Bài tập nâng cao Toán 9 - Tập 1: Đại số và Số học by Lương Văn Khải

LƯƠNG VĂN KHẢI - VÕ THÀNH ĐẠT

BÀI TẬP NÂNG CAO

TOÁN 9 Tập 1: ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC

LƯƠNG VĂN KHẢI - VÕ THÀNH ĐẠT

BÀI TẬP NÂNG CAO TOÁN 9 Tập 1: ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC

Ngày 16 tháng 4 năm 2022

LỜI NÓI ĐẦU Tập 1 của tài liệu "Bài tập nâng cao Toán 9"gồm các chủ đề về Đại số và Số học, được biên soạn dựa trên chương trình Toán phổ thông hiện hành và những nội dung được dạy tại các đội tuyển học sinh giỏi, cũng như những nội dung xuất hiện trong đề thi tuyển sinh lớp chuyên Toán ở các trường chuyên và năng khiếu. Tất cả các chủ đề trong tài liệu nêu trên đều được triển khai theo cùng cách thức: tóm tắt lý thuyết, trình bày ví dụ và cung cấp bài tập tự luyện. Qua các ví dụ được nêu ra, các bạn học sinh sẽ vừa có thể nắm được cách làm cho các dạng bài vừa nắm được nguồn gốc ý tưởng dẫn tới dạng bài đó, đồng thời học được cách trình bày khoa học, có thứ tự cho mỗi bài giải. Rất mong được sự góp ý, bổ sung và phê bình đến từ bạn đọc. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ email vankhai8dpct@gmail.com. Xin trân trọng cảm ơn.

Mục lục

CÁC BÀI TOÁN

CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC 1.1 Tóm tắt kiến thức . . . . . . . . . 1.2 Các phép biến đổi với căn thức . . 1.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . .

HÀM SỐ BẬC HAI, VIÈTE 2.1 Tóm tắt lý thuyết 2.2 Các dạng bài tập 2.3 Bài tập . . . . . .

. . . .

10 10 10 11 20

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25 25 26 34

. . . .

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC

BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Tóm tắt kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Một số phép biến đổi đẳng thức thường gặp . 3.3 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . 3.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz . . . . . . . 3.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

39 39 40 40 47 50

. . . . .

PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA NGUYÊN 4.1 Phép chia hết . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Phép chia có dư và bài toán đồng dư . . 4.3 Định lý Fermat nhỏ . . . . . . . . . . . 4.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

54 54 57 58 59

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 5.1 Phương pháp xét tính chia hết/ chia có dư . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Phương pháp đưa về phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63 63 64 65

. . . . .

CÓ DƯ TRÊN TẬP SỐ . . . .

. . . .

Mục lục 5.4 5.5 5.6 5.7

Phương pháp dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc Phương pháp dùng tính chất số chính phương . . . . . . . . . Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

67 69 72 73

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC 6.1 Một số công thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Các dạng bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76 76 76 87

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ 7.1 Một số kiến thức cần nhớ . . . . . . . 7.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . .

89 89 90 97

II MỘT SỐ ĐỀ ÔN TẬP

PHƯƠNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

hai . . . . . . . . .

. . . .

TRÌNH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

100

PHẦN I CÁC BÀI TOÁN

CHƯƠNG 1 CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC 1.1

Tóm tắt kiến thức

Định nghĩa 1.1. Với số nguyên dương n, căn bậc n của số thực x là một số thực y sao cho y n = x. Chú ý. Với n chẵn, căn bậc n của x tồn tại khi và chỉ khi x ≥ 0. Khi đó số thực√x ≥ 0 có √ n n n hai căn bậc n là y và −y, với y = (−y) = x. Kí hiệu y = x, ta có −y = − n x. Với n lẻ, căn bậc n của √ x tồn tại với mọi giá trị của số thực x. Khi đó số thực x có đúng một căn bậc n, kí hiệu n x. Định nghĩa về căn bậc n có thể được mở rộng cho số n không phải là số nguyên dương, nhưng trong chương trình lớp 9 chúng ta chưa cần xét tới định nghĩa mở rộng này. Cũng trong phạm vi chương trình lớp 9, chúng ta chủ yếu xét tới các phép tính có chứa căn bậc hai và căn bậc ba. √ Định nghĩa 1.2 (Căn thức bậc hai). Với biểu thức đại số không âm A, ta gọi A là căn thức bậc hai của A. Như ta đã định nghĩa ở trên, căn bậc 2 của một biểu thức đại số chỉ tồn tại nếu biểu thức dưới dấu căn lấy giá trị không âm. Trước khi biến đổi bất kì biểu thức chứa căn nào, việc đầu tiên của chúng ta luôn phải là tìm điều kiện để tất cả các căn thức đều xác định. Ta sẽ nói kĩ hơn về vấn đề này trong phần sau.

1.2

Các phép biến đổi với căn thức

Định lý 1.1. Với mọi biểu thức A, ta luôn có √ A2 = |A|, tức là • Với A ≥ 0, ta có • Với A ≤ 0, ta có

√ √

A2 = A. A2 = −A.

Định lý 1.2. Với A, B là hai biểu thức lấy giá trị không âm: √ √ √ a) A.B = A. B. 10

1.3. Các ví dụ √ A A b) = √ (B > 0). B B √ √ c) A B = A2 B. s √ A AB d) = (B 6= 0). B |B| s

√ √ Đẳng thức c sẽ trở thành −A B = A2 B nếu A < 0. Đẳng thức d vẫn đúng cho mọi trường hợp A, B cùng dấu. Định lý 1.3 (Trục căn thức ở mẫu). a) Với các biểu thức A, B mà B > 0: √ A A B √ = . B B b) Với các biểu thức A, B, C mà A ≥ 0 và A 6= B 2 : √ C C( A ∓ B) √ = A − B2 A±B c) Với các biểu thức A, B, C mà A ≥ 0, B ≥ 0 và A 6= B: √ √ C C( A ∓ B) √ √ = A−B A± B

1.3

Các ví dụ

Ví dụ 1.1. Rút gọn: √ √ a) A = 45 − 2 20 √ 2 28 √ + −2 b) B = 2 3+ 7 c) C =

√ 2 3 − 2 5 − 20

√ 4 d) D = √ − 3 45 + 5−1

2 √ 5−1

Lời giải. a) Ta có A= b) Ta có

√ √ √ 45 − 2 20 = 32 · 5 − 2 22 · 5 √ √ √ = 3 5 − 2 · 2 5 = − 5.

√

√ √ √ 2 28 2 · (3 − 7) 2 7 √ + √ √ + B= −2= −2 2 2 3+ 7 (3 + 7)(3 − 7) √ √ = 3 − 7 + 7 − 2 = 1. 11

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC c) Ta có C=

d) Ta có

√ √ √ 2 3 − 2 5 − 20 = 3 − 2 5 − 2 5 √ √ = −3 + 2 5 − 2 5 = −3.

q √ √ 4 − 3 45 + ( 5 − 1)2 5−1 √ √ √ 4( 5 + 1) − 9 5 + | 5 − 1| = 5−1 √ √ √ √ = 5 + 1 − 9 5 + 5 − 1 = −7 5.

