ỨNG DỤNG ĐK CÓ NGHIỆM PT BẬC 2

MỘT SỐ ỨNG DỤNG VỀ ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN
-----------------------------
Điều kiện có nghiệm của phương trình (PT) bậc hai một ẩn số có nhiều ứng dụng trong việc giải toán
ở trường THCS . Bài viết này trình bày cách giải các bài tập về tìm giá trò nhỏ nhất , lớn
nhất(GTNN,GTLN) của biểu thức ; tìm nghiệm nguyên của PT; chứng minh bất đẳng thức ;…bằng
cách ứng dụng điều kiện có nghiệm trên.
I) Tìm GTNN , GTLN của biểu thức.
* Xét biểu thức Q(x) xác đònh với điều kiện của biến x .Ta đặt a = Q(x) ,để a có giá trò khi PT
Q(x) – a = 0 hoặc P(t) – a = 0 ( trong đó t là biến phụ theo x ) là những PT bậc hai theo biến x hoặc
biến t có nghiệm , nghóa là
∆
x

≥
0 hoặc
∆
t

≥
0 mà trong biết thức
∆
có chứa a , từ đó ta tìm được
GTLN,GTNN của a.
Bài 1) Tìm GTLN , GTNN của biểu thức
1
542

2
2
+

++
=
x
xx
a

Giải : Biểu thức nhận giá trò a
⇔
PT
1
542

2
2
+
++
=
x
xx
a
(1) có nghiệm
Do x
2
+1 > 0 nên (1)
⇔
x
2
(a-2) -4x +a-5 = 0 (2)
+ Nếu a = 2 thì (2) có nghiệm x = -
4

3

+ Nếu a
≠
2 thì (2) có nghiệm
⇔
∆
’ = 4 – (a-2)(a-5)
≥
0
⇔
a
2
-7a+6
≤
0
⇔
1
≤
a
≤
6( a
≠
2)
Với a = 1 thì x = -2 .
Với a = 6 thì x = ½ .
Vậy GTNN cùa a là 1 khi x = -2 , GTLN của a là 6 khi x = ½ .
Bài 2) Tìm x để biểu thức y = x -
2008
−

x
đạt GTNN . Tính GTNN đó.
Giải : Với x
≥
2008 , đặt
2008
−
x
= t
≥
0
Ta có y = t
2
–t +2008
⇔
t
2
–t +2008 – y = 0 (1)
+ Coi PT (1) là PT bậc hai (ẩn t) thì PT có nghiệm khi
∆

≥
0
Mà
∆

≥
0
⇔
1 – 4 (2008 – y)

≥
0
⇔
4y
≥
8031
⇔
y
≥

4
8031
GTNN của y là
4
8031
khi t = ½ lúc đó x = ¼ + 2008 =
4
8033
Vậy với x =
4
8033
thì GTNN của y là
4
8031
Bài 3) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức : c = 2
2
7
1
2
3

+−+
xx
Giải : Điều kiện 0
≤
x
≤
1 .Đặt z =
xyx
−=
1,
thì z
2
+ y
2
= 1 (1) .Ta cần tìm GTLN và GTNN
của d = 4z +3y với 2c = d + 7 . Điều kiện : 0
≤
z , y
≤
1 và 0 < d < 7 .
Thay 9y
2
= (d – 4z)
2
vào (1) ta được 25z
2
– 8 dz +d
2
-9 = 0
Để PT này có nghiệm z thì

∆

≥
0
⇒
d
2

≤
25
⇒
d
≤
5.
+ GTLN của d là 5
⇔
GTLN của c là 6 và đạt được khi z =
5
4
25
4
=
d

⇒
x = z
2
=
25
16

(TMĐK x)
+ d = 4z+3y
≥
2
yz12
.Đẳng thức xảy ra khi 4z = 3y .Thay vào (1) ta tính được :
z =
400
9
x ;
5
1
y ;
20
3
==
( TMĐK x) . Lúc đó GTNN của d là 2
5
6
25
9
=

⇒
GTNN của c là 4,1.
BÀI TẬP
1) Tìm GTNN và GTLN (nếu có ) của biều thức :
a) x(x+1)(x-2)(x-3)
b)
1

1
2
2
++
−
xx
x
c)
22
22
542
yx
yxyx
+
++
( HD : Đặt t =
y
x
thì biểu thức viết lại là a =
1
542
2
2
+
++
t
tt
)
2) Chứng minh rằng : 3x +4
2

