Liên hệ nghiệm PT với các bất đẳng thức(phần1)- Ôn thi vào 10

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ............................................................................................................1
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT.................................................................4
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 :