A= √

Ví dụ 1.2. Rút gọn: q q √ √ a) A = 7 − 4 3 + 7 + 4 3 √ √ √ 14 + 8 3 · (2 2 − 6)

b) B =

c) C =

d) D =

2−

√

√ 5−2 7−2 6

Hướng dẫn. Với dạng bài tập này, chúng ta cố gắng biến đổi biểu thức dưới dấu căn dưới dạng bình phương/ lập phương của một số, để khai căn được một biểu thức "đẹp". a) Biến đổi, ta có q q q √ √ √ √ 7 − 4 3 + 7 + 4 3 = 7 − 2.2 3 + 7 − 2.2 3

(2 −

q √ √ √ √ 3)2 + (2 + 3)2 = 2 − 3 + 2 + 3 = 4

b) Tương tự,

q √ √ √ √ √ √ 14 + 8 3 · (2 2 − 6) = 14 + 2 48(2 2 − 6)

q √ √ √ √ √ √ 8 + 2 8 · 6 + 6 · ( 8 − 6) = ( 8 + 6)2 ( 8 − 6) √ √ √ √ = ( 8 + 6)( 8 − 6) = 8 − 6 = 2

√

sẽ không biến đổi được nó thành c) Ở câu c, nếu giữ nguyên biểu thức dưới dấu căn, ta√ bình phương của một số ( để ý hệ số đứng trước 3 là 1 chứ không phải 2). Như vậy, ta cần một vài phép biến đổi để đưa biểu √ thức chứa căn về dạng bình phương, cụ thể ở đây là làm cho hệ số đứng trước 3. Ta có √ = 12

2A =

q √ √ 4−2 3+ 4+2 3

q √ √ 3−2 3+1+ 3+2 3+1

1.3. Các ví dụ q √ √ ( 3 − 1)2 + ( 3 + 1)2 √ √ √ √ √ = | 3 − 1| + | 3 + 1| = 3 − 1 + 3 + 1 = 2 3.

Vậy A =

√

d) Ta có r

√ 5−2 7−2 6= q

√ 5−2 6−2 6+1 q

q √ q √ 5 − 2 ( 6 − 1)2 = 5 − 2( 6 − 1)

= =

√ q√ √ 7 − 2 6 ( 6 − 1)2 = 6 − 1.

Ví dụ 1.3. Rút gọn: a)

√ 15 3 − 26

q √ √ 3 10 − 6 3 − 10 + 6 3

q q √ √ √ √ 3 3 26 + 15 3(2 − 3) + 9 + 80 + 9 − 80

Hướng dẫn. Cũng như ví dụ 2, chúng ta sẽ phân tích biểu thức dưới căn bậc ba thành lập phương của một số. Tuy nhiên, phân tích một biểu thức thành dạng lập phương khó hơn phân tích nó thành dạng bình phương rất nhiều. Do đó, trước khi phân tích, ta sẽ có một vài bước để tìm ra cách phân tích phù hợp. √Ví dụ, xét biểu thức ở câu √ a, 3ta nhận xét rằng khi phân tích dưới dạng lập phương, 15 3 − 26 sẽ có dạng (a + b 3) , với a, b là các số hữu tỉ. Như vậy, √ √ √ √ 15 3 − 26 = (a + b 3)3 = a3 + 3 3b3 + 3 3a2 b + 9ab2 √ = a3 + 9ab2 + 3(a2 b + b3 ) 3 a3 + 9ab2 = −26 . a2 b + b 3 = 5 q √ √ 3 Từ đây, "đoán được"a = −2 và b = −1, tức là 15 3 − 26 = −2 − 3. Bây giờ việc của chúng ta là trình bày lại bài giải cho đúng trình tự. (

⇒

a) Biến đổi, ta được q √ √ √ 3 15 3 − 26 = −8 − 3 3 − 12 3 − 18

q 3

r 3

−2 −

√ 3 √ 3 = −2 − 3.

b) Tương tự, q 3

(1 −

q √ √ √ √ √ 3 3)3 − (1 + 3)3 = (1 − 3) − (1 + 3) = −2 3.

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC c) Trong một số trường hợp, biểu thức dưới dấu căn bậc ba không thể đưa được về dạng lập phương của một số. Do đó, để tính giá trị của biểu thức chứa những căn bậc ba dạng này, chúng ta sẽ phải dùng một cách khác. Trước hết, dễ thấy q √ √ √ √ 3 26 + 15 3 · (2 − 3) = (2 + 3)3 · (2 − 3) = 1.

q 3

√ √ 3 Bây giờ ta sẽ xử lí phần biểu thức 9 + 80 + 9 − 80. Để ý rằng 9 + 80 √ và 9 q − 80 có tích 1, do đó ta sẽ cố gắng lợi dụng mối quan hệ này. Đặt q bằng √ √ 3 3 S = 9 + 80 + 9 − 80, ta có q 3

S3 = 9 + +3

r 3

√

√ √ 80 + 9 − 80

q √ √ q √ √ 3 3 9 + 80 9 − 80 9 + 80 + 9 − 80

= 18 + 3S, tức là

S 3 − 3S − 18 = 0 ⇔ (S − 3)(S 2 + 3S + 6) = 0. q q √ √ 3 3 Vì S 2 + 3S + 6 = 0 vô nghiệm nên suy ra S = 3, tức là 9 + 80 + 9 − 80 = 3. Như vậy, q q √ √ √ √ 3 3 26 + 15 3(2 − 3) + 9 + 80 + 9 − 80 = 1 + 3 = 4.

q 3

Ví dụ 1.4. Cho biểu thức √

P =

! √ √ x x x+1 √ √ + : x−1 x− x 3

a) Rút gọn P . b) Tìm giá trị của x để P = 1. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Bình Phước năm học 2019 - 2020) Lời giải. Như đã nói ở trên, trước khi biến đổi một biểu thức chứa căn, ta phải chắc chắn rằng các căn thức trong biểu thức đó phải xác định, cũng như biểu thức đó phải xác định. Vậy, trước khi rút gọn biểu thức, ta cần tìm điều kiện xác định (ĐKXĐ) của nó. Ở đây, P sẽ xác định khi và chỉ khi         

x ( √≥ 0 x− 1 = 6 0 x>0 √ ⇔ . x x= 6 1 √− x 6= 0 x + 1 6= 0

Nếu đề bài có yêu cầu tìm ĐKXĐ, chúng ta sẽ phải trình bày đầy đủ các bước tìm ĐKXĐ như trên. Nếu đề bài không tìm ĐKXĐ, chúng ta chỉ cần chỉ ra ĐKXĐ là đủ. 14

1.3. Các ví dụ a) Ta có

! √ √ √ x x x+1 √ + : P = √ x−1 x− x 3 ! √ √ √ x x x+1 +√ √ : = √ x−1 x( x − 1) 3 ! √ √ √ √ x· x x x+1 = √ √ +√ √ : x( x − 1) x( x − 1) 3 √ √ √ √ x+ x x+1 x( x + 1) · 3 3 √ =√ √ : =√ √ =√ . x( x − 1) 3 x( x − 1)( x + 1) x−1

3 b) P = 1 ⇔ √ − 1 = 1 ⇔ x = 16 (thoả mãn ĐKXĐ). x √

Ví dụ 1.5. Cho A =

√

x+ x+1 1 x+2 x+1 √ √ và B = √ − √ − . x+1 x−1 x x−1 x+ x+1

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 2. b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm x sao cho C = −AB nhận giá trị nguyên. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thái Bình năm 2019 - 2020) Hướng dẫn. ĐKXĐ: x ≥ 0, x 6= 1. a) Ta có

√ √ √ √ ( x − 1)(x + x + 1) x3 − 1 x+ x+1 = = . A= √ x+1 x−1 x−1 √ Với x = 2, ta có A = 2 2 − 1.

