Các chuyên đề toán của lớp 9

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ 1
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT 4
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH 5
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN 8
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG 9
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH 11
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? 13
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT 13
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN 14
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 16
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ 18
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI 19
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 20
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN 22
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ 24
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP 25
SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI
KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 26
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN 28
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT 30
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN 32
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 33
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 35
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG 37
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 39
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA 40
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC 42
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 44
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN 45
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 x2 + 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 ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là §. Gọi x1, x2 là hai
nghiệm của (*) trong đó x1 = §.
Do x1 là nghiệm của (*)
§
Cách 2 :
Khi chứng minh như ở cách 1
và được 2am + b = 0
=> 2am + b = 0 = am2 + an + bm + c
Khi đó : §
Cách 3 :
Xét : §
= (x - m)2 - n = x2 -
2mx + m2 - n
Chia đa thức ax2 + bx +
c cho g(x) ta có :
ax2 + bx + c = a(x - §)(x
- §) + (b + 2ma)x + (an
+ c - m2a)
Khi x1 = §=> ax2 + bx
+ c = 0.

=> : (b + 2ma)(§) + an + c = 0.
Do §vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m2a = 0
=> ax2 + bx + c = a(x - §)(x - §)
=> §là một nghiệm của phương trình ax2 + 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 : §
= x2 - 2mx + m2 - n
Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q).
Vì x0 = §là nghiệm của P(x) = 0
=> : P(x0) = Q(x0) = 0 => Bx0 + 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.
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + 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
=> : ap2 + bpq + cq2 = 0 (2)

Từ phương trình (2) ta có ap2 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 :
x3 + 3x2 + 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) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; ai nguyên lẻ, i =
0, ,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
Ta có :
an(p/q)n + an - 1(p/q)n - 1 + + a1(p/q) + a0 = 0
Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + + a1pqn - 1 + a0qn = 0 (3)
=> anpn chia hết cho q và a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => an chia hết cho q và a0 chia hết cho
p . => p, q lẻ (vì a0, an lẻ)
Do ai (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 x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi
thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 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) => :

§
Dấu đẳng thức
xảy ra khi x1 =
x2 = x2 = x3 =
x4 = 1/4 .
Vậy giá trị nhỏ
nhất của T là 1/4
khi x1 = x2 = x2
= x3 = x4 = 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 a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi)
áp dụng bài toán phụ ta có :
(x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 +
x34 + x44
≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 +
x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44

Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) +
x33.(x1 + x2 + x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4)
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1)
Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x13 + x23 + x33 + x43 > 0.
Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4
Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi
x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 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 x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 = 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 ?
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 :
§
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 :
§
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.
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 D1m và
{D} là tia D1m.
b) Dựng đường tròn tâm S
ngoại tiếp hình vuông ABCD.
C1 là giao điểm của (S) và Ox .
Ta có tứ giác ACBC1 nội tiếp

=> ( AC1O = ( ACB = 45o => C1 là điểm cố định mà C1C vuông góc với AC1 => C thuộc tia C1n
vuông góc với AC1.
Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x 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 C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1.
Giới hạn lại ta có {S} là tia S1p.
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.
- 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 = 45o
=> N cung chứa góc 45o vẽ
trên AB.
Cách 2 : Trên tiếp tuyến Ax lấy
AN1 = AB. Nối N1B =>
( AN1B = 45o mà ( ANB = 45o
=> tứ giác AN1NB nội tiếp mà
A, N1, B cố định, vậy N thuộc
đường tròn đi qua A, N1, B.
Cách 3 : Chứng minh ( BNN1
= 45o => N thuộc đường tròn đường kính BN1.
Giới hạn lại ta đều có quỹ tích N là nửa đường tròn đường kính BN1.
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.
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 60o).
b) Tìm quỹ tích trung điểm H của MC (cung chứa góc 90o).
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 S1 = ab + bc + cd ; S2 = 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 S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd.
Xác định điều kiện cho cặp số dương ( ,  ) để S =  S1 +  S2 ≤ 0.
Lời giải : Đặt
§
Ta có : S =  S1 + 
S2
=  (ab + bc + cd) +  (ac + ad + bd)
=  (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + +  (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a))
=  (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + +  (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab)