1 x
−

≤
5.
** Nếu Q(x) là biểu thức luôn xác đònh trên tập hợp số thực , nghóa là nếu Q(x) có mẫu thức thì mẫu
thức luôn dương .Ta có thể tìm cực trò của Q(x) bằng cách khác nhưng vẫn dựa trên điều kiện có nghiệm
của PT bậc hai . Bằng việc đưa thêm tham biến t để xét biểu thức f(x) = Q(x) –t . Nếu f(x)
≥
0 (hoặc
f(x)
≤
0) với mọi x thuộc tập xác đònh của Q(x) và tồn tại giá trò của t
0
để có f(x) = 0 ( tức là có Q(x) =
t
0
) thì t
0
chính là GTNN hoặc GTLN của Q(x)
*** Xét tam thức : g(x) = ax
2
+bx+c =
aa
b
xa
42
2
∆−
+







+
với
∆
= b
2
– 4ac
+ Nếu a = 0 thì g(x) = bx +c luôn cùng dấu khi b = 0 và g(x) =0 khi c = 0.
+ Nếu a>0 thì g(x)
≥
0 với mọi x khi
∆
≤
0 và g(x) = 0 chỉ khi
∆
= 0.
+Nếu a < 0 thì g(x)
≤
0 với mọi x khi
∆

≤
0 và g(x) = 0 chỉ khi
∆
= 0.

Như vậy việc tìm cực trò của Q(x) bằng cách trên cho phép ta chuyển việc xét Q(x)
≥
t hoặc Q(x)
≤
t
về việc xét một PT
∆
t
= 0.
Bài 4) Tìm GTNN ,GTLN của biểu thức Q =
1
78
2
2
+
++
x
xx

Giải : Xét f(x) = Q(x) – t =
1
)1(78
2
22
+
+−++
x
xtxx

Vì x

2
+1 > 0 với mọi số thực x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x) = x
2
+8x+7- t(x
2
+1) hay
g(x) = (1-t) x
2
+8x +7 – t (1)
p dụng việc xét tam thức trên vào (1) có:
∆
= 16 – (1-t)( 7 – t) = - t
2
+8t +9.
∆
= 0 khi t = - 1 hoặc t = 9 .
+ Với t = -1 thì a = 1 –t = 2 nên g(x)
≥
0
⇒
f(x)
≥
0 , suy ra GTNN của Q(x) là -1 khi f(x) = 0
⇔
g(x) = 0
⇔
2( x +2)
2
= 0
⇔

x = -2 .
+ Với t = 9 thì a = 1 – t = -8 < 0 nên g(x)
≤
0
⇒
f(x)
≤
0 , suy ra GTLN của Q(x) là 9 khi f(x) = 0
⇔
g(x) = 0
⇔
2(2x – 1)
2
= 0
⇔
x = ½ .
Bài 5) Tìm GTNN,GTLN của biểu thức Q =
22
2
43
yx
xyy
+
−
với x,y không đồng thời bằng 0 .
Giải : Vì x
2
+ y
2
luôn luôn dương trừ giá trò x = y = 0 nên dấu của f(x,y) = Q – t chính là dấu của tử

thức g(x,y) = 3y
2
– 4xy –t(x
2
+y
2
) hay g(x,y) = (3-t)y
2
– 4 yx – tx
2
(1)
Nếu t = 3 thì g(x,y) = -3x
2
-4xy. Vì
∆
= 4y
2

≥
0 nên g(x,y) = 0 chỉ khi y = 0 , x = 0 ( loại)
Xét (3) theo biến y có
∆
y
= 4x
2
+t(3-t)x
2
= (4+3t –t
2
)x

2
= 0 với mọi x khi t = -1 hoặc t = 4.
+ Với t = -1 thì a = 3 – t = 4 > 0 nên g(x,y)
≥
0
⇒
f(x,y)
≥
0 , suy ra GTNN của Q(x,y) là -1 khi
f(x,y) = 0
⇔
g(x,y) = 0
⇔
-(y + 2x)
2