b) Ta có

√ x+2 1 x+1 √ B=√ − √ − x−1 x x−1 x+ x+1 √ √ √ x + x + 1 − (x + 2) − ( x + 1)( x − 1) √ √ = ( x − 1)(x + x + 1) √ √ −x + x − x √ √ = √ = ( x − 1)(x + x + 1) x+ x+1

c) Với C = −AB, √

! √ √ x3 − 1 − x x 1 √ C=− · =√ =1− √ . x−1 x+ x+1 x+1 x+1

√ √ Để C ∈ √Z thì x + 1 phải là ước của 1. Mà x + 1 ≥ 1 nên suy ra P ∈ Z ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thoả ĐKXĐ). 15

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC Ví dụ 1.6. Rút gọn biểu thức sau: s

1 1 1+ 2 + 2 + 6 7

Lời giải. Ta có s

1 1 1+ 2 + 2 = 6 7 s

1 1+ 6

= Tương tự:

1 1+ 6

1 1 + 2. 2 8 9

1 1 − 2. + 2 6 7

1 1 1 − 2. 1 + . + 6 7 7

=1+

1 1 − 6 7

1 1 1 1 + 2 =1+ − , 2 7 8 7 8

1 1 1 1 − 2 =1+ − . 2 8 9 8 9

B =1+

1 1 1+ − 6 7

Khi đó,

1 1 1+ 2 + 2 + 7 8

1 1 1 1 1 1 55 1 1 − +1+ − +1+ − =3+ − = . 6 7 7 8 8 9 6 9 18

Nhận xét. Một cách tổng quát, ta có s

1 1 1 1 + =1+ − . 2 2 n (n + 1) n n+1

Từ đây ta chứng minh được s

1 1 1+ 2 + 2 + 1 2

1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 3

1 1 + 2 n (n + 1)2

1 . n+1 Phần chứng minh biểu thức tổng quát nêu trên xin dành lại như một bài tập dành cho bạn đọc. =n+1−

Ví dụ 1.7. Tính giá trị biểu thức: T =√

1 1 1 1 1 √ −√ √ +√ √ −√ √ + ··· + √ √ . 1− 2 2− 3 3− 4 4− 5 99 − 100

Lời giải. Trục căn thức ở mẫu, ta được √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 1+ 2 2+ 3 3+ 4 4+ 5 99 + 100 T = − + − + ··· + 1−2 2−3 3−4 4−5 99 − 100 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ = − 1 − 2 + 2 + 3 − 3 − 4 + 4 + 5 − · · · − 99 − 100 √ √ = − 1 − 100 = −1 − 10 = −11. 16

1.3. Các ví dụ Ví dụ 1.8. Tính giá trị biểu thức: 1 1 1 √ + √ √ + ... + √ √ . T = √ 2 1+1 2 3 2+2 3 121 120 + 120 121 Hướng dẫn. Với mọi số nguyên dương n, ta có 1 1 √ √ √ =q √ n n + 1 + (n + 1) n n(n + 1) n + n + 1 √ = Do đó,

n+1−

√

n(n + 1)

1 1 . =√ −√ n n+1

1 1 1 √ + √ √ + ... + √ √ T = √ 2 1+1 2 3 2+2 3 121 120 + 120 121 1 1 1 1 1 1 1 1 10 = √ − √ + √ − √ + ... − √ +√ −√ =1− = 11 11. 1 2 2 3 120 120 121

Ví dụ 1.9. Cho hai số thực không âm x, y thoả (x + 1)(y + 1) = 2. Tính giá trị biểu thức: P =

x2 + y 2 −

2(x2 + 1)(y 2 + 1) + 2 + xy.

(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội năm học 2018 - 2019) Lời giải. Theo đề bài, (x + 1)(y + 1) = 2 ⇔ x + y + xy = 1. Đặt a = x + y, b = xy ⇒ a + b = 1 và x2 + y 2 = a2 − 2b. Từ đây ta có 2(x2 + 1)(y 2 + 1) = 2(x2 y 2 + x2 + y 2 + 1) = 2(b2 + a2 − 2b + 1) = 2(a2 + (b − 1)2 ) = 2.2a2 = 4a2 Như vậy, P = =

x2 + y 2 −

2(x2 + 1)(y 2 + 1) + 2 + xy

√ √ 4a2 + 2 + b = a2 − 2a + 1 − 2b + 1 + b q √ = (a − 1)2 − 2b + 1 + b = b2 − 2b + 1 + b q √ = (b − 1)2 + b = a2 + b = a + b = 1.

a2 − 2b −

Ví dụ 1.10. Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với mọi giá trị nguyên dương của n: P =

n2 + (n + 1)2 +

(n − 1)2 + n2

√ 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1.

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội năm học 2016 - 2017) Lời giải. Xét với n nguyên dương ta có: q

= n + (n + 1) + 2 2

⇒

+ (n + 1) +

(n − 1) +

+ (n + 1) . (n − 1)2 + n2 + (n − 1)2 + n2 √ = 4n2 + 2 + 2 4n4 + 1

+ (n + 1) +

P =

(n − 1) +

+ (n + 1) +

4n2

(n − 1) +

√ 4n2 + 2 + 2 4n4 + 1.

√ 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1

q √ √ 4 + 2 + 2 4n + 1. 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1

= =

Vậy: q

√ 2 (4n2 + 2)2 − 2 4n4 + 1

16n4 + 16n2 + 4 − (16n4 + 4) = 4n.

Vì n nguyên dương nên 4n ∈ N, và ta có đpcm.

Ví dụ 1.11. Tính giá trị biểu thức P = (x3 − 2x − 1)2019 , biết: 4 q √ x= √ 3 ( 2 − 1) 5 2 − 7 − 3 Lời giải. Biến đổi, ta có 4 q √ x= √ 3 ( 2 − 1) ( 2 − 1)3 − 3 √ 4 4 √ = − 2. = = √ ( 2 − 1)2 − 3 −2 2 Như vậy,

√ √ P = (−2 2 + 2 2 − 1)2019 = (−1)2019 = −1

Ví dụ 1.12. Tính giá trị biểu thức P = x3 (x3 + 3x + 9)3 biết x = 18

q √ √ 3 2 + 2 3 + 2 − 2 3 − 1.

q 3

1.3. Các ví dụ Lời giải. Đặt t = x + 1 =

q 3

q √ √ 3 2 + 2 3 + 2 − 2 3, ta có √ √ t3 = 2 + 2 3 + 2 − 2 3

√

q √ q √ √ 3 3 +3 (2 + 2 3)(2 − 2 3)( 2 + 2 3 + 2 − 2 3) √ ⇒ t3 = 4 + 3 3 4 − 12.t ⇒ t3 = 4 − 6t ⇒ t3 + 6t − 4 = 0 q 3

Thế x + 1 vào t, ta được:

(x + 1)3 + 6(x + 1) − 4 = 0

⇒ x3 + 3x2 + 3x + 1 + 6x + 6 − 4 = 0 ⇒ x3 + 3x2 + 9x + 3 = 0 ⇒ x3 + 3x2 + 9x = −3 ⇒ (x3 + 3x2 + 9x)3 = (−3)3 ⇒ P = x3 (x2 + 3x + 9)3 = −27 Ví dụ 1.13. Cho 2 giá trị x và y thoả mãn √ x 1 − y 2 + y 1 − x2 = 1. q

Chứng minh rằng

x2 + y 2 = 1.