= 2 ab - 2 bM -  b2 - M2 + aM - 2 ab -  a2 +  bM
= - M2 + ( a +  b - 2 b)M + 2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2.
Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0)
<=> ( a +  b - 2 b)2 + 4 (2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2) ≤ 0
<=>  2a2 +  2b2 + 4 2b2 + 2  ab - 4 2ab - - 4  b2 + 8 2ab - 4 2b2 - 8  ab - 4
 a2 ≤ 0
<=> ( 2 - 4  )a2 + (4 2 - 6  )ab + ( 2 - - 4  )b2 ≤ 0
<=>  ( - 4 )a2 +  (4 - 6 )ab +  ( - 4 )b2 ≤ 0 (*).
* Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có :
f(t) =  ( - 4 )t2 +  (4 - 6 )t +  ( - 4 ) ≤ 0,
trong đó f(t) là tam thức bậc hai theo t. Vì  ( - 4 ) < 0 nên f(t) ≤ 0 <=> ∆’t ≤ 0
<=>  2(2 - 3 )2 -  ( - 4 )( - 4 ) ≤ 0
<=>  2(4 2 - 12  + 9 2) -   (  - 4 2 - - 4 2 + 16  ) ≤ 0
<=> 4 4 - 12 3 9 2 2 -  2 2 + 4  3 + + 4 3 - 16 2 2 ≤ 0
<=> 4 4 - 8 3 - 8 2 2 + 4  3 ≤ 0
<=>  3 - 2 2 - 2  2 +  3 ≤ 0
<=> ( /  )3 - 2( /  )2 - 2 / + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0)
<=> x3 - 2x2 - 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1)
<=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤ 0
<=> x2 - 3x + 1 ≤ 0 (x + 1 > 0)
§
(tính ∆x)
Kết hợp với điều kiện 0 < x ≤ 1 ta suy ra :
§
Vậy với 0 <  ≤  thì S =  S1 +  S2 ≤ 0 khi và chỉ khi  (1).
* Xét trường hợp 0 <  ≤  , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a2 ≠ 0 và đặt
u = b/a ta có :
f(u) =  ( - 4 )u2 +  (4 - 6 )u +  ( - 4 ) ≤ 0.
Vì  ( - 4 ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’u ≤ 0
<=>  2(2 - 3 )2 -   ( - 4 )( - 4+ ) ≤ 0

<=>  3 - 2 2 - 2  2 +  3 ≤ 0
<=> ( / )3 - 2( / )2 - 2 / + 1 ≤
<=> y3 - 2y2 - 2y + 1 ≤ 0 (đặt  / = y, 0 < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :
§
Vậy với 0 <  ≤  thì S =  S1 +  S2 ≤
0 khi và chỉ khi
§
(2).
Từ (1) và (2) suy ra : Với 
và  là các số dương, điều
kiện để S =  S1 +  S2 ≤ 0
là §
Trở lại bài toán 1. Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên :
Với  = 5 và  = 8 thì §đúng, suy ra S
= 5S1 + 8S2 ≤ 0.
Với  = 8 và  = 5 thì §đúng, suy ra S
= 8S1 + 5S2 ≤ 0.
Vậy :
§
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) = x3y + xy3 ; Q(x, y) = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 là các đtđx.
Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x2 - y2 không phải là các đtđx.
2. Các đa thức t1 = x + y và t2 = xy gọi là đtđx cơ bản.
3. Kí hiệu Sn = xn + yn (n thuộc N*) thì Sn đều biểu diễn được theo t1, t2.
Ví dụ :

S1 = x + y = t1
S2 = x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = t12 - 2t2
S3 = x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = t13 - 3t1t2
S4 = x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = S22 - 2t22 = t14 - 4t12t2 + 2t22

