 2) - 3(1 + 2x) + x - 1
= 58x + 24 + 5x + 2 - 3 - 6x + x - 1

= 58x + 22
25
Chú ý : Có thể thực hiện phép chia đa thức E cho x
2
- 2x - 1 được dư là 58x + 22 và từ đó cũng tính
được E.
Khi biến đổi, ta thường phải đánh giá, lựa chọn và kết hợp nhiều phương pháp khác nhau. Chắc chắn
chúng ta còn gặp nhiều dạng bài toán liên quan đến căn bậc hai với những cách biến đổi đặc biệt
khác. Đề nghị các bạn tiếp tục trao đổi.
Dưới đây là một số bài tập áp dụng (được trích từ một số đề thi của các tỉnh, thành phố).
Tính giá trị của các biểu thức :
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
Trong các loại hệ phương trình thì hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là loại hệ cơ bản và các bạn sẽ
còn gặp nhiều sau này. Đối với bậc THCS thì các bạn có hai phương pháp chính để giải và biện luận
loại hệ này, đó là phương pháp cộng đại số và phương pháp thế. Dù dùng phương pháp nào thì các
bạn vẫn đưa về giải và biện luận phương trình một ẩn. Bài viết này xin tổng kết với các bạn một số
yêu cầu thường gặp đối với loại hệ này.
1. Giải và biện luận.
Bài toán 1 : Giải và biện luận hệ :
Giải : Các bạn có thể chọn một trong hai phương pháp, chẳng hạn phương pháp thế :
Ta có (2) y = 3 - x. Thế vào (1) :
mx + 2(3 - x) = 2m (m - 2)x = 2m - 6 (3).
+ Nếu m - 2 = 0 m = 2 thì (3) trở thành 0 = - 2, vô nghiệm (không được nói là phương trình vô
lí !).
+ Nếu m - 2 khác 0 ; m khác 2 thì (3) khi và chỉ khi x = (2m - 6)/(m - 2) Thay vào (2) => :
y = 3 - (2m - 6)/(m - 2) = m/(m- 2) Hệ có nghiệm duy nhất :
x = (2m - 6)/(m - 2); y = m/(m- 2)
2.Nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.
Những yêu cầu về nghiệm thường gặp :
- Nghiệm của hệ thỏa mãn những bất đẳng thức.

- Nghiệm của hệ thỏa mãn một hệ thức.
- Nghiệm của hệ là những số nguyên.
Bài toán 2 :
Tìm m để hệ :