Lời giải. Ta có 2 q √ x 1 − y 2 + y 1 − x2 = 1

q √ ⇒ x2 (1 − y 2 ) + y 2 (1 − x2 ) + 2xy 1 − x2 1 − y 2 = 1 √ √ ⇒ x2 y 2 − 2xy 1 − x2 1 − y 2 + (1 − x2 )(1 − y 2 ) = 0 2 q √ 2 2 ⇒ xy − 1 − x 1 − y =0 q √ ⇒ xy = 1 − x2 1 − y 2 ⇒ x2 y 2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ) ⇒ x2 + y 2 = 1

Ví dụ 1.14. Cho phương trình: x4 − 16x2 + 32 = 0. Chứng minh giá trị x sau là nghiệm của phương trình: r r q q √ √ x = 6 − 3 2 + 3 − 2 + 2 + 3. Lời giải. Rút gọn x, ta có r

√ 6−3 2+ 3− q

√

s √ 4+2 3 4+2 3 = 6−3 − 2+ 2 2 v v √ u √ u u u 3 3 + 1 3+1 t t √ = 6− − 2+ √ 2 2 v u u t

√

v u u t

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC √ 3+1 Đặt a = √ , ta có 2

√

6 − 3a −

√

2+a

⇒ x2 = 8 − 2a − 2 3(4 − a2 ) √ =8−2

3+1 √ 2

v  u u u − 2t3 4 −

√

3+1 √ 2

!2  

v √ √ ! ! u u 3+1 4−2 3 t √ −2 3 =8−2 2 2 √ √ √ √ =8− 2 3+1 − 6 3−1 √ √ √ √ √ =8− 6− 2−3 2+ 6=8−4 2 2

⇒ x2 − 8

= 32 ⇒ x4 − 16x2 + 32 = 0.

1.4

Bài tập

Bài tập 1. Rút gọn: q √ √ √ q √ a) (2 3 + 1)(3 2 − 1) 13 − 4 3 19 + 6 2

6, 82 − 3, 22 21, 82 − 18, 22 √ 7−6 2 √ √ c) √ 6− 3− 2 s

q √ 10 + 2 3 − 2 29 − 12 5 r

√ √ 2+ 3+2 √ √ √ e) √ 2+ 3+ 6+ 8+4 q q √ √ f) 35 − 12 6 − 30 − 12 6 g)

q √ √ 4+2 3+ 6−2 5+

√ 2√ 5+ 3

q √ √ 3−2 2 3+2 2 h) q √ −q √ 17 − 12 2 17 + 12 2 q

q √ √ √ i) (13 − 4 3)(7 + 4 3) − 8 20 + 2 43 + 24 3 r

√ 3

j) ( 2 + 1) 20

s√ 3

2−1 3

1.4. Bài tập Bài tập 2. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức √ 2x − 3 x − 2 √ Q= x−2 √ tại x = 2020 − 2 2019. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thái Nguyên năm học 2019 - 2020) Bài tập 3. Chứng minh các biểu thức sau là số nguyên: q q √ √ a) A = 7 − 2 6 − 7 + 2 6 b) B =

q 3

√

84 9

q 3

1−

√

84 9

Bài tập 4. a) Cho phương trình x4 − 16x2 + 32 = 0. Chứng minh rằng r

6−3 2+

√

3−

√ 3

là một nghiệm của phương trình đã cho. b) Cho x=

q 3

√

65 −

q√ 3

65 − 1.

Tính Q = x3 + 12x + 2009. Bài tập 5. Cho biểu thức √ x+2 5 1 √ A= √ − −√ . x+3 x+ x−6 x−2 a) Rút gọn A. √ b) Tính giá trị của A khi x = 6 + 4 2. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thanh Hoá năm học 2019 - 2020) Bài tập 6. Cho biểu thức B=

! √ √ √ a+1 a−1 √ −√ +4 a : a−1 a+1

√ ! a2 + a a √ a+1

a) Rút gọn B. b) Tìm các giá trị của B để B nhận giá trị nguyên. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Nam Định năm học 2019 - 2020) Bài tập 7. Cho biểu thức 2 1 1 · √ + + xy x y !

√

xy(x + y) − xy √ . √ x x+y y 21

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC a) Rút gọn C. b) Biết xy = 16, tìm GTNN của C. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thái Bình năm học 2019 - 2020) Bài tập 8. Cho biểu thức √ √ √ √ a+ b−1 a− b √ √ + D= a + ab 2 ab

√ √ ! b b √ + √ . a − ab a + ab

a) Rút gọn D. √ b) Tính giá trị của B biết a = 6 + 2 5. c) So sánh B với −1. Bài tập 9. Cho biểu thức E=

√

a−

1 √

a−b

+√

1 √

a+b

√ ! a+b : 1+ √ . a−b

a) Rút gọn E. b) Tìm b biết |E| = −E. √ √ c) Tính giá trị của E khi a = 5 + 4 2, b = 2 + 6 2. Bài tập 10. Cho hai biểu thức √ 4 ( x + 1) A= ,B = 25 − x

! √ √ 15 − x 2 x+1 +√ :√ . x − 25 x+5 x−5

a) Tính giá trị của A khi x = 9. b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P = AB đạt giá trị nguyên lớn nhất. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 Tp. Hà Nội năm học 2019 - 2020) Bài tập 11. Tỉnh tổng S=√

1 1 1 1 √ +√ √ + ... + √ √ +√ . 3+1 5+ 3 7+ 5 20192 + 20192 − 2

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên tỉnh Tuyên Quang năm học 2019 - 2020) Bài tập 12. Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn a + b ≤ c. Rút gọn: P = 22

√

a + b + c + 2 ac + bc +

√ a + b + c − 2 ac + bc

1.4. Bài tập Bài tập 13. Chứng minh rằng nếu √ √ √ √ 3 3 3 a+ b+ 3c= a+b+c thì với mọi số nguyên dương lẻ n, ta có √ √ √ √ n n n a + b + n c = a + b + c. Bài tập 14. Chứng minh rằng q

(ab − cd)(bc − da)(ca − bd)

là số hữu tỉ, trong đó a, b, c, d là các số hữu tỉ thoả mãn điều kiện a + b + c + d = 0. Bài tập 15. Tìm các số nguyên a, b sao cho √ 3 2 √ − √ = 7 − 20 3. a+b 3 a−b 3 (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011 - 2012) Bài tập 16. Cho a, b là hai số thực thoả mãn 0 < a < 1, 0 < b < 1, a 6= b và √ √ a − b = 1 − b 2 − 1 − a2 . √ Tìm giá trị của biểu thức Q = a2 + b2 + 2019. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hưng Yên năm học 2019 - 2020) Bài tập 17. Cho

√ √ −5 5 ≤ x ≤ , x 6= 0 và 5 + 3x − 5 − 3x = a. Tính 3 3 q √ 10 + 2 25 − 9x2 P = . x

(Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Quảng Ngãi năm học 2016 - 2017) √ Bài tập 18. Cho các số thực x, y thoả mãn x = 4y + 2xy. Tính √ √ √ 3 xy(3 3 x − 2 3 y) √ P = . 2xy (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Đà Nẵng năm học 2017 - 2018) Bài tập 19. Rút gọn biểu thức s

P =

1 1 1 1 − 2 1 − 2 ... 1 − . 2 3 20162

(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Khánh Hoà năm học 2016 - 2017) Bài tập 20. Giả sử Chứng minh rằng

ax3 = by 3 = cz 3 và

1 1 1 + + = 1. x y z

√ √ √ 3 3 a + b + 3 c.

ax2 + by 2 + cz 2 =

1. CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC Bài tập 21. Cho x=

q 3

√

3+2 2+

q 3

q q √ √ √ 3 3 3 − 2 2, y = 17 + 12 2 + 17 − 12 2.