= 0
⇔
y = -2x (
≠
0)
+ Với t = 4 thì a = 3-t = 4 > 0 nên g(x,y)
≤
0
⇒
f(x,y)
≤
0 , suy ra Q(x,y) có GTLN là 4 khi f(x,y) =
0
⇔

g(x,y) = 0
⇔
-(y+2x)
2
= 0
⇔
y = -2x (
≠
0) .
Bài 6) Tìm u,v để biểu thức Q =
1
2
+
+
x
vux
đạt GTLN bằng 4 và GTNN bằng -1
Giải : Đặt f(x) = Q(x) – t =
1
)1(
2
2
+
+−+
x
xtvux
Vì x
2
+1 > 0 với mọi x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x) = ux+v-t(x
2

+1) hay
g(x) = -tx
2
+ux+v – t .
Để GTNN của Q(x) là t
1
= 4 ( lúc đó a
1
= -4 < 0 ) và GTNN của Q(x) là t
2
= -1 (lúc đó a
2
= 1 > 0)
xảy ra đồng thời thì dựa vào (***) phải có :



=
=
⇔





=+−
=−+




=∆
=∆
16
3
0)1(4
0)4(16u
hay
0
1
2
2
2
2
1
u
v
vu
v
Nghóa là: (u,v) bằng (4,3) hoặc (-4 ,3)
BÀI TẬP
TìmGTLN ,GTNN của biểu thức Q sau :
4x
1-2x
Q )3
x
Q )2
1
324x
Q )1
2

22
22
2
2
++
=
++
+−
=
+
++
=
x
yxyx
yxy
x
x
II) Phương trình nghiệm nguyên
Các phương trình được xét dưới đây cùng thuộc một dạng , mỗi PT đều chứa hai biến số x,y với bậc
cao nhất là 2 . Để giải PT loại này ta đưa chúng về dạng tích , bằng cách áp dụng công thức :
f(x) = ax
2
+ bx +c = a( x-x
1
)(x-x
2
) , trong đó x
1
,x
2

là hai nghiệm của PT bậc hai : ax
2
+ bx +c = 0
Xét PT bậc hai theo biến x : ax
2
+ bxy + cy
2
+ d =0 (1) ,PT ( 1) muốn có nghiệm nguyên thì trước tiên
phải có nghiệm ,từ đó ta thấy xuất hiện những điều kiện của biệt thức :
∆
= b
2
y
2
-4acy
2
-4d
+ Nếu biệt thức sau khi biến đổi về dạng
∆
= my
2
+ n ,trong đó m < 0 , n > 0
Thì PT có nghiệm khi
∆

≥
0
⇔
y
2

≤

m
n
, từ đó ta xác đònh được các giá trò y nguyên .
Bài 7 ) Giải PT sau đây trên tập số nguyên Z : x
2
-6xy +13y
2
= 100
Giải : PT trên viết lại là: x
2
-6xy +13y
2
-100 = 100 (1)
Ta xem PT (1) là PT bậc hai theo biến x , để PT có nghiệm nghuyên khi PT có nghiệm , nghóa là biệt
thức không âm :
∆
’
≥
0
⇔
-4y
2
+100
≥
0
⇔
y

2

≤
25 , vì y là số nghuyên nên
y = 0,
±
3,
±
4,
±
5 . Từ đó ta có 12 nghiệm (x,y) = (10,0) ; (-10,0) ; (17,3); (1,3); (-17,-3);
(-1,-3);(6,4);(18,4);(-18,-4);(-6,-4);(15,5);(-15,-5).
Bài 8) Giải PT nghiệm nguyên : x
2
+y
2
–xy –x-y = 0
Giải : PT đã cho viết lại là : x
2
-(y+1)x +y
2
–y = 0 (1)
Ta xem PT (1) là PT bậc hai theo biến x , để PT có nghiệm nghuyên khi PT có nghiệm , nghóa là biệt
thức không âm :
∆

≥
0
⇔
- 3y

2
+6y+1
≥
0
⇔
- 3 (y-1)
2
+4
≥
0
⇔
(y-1)
2

≤
1
⇔
-1
≤
y-1
≤
1
⇔
y = 0 , 1 , 2 . Từ đó ta tìm được các nghiệm nguyên là : (x,y) = (0,0);(1,0);(0,1);(2,1);(1,2);(2,2).
+ Nếu biệt thức sau khi biến đổi về dạng
∆
= my
2
+ n ,trong đó m > 0.
Để đưa PT : ax