* Công thức truy hồi : Sk = t1.Sk - 1 - t2.Sk - 2.
4. Mọi đtđx hai ẩn x, y đều có thể viết dưới dạng đa thức hai ẩn t1, t2.
B. Các ứng dụng.
I. Phân tích đa thức thành nhân tử.
Bài toán 1 : Phân tích đa thức :
f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3 thành nhân tử.
Lời giải : Ta có :
f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3
= (x5 + y5) + 3xy(x3 + y3) + xy(y2 + y2) + x2y2(x + y) + 3x2y2
= t15 - 5t13t2 + 5t1t22 + 3t2(t13 - 3t1t2) + t2(t12 - 2t2) + t22t1 + 3t22
= t15 - 2t13t2 - 3t1t22 + t12t2 + t22
= t15 - 3t13t2 + t12t2 + t2t13 - 3t1t22+ t22
= (t12 + t2)(t13 - 3t1t2 + t1)
= (x2 + y2 + 3xy).(x3 + y3 + xy)
II. Giải hệ phương trình.
Bài toán 2 : Giải hệ :
§
Lời giải : Đặt t1 = x + y , t2 = xy thì hệ trở
thành :
§
Thế t1 = 3 ta có :
2 t22 - 36 t2 + 64 = 0 => t2 = 16 ; t2 =
2.
Do đó x, y là các nghiệm của phương trình u2 - 3u + 16 = 0 hoặc u2 - 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 :
§
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, x3 + y3 = a, x5 + y5 = b.
Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + 1.
Lời giải : Ta có :
x3 + y3 = t13 - 3t1t2 = a => t2 = (1 - a)/3 ;
b = x5 + y5 = t15 - 5t13t2 + 5t22t1
(áp dụng công thức truy hồi)
=> b = 1 + 5t22 - 5t2 = (5a2 + 5a - 1)/9
Vậy 9b = 5a2 + 5a - 1 hay 9b + 1 = 5a.(a + 1).
V. Lập phương trình bậc hai.
Bài toán 5 : Hãy lập phương trình có hai nghiệm :
y1 = x13 - 2x2 ; y2 = x23 - 2x2 với x1, x2 là nghiệm của phương trình : x2 - x - 5 = 0.
Lời giải : Theo Vi-et ta có t1 = x1 + x2 = 1 ; t2 = x1.x2 = -5.
§
= (-5)3 - 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)2) + 4.(-5)
= -125 - 2.(1 + 20 + 50) - 20
= -125 - 142 - 20 = -287
Vậy y1, y2 là nghiệm của phương trình : y2 - 14y - 287 = 0.
VI. Tìm cực trị.
Bài toán 6 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của :
§
Lời giải :

§
C. Một số bài tập.
1. Phân tích đa thức
thành nhân tử.
a) f(x, y) = 10x4 -
27x3y - 110x2y2 -
27xy3 + 10y4.
b) 2x4 - x3y +
3x2y2 - xy3 + 2y4.
2. Lập phương trình
bậc hai z2 + pz + q
= 0 có các nghiệm là
:
z1 = x16 - 2x22 , z2
= x26 - 2x12 , với
x1, x2 là nghiệm
của x2 - x - 3 = 0.
3. Cho x, y dương
thỏa mãn x + y = 1.
Chứng minh rằng :
8.(x4 + y4) + 1/xy ≥ 5
4. Giải hệ :
5. Chứng minh : (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2.
6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x3 + y3 + 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 ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , và x1, x2

là các nghiệm của phương trình.
* Các điều kiện quan trọng :
+) x1 < 0 < x2 tương đương P < 0
+) 0 = x1 < x2 tương đương P = 0 và S > 0
+) x1 < x2 = 0 tương đương P = 0 và S < 0
+) x1 = x2 = 0 tương đương P = 0 và S = 0 hoặc là Δ = 0 và S = 0
+) 0 < x1 < x2 tương đương với Δ > 0 , P > 0 và S > 0
+) x1 < x2 < 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
ax4 + bx2 + c = 0 (1)
Đặt ẩn phụ t = x2 ≠ 0 thì (1) sẽ trở thành
at2 + 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 : x4 - mx2 + 3m - 8 = 0 (3)
Lời giải : Đặt t = x2 Δ 0 thì (3) trở thành : t2 - 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 = m2 - 12m + 32 ; P = 3m - 8 ; S = m
Ta lập bảng biện luận :
§
Bài toán 2 : Tìm m để phương
trình x4 - 2mx2 + m2 - 3 = 0
(5) có đúng ba nghiệm phân
biệt.
Lời giải : Đặt t = x2 0 thì (5)
trở thành : t2 - 2mt + m2 - 3 =
0 (6)