Tính giá trị biểu thức P = x3 + y 3 − 3(x + y) + 2017. (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Lâm Đồng năm học 2016 - 2017) Bài tập 22. a) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 1. Tính giá trị biểu thức s

(1 + b2 )(1 + c2 ) (1 + c2 )(1 + a2 ) (1 + a2 )(1 + b2 ) P =a + b + c . 1 + a2 1 + b2 1 + c2 (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Đồng Nai năm học 2017 - 2018) b) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = k. Chứng minh rằng s

(k + b2 )(k + c2 ) (k + c2 )(k + a2 ) (k + a2 )(k + b2 ) a + b + c = 2k. k + a2 k + b2 k + c2 Bài tập 23. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn √ x + y + z + xyz = 4. Chứng minh q

x(4 − y)(4 − z) +

y(4 − z)(4 − x) +

z(4 − x)(4 − y) −

√

xyz = 8.

(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hải Dương năm học 2018 - 2019) Bài tập 24. Cho x, y, z là các số hũu tỉ thõa mãn 1 1 1 + = x y z √ 2 Chứng minh x + y 2 + z 2 là số hữu tỉ. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2018 - 2019) Bài tập 25. a) Cho hai số thực dương a, b thoả 1 1 1 + = . a b 2018 Chứng minh rằng

√

a+b=

√

a − 2018 +

√

b − 2018.

(Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Hưng Yên năm học 2017 - 2018) b) Cho hai số thực dương a, b > 0 và số thực c 6= 0. Chứng minh rằng √ √ √ 1 1 1 + + = 0 ⇔ a + b = a + c + b + c. a b c (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM năm học 2005 - 2006)

CHƯƠNG 2 HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE 2.1

Tóm tắt lý thuyết

7. 6. 5. 4.

(P1 ) : y = x2

3. 2. 1.

−5.

−4.

−3.

−2.

−1.

(P2 ) : y = −3x2 −2. −3. −4.

Hình 2.1: Đồ thị hai hàm số y = x2 và y = −3x2 . Định nghĩa 2.1. Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y = f (x) = ax2 + bx + c, trong đó x là ẩn, a, b, c là các hệ số cho trước và a 6= 0. 25

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE Trong chương trình THCS, ta chỉ xét đến các hàm số bậc hai có dạng y = ax2 , a 6= 0. Đồ thị hàm số bậc hai có dạng parabola, và sẽ "quay lên"nếu a < 0 và "quay xuống"nếu a > 0. Định nghĩa 2.2. Phương trình bậc 2 một ẩn là phương trình có dạng ax2 + bx + c = 0 trong đó x là ẩn, a, b, c là các hệ số cho trước và a 6= 0. Định lý 2.1 (Công thức nghiệm của phương trình bậc hai). Phương trình bậc 2 một ẩn: ax2 + bx + c = 0(a 6= 0)

(2.1)

Xét biệt số ∆ = b2 − 4ac. 1. Nếu ∆ < 0 phưong trình (5.1) vô nghiệm. 2. Nếu ∆ = 0 phương trình (5.1) có nghiệm kép: x1 = x2 = −

b . 2a

3. Nếu ∆ > 0 phương trình (5.1) có hai nghiệm phân biệt √ √ −b + ∆ −b − ∆ x1 = ; x2 = . 2a 2a Định lý 2.2 (Hệ thức Viète). Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (5.1). Khi đó, −b x1 + x2 = c a .   x1 x2 = a   

(2.2)

Đảo lại, nếu tồn tại hai số x1 , x2 thoả (7.1) thì x1 , x2 là hai nghiệm của (5.1).

2.2

Các dạng bài tập

Nhẩm nghiệm Xét phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) • Nếu a + b + c = 0: phương trình có hai nghiệm là 1 và

c . a

c • Nếu a − b + c = 0: phương trình có hai nghiệm là −1 và − . a

Tính toán các mối liên hệ giữa hai nghiệm Ví dụ 2.1. Cho phương trình 3x2 − 2x − 2 = 0 a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình , tính giá trị các biểu thức A = x21 + x22 , B = x31 + x32 và C = x21 x2 + x1 x22 . Lời giải. 26

2.2. Các dạng bài tập a) Ta có ∆ = (−2)2 − 4 · 3 · (−2) = 4 + 24 = 28 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. b) Theo định lý Viète, ta có

 

x 1 + x2 =

−(−2) 3

2 3

. x1 x2 = − 23 Bây giờ, để tính giá trị của các biểu thức A, B, C ta sẽ biểu diễn các biểu thức này theo tổng và tích của hai nghiệm. 

A = x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 =

2 3

−2·

−2 3

4 4 16 + = . 9 3 9 B = x31 + x32 = (x1 + x2 )3 − 3x1 x2 (x1 + x2 ) 3 2 −2 2 44 = −3· · = . 3 3 3 27 −2 2 −4 2 2 C = x1 x2 + x1 x2 = x1 x2 (x1 + x2 ) = · = . 3 3 9 =

Ví dụ 2.2. Tìm m để phương trình x2 − mx + m − 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn a)

x1 x2 + = −2. x2 x1

b) |x1 − x2 | = 2 Lời giải. a) Trước hết, ta sẽ tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm khác 0. Khi đó, ta ( ( sẽ cần giải2hệ m2 − 4m + 4 ≥ 0 ∆ = (−m) − 4.1. (m − 1) ≥ 0 ⇔ 2 m − 1 6= 0 0( − m · 0 + m − 1 6= 0 2 (m − 2) ≥ 0 (đúng ∀m ∈ R) ⇔ ⇔ m 6= 1. m 6= 1 ( x1 + x 2 = m Theo định lý Viète, ta có . x1 x2 = m − 1 Khi đó, với m 6= 1 thì 2 x2 +x2 x1 1 x2 + xx21 = −2 ⇔ x11 x22 = −2 ⇔ (x1 +xx2 )1 x−2x = −2 x2 2 2

⇔ m −2(m−1) = −2 ⇔ m2 − 2m + 2 = −2 (m − 1) m−1 ⇔ m2 = 0 ⇔ m = 0. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. b) Từ câu a) ta thấy phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực m, khi đó cũng tương tự câu a) ta có |x1 − x2 | = 2 ⇔ (|x1 "− x2 |)2 = 4 ⇔ (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 4 ⇔ m2 − 4 (m − 1) = m=0 4 ⇔ m2 − 4m = 0 ⇔ m=4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. 27

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE Ví dụ 2.3. Tìm m để phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m + 10 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn a) x1 x2 − 2 (x1 + x2 )2 ≤ 5. b) P = 8x1 x2 + x21 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. a) Xét phương trình x2 − 2 (2m + 1) x + 2m + 10 = 0, phương trình có "hai nghiệm m≥3 x1 , x2 khi và chỉ khi ∆0 = (m + 1)2 − (2m + 10) ≥ 0 ⇔ m2 − 9 ≥ 0 ⇔ . m ≤ −3 ( x1 + x2 = 2 (m + 1) = 2m + 2 Theo định lý Viète, ta có Khi đó thì x1 x2 − x1 x2 = 2m + 10 2 (x1 + x2 )2 ≤ 5 ⇔ 2m + 10 − 2(2m + 2)2 ≤ 5 ⇔ 8m2 + 14m + 3 ≥ 0. Xét phương trình 8m2 + 14m + 3 = 0, phương trình này có hai nghiệm là − 32 và − 14 , ta có bảng xét dấu sau đây m m + 32 m + 14 8m2 + 14m + 3

−3 2

− − +

0 | 0

Từ bảng xét dấu ta được 8m + 14m + 3 ≥ 0 ⇔ 2

So với điều kiện "