2
+ bxy + cy
2
+ d = 0 về dạng tích , ta xem PT theo biến x ,xem y là tham số :
ax
2
+ bxy + cy
2
+ d +m = m (2) .Chọn m sao cho vế trái có biệt thức
∆
là một số chính phương ,lúc đó
f(x) = ax
2
+ bxy + cy
2
+ d +m có hai nghiệm x
1
= g(y) và x
2
= g’(y) .Từ đó PT (2) viết theo dạng tích
là : a [ x – g(y) ][ x – g’(y)] = m .
Bài 9) Giải PT nghiệm nguyên : x
2
+2y
2
+3xy +3x +5y = 15 (1)
Giải : Để đưa (1) về dạng tích , ta nhóm PT theo biến x và xem y là tham số :
x
2
+3xy(y+1) +2y

2
+5y +m = 15 +m (2) . Chọn m sao cho vế trái có biệt thức
∆
là số chính phương
Ta có :
∆
= 9(y=1)
2
-4(2y
2
+5y+m) = y
2
-2y +9 -4m .
Chọn m = 2 ta có
∆
= ( y – 1)
2
. Suy ra x
1
= -y – 2 ; x
2
= -2y – 1 . Khi đó PT(2) trở thành :
(x+y+2)(x+2y+1) = 17. Giải các hệ PT :



=++
=++




=++
=++



=++
=++



−=++
−=++
112yx
172yx
;
1712yx
12yx
;
-112yx
-172yx
;
1712
12
yx
yx
.
Ta được các nghiệm (x,y) = (-18,17);(30,-15);(-36,17);(12,-15).
Bài 10) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa x
2

–(5+y)x +2 +y = 0 (1)
Giải : PT (1)
⇔
x
2
–(5+y)x +2 +y +m = m (2) .Đưa PT (2) về tích , chọn m sao cho biệt thức
∆
của
vế trái là số chính phương .Ta có
∆
= (5+y)
2
-4(2+y+m) = y
2
+6y +17 -4m, chọn m = 2 ta có
∆
= (y+3)
2
khi đó PT (2) trở thành (x-1)(x-y-4) = 2 .Giải các hệ PT :



=
=



=
=




=
=



=−−
=−
-14-y-x
-21-x
;
-24-y-x
-11-x
;
14-y-x
21-x
;
24
11
yx
x
Ta có các cặp số nguyên thỏa mãn PT là (x,y ) = (-1,-4);(0,-2);(2,-4);(3,-2).
Bài 11) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x,y) của PT : (x
2
+y)(x+y
2
) = (x+y)
3
(1)

Giải : + Với y = 0 thì PT(1) : x
3
= x
3
nên (x,y) = (m , 0) trong đó m
∈
Z .
+ Với y
≠
0 thì PT(1)
⇔
y( 2y
2
+(x
2
-3x)y + (x+3x
2
)) = 0
⇔
2y
2
+(x
2
-3x)y+(x+3x
2
) = 0 (2)
Xem (2) là PT bậc 2 đối với biến y .Để (2) có nghiệm nguyên thì
∆
= (x+1)
2

x(x-8) phải là số chính
phương suy ra : x(x-8) = a
2
(a
∈
N)
⇒
(x-4+a) = 16 . Từ đó ta tìm được x = 9;8;-1.
Các nghiệm nguyên hai trường hợp này là (x,y) = ( 9,-6);(9,-21);(8,-10);(-1,-1) và (m,0) với m
∈
Z.
Bài 12) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ PT sau :



=+
=+
233
zyx
zyx
Giải : Vì x,y nguyên dương nên x+y = z
⇔
(x+y)
2
= z
2
. Khử z đưa đến PT :
y
2
–(x+1)y+x

2
–x = 0 . Xem đây là PT bậc hai theo biến y, để có giá trò y nguyên thì
∆
= -3x
2
+6x+1 =
-3(x-1)
2
+4 = a
2
( a là số nguyên dương)
⇒
3(x-1)
2
= 4-a
2

≥
0
⇒
a
2

≤
4
⇒
a = 1 ,2
⇒
x = 1,2
Từ đó ta tìm được nghiệm nguyên của hệ là : (x,y,z) = ( 1,2 ,3) ; ( 2 , 1,3 ) ; ( 2,2 , 4) .

BÀI TẬP
Giải PT nghiệm nguyên : a) 2x
2
+2y
2
+3xy+3x+5y = 15. b) 9x
2
-10y
2
-9xy+3x-5y = 9.