Phương trình (5) có đúng ba
nghiệm phân biệt tương đương
với phương trình (6) có nghiệm
t1, t2 thỏa mãn 0 = t1 < t2
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 x2 - 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 : t2 - t + m - 1 = 0 (9)
Phương trình (8) có đúng hai
nghiệm phân biệt tương đương
với phương trình (9) có nghiệm
t1, t2 thỏa mãn t1 < 0 < t2 hoặc
t1 = t2 > 0
§
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.(t2 - 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 t2 - mt + 2m - 3 = 0 (12)
Phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt tương đương Phương trình (12) có hai nghiệm phân biệt
t1, t2 thỏa mãn t2 > t1 ≥ 0
Tương đương với Δ > 0 , P ≥ 0 và S > 0
hay : m2 - 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 x2 + 2m|x - 2| - 4x + m2 + 3 = 0 có ít nhất một nghiệm.
Bài tập 2 : Chứng minh rằng phương trình : mx4 - 3(m - 2)x2 + 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 :
§
+ 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 : x3 + y3 + z3 - 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x3 + y3 + z3
- 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 a1 = a2 = = an = 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 < a1 a2 ≤ ≤ an, ta có :
0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an
Do đó : (T - a1)(an - T) ≥ 0
Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥ 0.
Xét n - 1 số không âm a2, a3, , an-1, a1 + an - T. Theo giả thiết quy nạp ta có :
{[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)
=> :
Tn - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T)
=> :
§
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 ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm x1, x2 thì x1 + x2 = - b/a và x1x2 = 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 x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - x - 1 = 0.
1) Tính x12 + x22.
2) Chứng minh Q = x12 + x22 + x14 + x24 chia hết cho 5.
Giải : Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 vì Δ = 5 > 0 (hoặc a.c = -1 < 0).
Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = 1 và x1x2 = -1.

1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 - 2(-1) = 3.
2) Q = (x12 + x22) + (x12 + x22)2 - 2x12x22 = 3 + 32 - 2(-1)2 = 10 => Q chia hết cho 5.
Chú ý : Các bạn giỏi có thể chứng minh Q = x12001 + x22001 + x12003 + x22003 cũng chia hết cho
5 (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Nam Định).
Thí dụ 2 : Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - (m + 1)x + m2 - 2m + 2 = 0. Tìm m để
F = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ 0 tương đương với (m + 1)2 - 4(m2 -
2m + 2) ≥ 0 hay 3m2 + 10 - 7 ≥ 0 hay 1 ≤ m ≤ 7/3 .
Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = m + 1 và x1x2 = m2 - 2m + 2. Do đó F = x12 + x22 = (x1 + x2)2 -
2x1x2 = (m + 1)2 - 2(m2 - 2m + 2) = -m2 + 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 mx2 - 2(m + 3)x + m + 2 = 0 có nghiệm x1, x2
thỏa mãn : F = 1/ x1 + 1/ x2 là số nguyên.
Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2
§
Theo định lí Vi-et thì x1 + x2 =
2(m + 3)/m và x1.x2 = (m + 2)/m
Do đó : F = 1/x1 + 1/x2 = 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.
Thí dụ 4 : Tìm hệ thức liên hệ giữa hai
nghiệm phân biệt của phương trình :
x2 - (m + 3)x + 2m - 5 = 0 mà hệ thức này không phụ thuộc m.

Giải : Ta có Δ = (m + 3)2 - 4(2m - 5) = m2 - 2m + 14 = (m - 1)2 + 13 > 0 với mọi m. Chứng tỏ
phương trình luôn có hai nghiệm x1 và x2. Theo định lí Vi-et thì :
§
Khử m ta có : 2(x1+x2) - x1x2 = 11.
Thí dụ 5 : Tìm m để phương trình : x2 -
mx + m2 - 7 = 0 có nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2
Tương đương với Δ ≥ 0 hay m2 - 4(m2 - 7) ≥ 0 hay 28 ≥ 3m2
§
Theo định lí Vi-et ta có :
§
Giả sử x1 = 2x2 thì :
§
Khử x2 bằng phép thế ta có :
2.(m/2)2 = m2 - 7 tương đương với 2m2 =
9m2 - 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 : x2 - mx + m2 - 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 = x1 < x2 §
Khả năng 2 : x1 < 0 < x2 §
Khả năng 3 : 0 < x1 = x2

§
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 : x2 - 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12.
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc m.
2. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.
Gọi các nghiệm của phương trình là x1, x2.
a) Tìm m sao cho x1 + 5x2 = 4.
b) Tìm số nguyên m sao cho : F = 1/x1 + 1/x2 cũng là số nguyên.
3. Tìm m để phương trình : x2 + 2(m - 1)x - 2m + 5 = 0 có nghiệm x1, x2 và biểu thức A = x12 +
x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
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 :
y3 - x3 = 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau
:
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I)
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II)
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III)

y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 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 :
x2 - 2y2 = 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 :