Vậy

m≥3 thấy thoả mãn. m ≤ −3

+ − −

−1 4

| 0 0

+ + +



m ≤ − 32



m ≥ − 14

m≥3 là các giá trị cần tìm. m ≤ −3

b) Ta có P = 8x1 x2 + x21 + x22 = 6x1 x2 + (x1 + x2 )2 = 6 (2m + 10) + (2m + 2)2 = 4 (m2 + 5m + 16). Tới đây, nếu ta phân tích 2 m2 + 5m + 16 = m + 25 + 39 ≥ 39 thì ta sẽ được P ≥ 39. Tuy nhiên 39 lại 4 4 không phải là giá trị nhỏ nhất của P , vì dấu -"xảy ra" khi m = − 52 , giá trị này không m≥3 thoả mãn điều kiện có nghiệm của phương trình là . Do đó ta sẽ tìm giá m ≤ −3 " m≥3 trị nhỏ nhất của P với . Với m = 3 thì P = 160, còn m = −3 thì P = 40 m ≤ −3 nên ta sẽ dự đoán rằng giá trị nhỏ nhất của P chính là 40, ta sẽ đi chứng minh điều này, tức là chứng minh

4 m2 + 5m + 16 ≥ 40 ⇔ m2 + 5m + 6 ≥ 0 ⇔ (m + 2) (m + 3) ≥ 0 điều này rõ ràng đúng với mọi m ≤ −3 và dấu -"xảy ra cũng tại m = −3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 40 và m = −3 chính là giá trị cần tìm. 28

2.2. Các dạng bài tập Ví dụ 2.4. Tìm m để phương trình x2 − 2 (2m + 1) x + 3m2 + 6m =0 x−2 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 + 2x2 = 16. Lời giải. Điều kiện xác định: x 6= 2. Xét phương trình x2 − 2 (2m + 1) x + 3m2 + 6m = 0, phương trình này có hai nghiệm x (1 , x2 khác 2 khi 2và chỉ khi ( m2 − 2m + 1 ≥ 0 ∆0 = (2m + 1) − (3m2 + 6m) ≥ 0 ⇔ 3m2 − 2m 6= 0 2(2 − 2 (2m + 1) · 2 + 3m2 + 6m 6= 0 ( m 6= 0 (m − 1)2 ≥ 0 (luôn đúng ∀m ∈ R) ⇔ ⇔ m 6= 32 m (3m − 2) 6= 0 ( x1 + x2 = 2 (2m + 1) = 4m + 2 Theo định lý Viète, ta có x1 x2 = 3m2 + 6m Khi đó ta sẽ đi tìm m từ hệ phương trình   sau    x1 + x2 = 2 (2m + 1) = 4m + 2  x1 + x2 = 4m + 2 2 x1 x2 = 3m + 6m ⇔ x1 x2 = 3m2 + 6m     x1 + 2x2 = 16 4m + x2 = 14    x1 = 8m − 12 ⇔  x2 = 14 − 4m  (8m − 12) (14 − 4m) = 3m2 + 6m      x1 = 8m − 12  x1 = 8m − 12 ⇔ x2 = 14 − 4m ⇔ x2 = 14 − 4m     5m2 − 22m(+ 24 = 0 m = 2 hoặc m = 12 5 m 6= 0 So với điều kiện thấy thoả mãn. m 6= 23 là các giá trị cần tìm. Vậy m = 2 hoặc m = 12 5 Ví dụ 2.5. Cho phương trình x2 − mx − 4 = 0. a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2 (x1 + x2 ) + 7 . x21 + x22

b) Tìm các giá trị của m sao cho hai nghiệm của phương trình đều là các số nguyên. (HSG Hà Nội 2006) Lời giải. a) Xét phương trình x2 − mx − 4 = 0, ta có ∆ = m2 + 4 > 0 ∀m ∈ R nên phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Theo định lý Viète, ta có ( x1 + x2 = m . Suy ra x1 x2 = −4 P =

2 (x1 + x2 ) + 7 2 (x1 + x2 ) + 7 2m + 7 = 2 = 2 2 2 x1 + x2 m +8 (x1 + x2 ) − 2x1 x2

Bây giờ ta sẽ đi tìm miền giá trị của P . Ta có P =

2m + 7 m2 + 8 29

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE ⇔ P m2 − 2m + 8P − 7 = 0

(2.3)

Với P 6= 0, xem (5.1) là một phương trình bậc hai ẩn m, phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi ∆0(1) = 1 − P (8P − 7) ≥ 0 ⇔ −8P 2 + 7P + 1 ≥ 0 1 ⇔ (P − 1) (8P + 1) ≤ 0 ⇔ − ≤ P ≤ 1 8 Với P = 1, từ (5.1) suy ra m = 1. Vậy giá trị lớn nhất của P là 1. b) Xét x1 > x2 , do x1 x2 = −4 và x1 , x2 nguyên nên x1 x2

1 −4

2 −2

4 −1

Suy ra m = x1 + x2 ∈ {−3, 0, 3}. Thử lại thấy thoả mãn. Vậy m = x1 + x2 ∈ {−3, 0, 3} là các giá trị cần tìm. Ví dụ 2.6. Cho phương trình (m + 1) x2 − 2 (m + 2) x + m − 3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 và tìm một hệ thức của x1 , x2 độc lập với m. Lời giải. Với m = −1 phương trình trở thành −2x − 4 = 0, phương trình này chỉ có một nghiệm nên không thoả mãn. Xét phương trình (m + 1) x2 − 2 (m + 2) x + m − 3 = 0 (m 6= −1), phương trình này có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi −7 ∆0 = [− (m + 2)]2 − (m + 1) (m − 3) ≥ 0 ⇔ 6m + 7 ≥ 0 ⇔ m ≥ . 6 x1 + x2 = 2(m+2) m+1 . x1 x2 = m−3 m+1 Bây giờ ta sẽ tìm hai số α, β sao cho α (x1 + x2 ) + βx1 x2 là một hằng số, ta có (

Theo định lý Viète, ta có

α (x1 + x2 ) + βx1 x2 =

2α (m + 2) + β (m − 3) (2α + β) m + 4α − 3β = . m+1 m+1

2α + β = 1 Ta sẽ chọn α, β sao cho ⇔ 4α − 3β = 1 Khi đó ta được 25 (x1 + x2 ) + 15 x1 x2 = 1. (

(

α= β=

2 5 1 5

Giải phương trình Ví dụ 2.7. Giải phương trình

x(3−x) x+1

3−x x+1

= 2.

Lời giải. Điều kiện xác định: x 6= −1. Đặt a = x(3−x) và b = x + 3−x và để ý rằng x+1 x+1 x(3 − x) 3−x 3x − x2 + x (x + 1) + 3 − x a+b= +x+ = = 3. x+1 x+1 x+1 2 Theo định lý Viète đảo ta có a, b là hai nghiệm của ( phương trình(X − 3X + 2 = 0, phương a=1 a=2 trình này có hai nghiệm là 1 và 2 nên ta được hoặc b=2 b=1

2.2. Các dạng bài tập • Với a = 1 và b = 2: khi đó ta được (

⇔

=1 =2

x+1 x + 3−x x+1

3x − x2 = x + 1 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 x2 + 3 = 2 (x + 1)

• Với a = 2 và b = 1: khi đó ta được (

( x(3−x)

