các chuyên đề toán 9

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 11
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG 13
SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH 15
CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? 18
CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT 19
ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN 19
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 22
KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ 24
CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI 25
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 28
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN 31
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ 33
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP 34
SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 37
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN 39
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT 42
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN 45
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL 46
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 49
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG 51
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 54
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA 55
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC 58
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 60
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN 63
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 (*)
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.
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) => :
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 ?
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 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 =>  AC
1
O =  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.
- 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 =>  AN
1
B = 45
o
mà  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  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.
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 :
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 :
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 :
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 :
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 :
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
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 :
+ 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)

=> :
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.
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.
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.
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.
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 :
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
.