4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5
tương đương 2(k2 + k - 1) = y2
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k2 + k - 1) = 4t2
tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 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 :
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (5)
Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó
: x3 - x chia hết cho 3.
Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - 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 :
x2 - xy + y2 = 3 (7)
Lời giải :

(7) tương đương với (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4
Vì (x - y/2)2 ≥ 0 => 3 - 4y2/4 ≥ 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) x2 - 4 xy = 23 ;
b) 3x - 3y + 2 = 0 ;
c) 19x2 + 28y2 =729 ;
d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 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.
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 A2 = B2.
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 :
§
So với điều kiện ban
đầu thì nghiệm của
phương trình (II) là :
x = - 1.
Thí dụ 3 : Giải
phương trình :
(x2 + 4x + 8)2 + 3x3
+ 14x2 + 24x = 0

(III)
Lời giải : Ta có, (III)
tương đương với :
(x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) = - 2x2
Tương tự (x2 + 4x + 8)2 + 2.3/2x(x2 + 4x + 8) + 9/4x2 = - 2x2 + 9/4x2
Tương đương (x2 + 4x + 8 + 3/2x)2 = (x/2)2
Tương đương x2 + 4x + 8 + /32x = x/2 hoặc là x2 + 4x + 8 + 3/2x = - x/2 <BR< x2 + 5x + 8 = 0
hoặc x2 + 6x + 8 = 0
Phương trình x2 + 5x + 8 = 0 vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x2 + 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 a2 + b2 =
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:
§
.
Thí dụ 2 :Tính :
§
Lời giải : Ta có :
§
III. Cần tính T, trước hết
tính T2 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 :

§
x3 = x2.x = (1 + 2x).x = x + 2x2 = x + 2(1 + 2x) = 5x + 2 ;
x5 = x3.x2 = (5x + 2)(1 + 2x) = 9x + 2 + 10x2 = 9x + 2 + 10(1 + 2x) = 29x + 12
=> E = 2x5 + x3 - 3x2 + x - 1
= 2(29x + 12) + (5x + 2) - 3(1 + 2x) + x - 1
= 58x + 24 + 5x + 2 - 3 - 6x + x - 1
= 58x + 22
§
Chú ý : Có thể thực hiện phép chia đa thức E cho x2 - 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 :
§
có nghiệm thỏa mãn x > 0 và y > 0.
Giải :
Nhân hai vế của (2) với -3, ta có (2) tương đương với -3x - 3my = -9 (3)
Cộng từng vế của (1) và (3) dẫn đến :
- 2y - 3my = m - 9 khi và chỉ khi (2 + 3m)y = 9 - m (4)
+ Nếu 2 + 3m = 0 khi và chỉ khi m = - 2/3 thì (4) trở thành 0 = 29/3 vô nghiệm.
+ Nếu 2 + 3m khác 0 ; m khác - 2/3 thì :
(4) khi và chỉ khi y = (9 - m)/(2 + 3m) Thế vào (1) ta có :
3x - 2.[ (9 - m)/(2 + 3m) ] = m khi và chỉ khi x = (m2 + 6)/(2 + 3m)
Khi đó x > 0 và y > 0
§
Tóm lại : Hệ có