=2 =1

x+1 x + 3−x x+1

3x − x2 = 2 (x + 1) ⇔ x2 − x + 2 = 0 (pt vô nghiệm) x2 + 3 = x + 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Giải hệ phương trình Ta nhắc lại định lý Viète đảo: với hai số x1 , x2 có tổng bằng S và tích bằng P thì khi đó x1 , x2 sẽ là hai nghiệm của của phương trình X 2 − SX + P = 0. Dựa vào định lý này, ta sẽ giải quyết được một số bài toán giải hệ phương trình, chủ yếu là hệ phương trình đối xứng loại I. ( F (x, y) = 0 Hệ đối xứng loại I là hệ có dạng G (x, y) = 0 Trong đó F (x, y) và G (x, y) là các đa thức đối xứng đối với x, y (tức là F (x, y) = F (y, x) và G (x, y) = G (y, x)). Cách giải: đặt S = x + y và P = xy (với điều kiện S 2 ≥ 4P ) rồi sử dụng tính chất của đa thức đối xứng đưa hệ về dạng ( F1 (S, P ) = 0 G1 (S, P ) = 0 Giải hệ này tìm được S, P ròi dùng định lí Viètee đảo để tìm x, y. Ta cùng đến với các ví dụ sau để hiểu rõ hơn. (

Ví dụ 2.8. Giải hệ phương trình

x2 + y 2 + xy = 3 x5 + y 5 + 15xy(x + y) = 32

Lời giải. Nhận thấy hệ phương trình có dạng đối xứng loại I, do đó ta sử dụng phương pháp đặt ẩn S, P . Trước hết, nhắc lại hằng đẳng thức sau:

(x + y)5 = x5 + y 5 + 5xy (x + y) x2 + xy + y 2

= x5 + y 5 + 15xy (x + y) (do x2 + xy + y 2 = 3) Đặt S = x + y và P = xy (với điều kiện S 2 ≥ 4P ) thì hệ đã cho trở thành (

S2 − P = 3 ⇔ S 5 = 32

(

P =1 S=2

Tới đây áp dụng định lý Viète đảo ta được x, y là hai nghiệm của phương trình X 2 − 2X + 1 = 0, giải phương trình này ta tìm được X = 1 hay x = y = 1. Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = 1. 31

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE

Ví dụ 2.9. Giải hệ phương trình

          

1 (x + y) 1 + xy

1 (x + y ) 1 + 2 2 xy 2

= 49

Lời giải. Nhận thấy hệ phương trình có dạng đối xứng loại I, tuy nhiên nếu ta đặt S = x+y và P = xy rồi đưahệ về theo S, P để !giải thì sẽ khá phức tạp, do đó ta sẽ biến đổi   1 1 1    = 5  (x + y) 1 +    x+y+ + =5 xy x y ! ⇔ hệ lại cho gọn trước. Ta có  1 1 1   2 2   x2 + y 2 + + 2 = 49  2  (x + y ) 1 + 2 2 = 49 x y xy  1 1     x+ x +y+ y =5 !2 . ⇔ 1 2 1   + y+ = 53  x+ x y ( 1 1 a+b=5 Đặt a = x + và b = y + thì hệ trên trở thành . a2 + b2 = 53 x y Hệ này đã đơn giản hơn rất nhiều so với hệ ban đầu, do đó đặt S = a + b và P = ab (với 2 điều ( kiện S ≥ 4P ) thì hệ ( trở thành S=5 S=5 ⇔ ⇔ . S 2 − 2P = 53 P = −14 Áp dụng định lý Viète đảo ta được a, b là hai nghiệm của phương trình X 2 − 5X ( ( − 14 = 0, a = −2 a=7 giải phương trình này ta được X = −2 hoặc X = 7, suy ra hoặc . b=7 b = −2 ( x = −1 √ Với a = −2 và b = 7 ta tìm được , còn với a = 7 và b = −2 thì ta tìm được y = 7±32 5 √ ( x = 7±32 5 . y = −1 o n √ √ Vậy hệ đã cho có tập nghiệm S = −1; 7±32 5 , 7±32 5 ; −1 .

Chứng minh bất đẳng thức Ví ( dụ 2.10. Cho ba số thực x, y, z thoả mãn hệ phương trình 7 x+y+z =5 . Chứng minh rằng 1 ≤ x, y, z ≤ xy + yz + zx = 8 3 Lời giải. Ta có (

x+y+z =5 ⇔ xy + yz + zx = 8

(

x+y =5−z xy = 8 − z (x + y) = 8 − z (5 − z)

Xem z như tham số, áp dụng định lý Viète đảo, ta được x, y là hai nghiệm của phương trình X 2 − (5 − z) X + 8 − z (5 − z) = 0. Phương trình này có nghiệm ⇔ ∆ = (5 − z)2 − 4 [8 − z (5 − z)] ≥ 0 ⇔ 3z 2 − 10z + 7 ≤ 0 ⇔ (z − 1) (3z − 7) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤ 37 . Chứng minh tương tự ta cũng được 1 ≤ x, y ≤ 73 . 32

2.2. Các dạng bài tập 2 Ví dụ 2.11. Giả sử phương trình + bx + c = 0 (a > 0) có hai nghiệm x1 , x2 ≥ 2. r ax c Chứng minh rằng (4a − b) 2 + ≥ 2 (4a − 2b + c). a

(

Lời giải. Theo định lý Viète, ta có

x1 + x2 = − ab . x1 x2 = ac

c ≥ 2 (4a − 2b + c) a ! ! r b c c b 2+ ≥2 4−2· + (do a > 0) ⇔ 4− a a a a √ ⇔ (4 + x1 + x2 ) 2 + x1 x2 ≥ 2 [4 + 2 (x1 + x2 ) + x1 x2 ] 1 2 1 + ≥ ⇔ √ x1 + 2 x2 + 2 2 + x1 x2 √ √ 2 √ x1 − x2 x1 x2 − 2 ≥ 0. ⇔ √ (x1 + 2) (x2 + 2) 2 + x1 x2 Bất đẳng này luôn đúng với mọi x1 , x2 ≥ 2.

Khi đó thì (4a − b) 2 +

Giải một số bài toán số học Ví dụ 2.12. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình x2 + y 2 + x + y = kxy có nghiệm nguyên dương. (Olympic 30/4 2014) Lời giải. Giả sử phương trình tồn tại nghiệm nguyên dương, gọi (x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình thoả mãn x0 + y0 nhỏ nhất . Giả sử x0 ≥ y0 , ta xét phương trình bậc hai ẩn x x2 + y02 + x + y0 = kxy0 ⇔ x2 + x (1 − ky0 ) + y02 + y0 = 0, phương ( trình này hiển nhiên có nghiệm x0 , gọi nghiệm còn lại là x1 , theo định lý Viète x0 + x1 = ky0 − 1 ta có . Do tổng x0 + y0 là nhỏ nhất nên x1 ≥ x0 , từ phương trình x0 x1 = y02 + y0 0 x0 + x1 = ky0 − 1 suy ra ky0 − 1 ≥ 2x0 hay 2x + y10 ≤ k. Mặt khác ta lại có y0 x20 + y02 + x0 + y0 = kx0 y0 suy ra k= 1 = 2

2x0 1 + y0 y0

x 0 y0 1 1 + + + y0 x0 x0 y0

y0 1 1 k 1 + + ≤ +1+1+ x0 x0 2y0 2 2

+ x10 = 5 . x0 = y0 = 1 Hệ này vô nghiệm nên k < 5 hay k ∈ {1, 2, 3, 4}.