nghiệm thỏa mãn x >
0 và y > 0 khi và chỉ
khi
-2/3 < m < 9
Bài toán 3 : Cho hệ :
§
a) Tìm các số nguyên m để hệ có
nghiệm x, y nguyên.
b) Tìm m sao cho nghiệm của hệ thỏa mãn x2 + y2 = 0,25.
Giải : a) Vì (2) khi và chỉ khi y = 4x + 2 nên thế vào (1) ta có : x + (m + 1) (4x + 2) = 1
Khi và chỉ khi (4m + 5)x = -2m - 1 (3)
+ Nếu 4m + 5 = 0 khi và chỉ khi m = - 5/4 thì (3) vô nghiệm.
+ Nếu 4m + 5 khác 0 khi và chỉ khi m khác - 5/4 thì (3) x = (- 2m - 1)/( 4m + 5) Thế vào (2) thì :
y = - 4. (- 2m - 1)/( 4m + 5) + 2 = 6/(4m + 5)
Trước hết ta thấy : Vì m nguyên nên 4m + 5 là số nguyên lẻ.
Do đó : y nguyên khi và chỉ khi 4m + 5 là ước số lẻ của 6
Khi và chỉ khi 4m + 5 thuộc { -1;1;-3;3} khi và chỉ khi m thuộc {-3/2;-1;-2;-1/2}
Với m = - 1 thì x = 1 ; y = 6 thỏa mãn.
Với m = - 2 thì x = - 1 ; y = - 2 thỏa mãn.
Tóm lại : Hệ có nghiệm x và y là số nguyên m = - 1 hoặc m = - 2.
b) Ta có x2 + y2 = 0,25
[ - (2m + 1)/(4m + 5)]2 + [ -6/(4m + 5)]2 = 1/4
4(2m + 1)2 + 4.36 = (4m + 5)2 khi và chỉ khi m = 123/24
3.Giải các hệ đưa về hệ bậc nhất hai ẩn (thông qua các ẩn phụ).
Bài toán 4 :
Giải hệ :
§
Giải : Đặt thì u = 1/(2x - y); v = 1/
(2x + y) hệ trở thành :
§

Giải hệ này ta có u = 1/3 ; v = 1/5
Từ đó ta có :
§
4. Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất.
Có khi giải bài toán tìm giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức lại
xuất hiện loại hệ này. Ta xét bài
toán sau :
Bài toán 5 : Tùy theo giá trị của m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
F = (mx + 2y - 2m)2 + (x + y - 3)2
Giải : Ta thấy F ≥ 0 với mọi x, y, m và F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
§
Hệ này chính là hệ ở bài toán 1, có
nghiệm khi và chỉ khi m khác 2.
Với m = 2 thì F = (2x + 2y - 4)2 + (x +
y - 3)2.
Đặt t = x + y - 2 ta có : F = (2t)2 + (t - 1)2 = 5t2 - 2t + 1 = 5(t - 1/5)2 + 4/5 ≥ 4/5 Khi đó
F đạt giá trị nhỏ nhất là 4/5 khi và chỉ khi t = 1/5
Tóm lại : Nếu m = 2 thì F nhỏ nhất là 4/5
Và nếu m khác 2 thì F nhỏ nhất bằng 0.
Các bạn hãy tự giải các bài toán sau :
Bài 1 : Cho hệ :
§
a) Tìm n để hệ có nghiệm với mọi giá trị
của m.
b) Với n = 2, hãy tìm m sao cho hệ có
nghiệm thỏa mãn x < 0 và y < 0.
c) Với n = 3, hãy tìm số nguyên m sao cho hệ có nghiệm x, y là các số nguyên.
Bài 2 : Tìm m để hệ có nghiệm :
§

Bài 3 : Tùy theo m, tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu
thức :
a) F = (mx - 2y + 1)2 +
(3x + y)2
b) Q = |x - my| + |2x + y - 1|
Bài 4 : Giải các hệ :
§
Bài 5 : Chứng minh rằng :
Nếu hệ
§
có nghiệm thỏa mãn cx + ay =
b thì : a3 + b3 + c3 = 3abc.
Chúc các bạn thành công
trong các kì thi !
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN
Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền
(TTT2 số 14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài
toán khá thú vị. Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi về của
nhóm giáo viên Toán, trường THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo
dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương
Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Dương Mạnh Linh, 9A2, THCS Lê
Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc cùng tham khảo.
Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính
phương.
Thí dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (8)
Lời giải : (8) <=> 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32
<=> (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34
<=> |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52.

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số
chính phương 32 và 52.
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :
§
Giải các hệ trên => phương
trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}
Phương pháp 6 : lùi vô hạn
Thí dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0 (9)
Lời giải :
Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z),
ta có : 25x12 - 5y02 = 0 <=> 5x12 - y02 = 0
=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z).
Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 <=> x12 - 5y12 = 0.
Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9).
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x0
và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0.
Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0.
Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng
Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + + x! = y2 (10)
Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương
trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + + x! =
33 + 5! + + x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.
Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình :
x2 + x - 1 = 32y + 1 (11)
Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x - 1 chỉ nhận
các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ
có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9.

Vậy (11) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết.
Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các
tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số.
Thí dụ 12 :
Giải phương trình nghiệm nguyên :
3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12)
Lời giải :
(12) y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 §nguyên, mà x nguyên nên
§nguyên
=> ∆'y = x2 - 4 = n2 với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác
định được x = 2 và x = -2 .
Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}.
Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13)
Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có :
§
=> (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 =
1.2 = (-1)(-2)
=> x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7
=> y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ;
2) ; (3 ; 2)}.
Chú ý : Một số phương pháp mà các bạn gọi là phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
nhưng chúng tôi thấy không phải là đặc trưng cho phương trình nghiệm nguyên nên không giới
thiệu. Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất với thí dụ giải phương trình
nghiệm nguyên 2x + 5x = 7x. Có bạn viết phương trình về dạng phương trình bậc 2 ẩn x rồi đặt điều
kiện ∆x ≥ 0 để có miền giá trị của y, phương pháp này thực ra đã được trình bày ở thí dụ 7, tuy
không viết biệt thức ∆’x. Các bạn có thể làm thêm một số bài tập :
Bài 1 : Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình :

a) 5x2 - 4xy + y2 = 169
b) 3x = 4y + 1
Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 5x + 12x = 13x
b) y4 = x6 + 3x3 + 1
Bài 3 : Chứng minh rằng phương trình 25t = 2t5 + 1997 không có nghiệm nguyên.
<B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = 0.
Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 = 0.
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ
Trong quá trình học tập, tìm tòi, em đã được biết đến một bất đẳng thức đẹp và nhờ sử dụng nó, việc
chứng minh một số bất đẳng thức khác tỏ ra khá hiệu quả.
Bất đẳng thức được phát biểu dưới dạng một bổ đề như sau :
* Bổ đề : Nếu a + b ≥ 0 thì với mọi m ; n nguyên dương ta có :
§
Chứng minh :
§
Do a, b có vai
trò như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b (1).
Do a + b ≥ 0 suy ra a ≥ - b (2).
Từ (1) ; (2) suy ra a ≥ |b| ≥ 0, suy ra :
§
* Áp dụng :
Bài toán 1 : Cho x + y ≥ 0.
Chứng minh rằng :
(x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9).
Lời giải : Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có
§
§
Suy ra (x + y)(x3 + y3)(x5 +
y5) ≤ 4(x9 + y9).

Bài toán 2 : Cho a + b ≥ 2 và n
là số nguyên dương. Chứng minh rằng :
an + bn ≤ an +1 + bn +1.
Lời giải : Vì a + b ≥ 2 > 0 nên từ (**) suy ra an + bn ≥ 0 suy ra :
§
§
§
§
Mong các bạn bổ
sung thêm nhiều bài
tập áp dụng của bổ đề
này
TÍNH GIÁ TRỊ
BIỂU THỨC
BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP
Tính giá trị của biểu thức là dạng toán rất quen thuộc đối với học sinh THCS. Trong nhiều trường
hợp, việc tính giá trị của biểu thức rất khó thực hiện nếu chỉ sử dụng các phép biến đổi trực tiếp,
nhưng lại thực hiện được dễ dàng hơn thông qua việc tính giá trị của một biểu thức trung gian khác.
Sau đây là một vài ví dụ minh họa.
Ví dụ 1 : Tính giá trị của biểu thức
A = 1 + 3 + 32 + 33 + + 32004.
Lời giải : Để tính giá trị của biểu thức A, cần liên hệ được với công thức tính an - 1, ta thấy ngay :
2A = (3 - 1)( 1 + 3 + 32 + 33 + + 32004) = 32005 - 1.
Do đó :
§
Với học sinh lớp 6, 7 chưa học hằng đẳng
thức thì có thể thực hiện theo cách sau :
A = 1 + 3 + 32 + 33 + + 32004
3A = 3 + 32 + 33 + 34 + + 32005 2A = 3A - A = 32005 - 1
Suy ra :

§
Ví dụ 2 : Tính giá trị của biểu thức :
B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + 98.99.100.
Lời giải : Để tính được B, trong trường hợp này, ta đi tính 4B.
4B = 4(1.2.3 + 2.3.4 + + 98.99.100)
= 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + + 98.99.100.4
= 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 - 1) + 3.4.5.(6 - 2) + + + 98.99.100.(101 - 97)
= 1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + + + 97.98.99.100 - 97.98.99.100 + 98.99.100.101
= 98.99.100.101
§