Từ đây ta được k ≤ 5 . Dấu -"xảy ra ⇔

( 2x 0 y0

• Với k = 1 thì phương trình x2 + y 2 + x + y = xy sẽ vô nghiệm do x, y nguyên dương và x2 + y 2 ≥ 2xy > xy. 33

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE • Với k = 2 thì cũng làm tương tự như k = 1. • Với k = 3 thì phương trình x2 + y 2 + x + y = 3xy sẽ có nghiệm x = y = 2. • Với k = 4 thì phương trình x2 + y 2 + x + y = 4xy sẽ có nghiệm x = y = 1. Vậy k = 3 hoặc k = 4 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 2.13. Cho a, b là các số nguyên dương sao cho ab + 1 là ước của a2 + b2 . Chứng a2 + b 2 là số chính phương. minh rằng ab + 1 (IMO 1988) a2 + b 2 không là số chính phương. Xét ab + 1 phương trình a2 + b2 = k (ab + 1), gọi (a0 , b0 ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình này sao cho a0 + b0 nhỏ nhất. Giả sử a0 ≥ b0 , ta xét phương trình bậc hai ẩn a Lời giải. Với k nguyên dương, giả sử rằng k =

a2 − kb0 a + b20 − k = 0 phương trình này hiển nhiên có nghiệm a0 , gọi nghiệm còn lại là a1 , theo định lý Viète ta ( a1 + a0 = kb0 có . Từ phương trình a1 + a0 = kb0 suy ra a1 nguyên. Từ phương trình a1 a0 = b20 − k a1 a0 = b20 − k suy ra a1 6= 0 (vì nếu a1 = 0 thì k = b20 mâu thuẫn với điều giả sử). Hơn nữa a1 cũng không thể âm, vì nếu a1 < 0 thì a1 ≤ −1, khi đó 0 = a21 − kb0 a1 + b20 − k = a21 + b20 − k (b0 a1 + 1) ≥ a21 + b20 > 0 (!) Điều này chứng tỏ (a1 , b0 ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình a2 + b2 = k (ab + 1). Mặt khác ta lại có a1 =

b2 b20 − k < 0 < a0 a0 a0

Suy ra a0 + b0 > a1 + b0 , điều này rõ ràng là mẫu thuẫn với tính nhỏ nhất của a0 + b0 . a2 + b2 Vậy điều giả sử là sai nên ta được là số chính phương. ab + 1

2.3

Bài tập

Bài tập 1. Cho phương trình x2 − 5x + m = 0 (m là tham số). Tìm m để phương trình √ √ này có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 x2 + x2 x1 = 6. Bài tập 2. Cho phương trình (m − 10) x2 + 2 (m − 10) x + 2 = 0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình này có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x31 + x32 + x21 x2 + x1 x22 < −4 Bài tập 3. Hãy tính các biểu thức x21 − x22 ; x31 − x32 ; x41 + x42 với x1 , x2 là nghiệm của các phương trình sau: a) x2 − 27x + 43 = 0 b) 3x2 − 6x − 2 = 0 34

2.3. Bài tập c) 4x2 − 5x − 1 = 0 Bài tập 4. Cho phương trình x2 + 2 (m − 1) x − 2m + 5 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn a) x1 + x2 + 2x1 x2 ≤ 6 b) 2x1 + 3x2 = 1 c) 12 − 10x1 x2 − (x21 + x22 ) đạt giá trị lớn nhất. Bài tập 5. Cho các phương trình sau: a) mx2 − (m − 3) x + 2m + 1 = 0 b) (m − 2) x2 − (m + 4) x + 3 − m = 0 c) x2 − 2 (1 + 2m) x + 3 + 4m = 0 Tìm một hệ thức giữa x1 , x2 độc lập với m. Bài tập 6. Giải phương trình x2 − mx + n = 0, biết rằng phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt và m, n là các số nguyên tố. Bài tập 7. Cho phương trình x2 + mx + n = 0 với 3m2 = 16n. Chứng minh rằng trong hai nghiệm của phương trình, có một nghiệm gấp ba lần nghiệm kia. Bài tập 8. Cho phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 , x2 và phương trình cx2 + bx + a = 0 có hai nghiệm x3 , x4 . Tìm một hệ thức giữa các hệ số a, b, c biết rằng x21 + x22 + x23 + x24 = 4. Bài tập 9. Cho phương trình x2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 , x2 và phương trình x2 − b2 x + bc = 0 có hai nghiệm x3 , x4 . Xác định b, c biết rằng x3 − x1 = x4 − x2 = 1. √ Bài tập 10. Cho phương trình x + 2 x − 1 − m2 + 6m − 11 = 0. Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m. Bài tập 11. Cho phương trình

x4 − (3m + 14) x2 + (4m + 12) (2 − m) = 0 m là tham số . a) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. b) Tìm m để tích của bốn nghiệm này đạt giá trị lớn nhất. Bài tập 12. Tìm m để phương trình (x2 + mx + 2) (x2 + 2x + m) = 0 có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x21 + x22 + x23 + x24 . Bài tập 13. Cho phương trình 2x2 + 2 (m + 1) x + m2 + 4m + 3 = 0. a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 . b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |x1 x2 − 2 (x1 + x2 )|. Bài tập 14. Cho phương trình 12x2 − 6ax + a2 +

12 − 4 = 0 (a 6= 0). a2

a) Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 . 35

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức x31 + x32 . Bài tập 15. Cho phương trình x2 + px +

1 = 0 (p 6= 0). 2p2

a) Tìm p để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x41 + x42 . (Bulgaria 1980) x+y =a+1 . x2 + y 2 = 2a2 − 2

(

Bài tập 16. Cho x, y thoả mãn hệ Tìm a để cho xy đạt giá trị lớn nhất.

x+y+z =a . xy + yz + zx = b √ Chứng minh rằng max {x, y, z} − min {x, y, z} ≤ 34 a2 − 3b (

Bài tập 17. Cho x, y, z thoả mãn hệ

8−x x (8 − x) x− = 15. Bài tập 18. Giải phương trình x−1 x−1 Bài tập 19. Giải các hệ phương trình sau

(

x + y + xy = 11 . x2 + y 2 + xy = 19 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Đồng Tháp 2017 - 2018)

(

√ √ 2x + 2y = 6 √ √ . 2x + 5 + 2y + 9 = 8 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Phú Thọ 2017 - 2018)

(

x + y + 2xy = 2 . x3 + y 3 = 8 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Vĩnh Long 2017 - 2018)

(

√ √ x y+y x=6 . x2 y + xy 2 = 20 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Kon Tum 2017 - 2018)

Bài tập 20. Cho x, y là các số nguyên dương sao cho xy là ước của x2 + y 2 + 1. Chứng 2 2 +1 minh rằng x +y = 3. xy 2

Bài tập 21. Cho a, b là các số nguyên dương sao cho 4ab − 1 là ước của 4 (a2 − 1) . Chứng minh rằng a = b. (IMO 2007) 36

2.3. Bài tập Bài tập 22. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của k sao cho phương trình (x+y+z+t)2 = k 2 xyzt có nghiệm nguyên dương (VMO 2002) Bài tập 23. Cho phương trình ax2 + bx + c = 0 và |a (b − c)| > |b2 − ac| + |c2 − ab|. Chứng minh rằng√nếu phương trình có nghiệm thực thì tồn tại ít nhất một nghiệm x0 thoả mãn 0 < x0 < 3 − 1. Bài tập 24. Tính diện tích của một tam giác có số đo ba cạnh là a, b, c, biết rằng a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 − 12x2 + 47x − 60 = 0. Bài tập 25. Tìm a ≥ 1 để phương trình ax2 + (1 − 2a)x + 1 − a = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x2 2 − ax1 = a2 − a − 1. (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM 2016 - 2017) Bài tập 26. Cho bốn số thực a, b, c, d khác 0 thoả mãn các điều kiện sau: a, b là hai nghiệm của phương trình x2 − 10cx − 11d = 0; c, d là hai nghiệm của phương trình x2 − 10ax − 11b = 0. Tính giá trị của S = a + b + c + d. (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Bắc Ninh 2016 - 2017) Bài tập 27. Cho phương trình x2 − x + b = 0 có các nghiệm x1 , x2 và phương trình x2 − 97x + a = 0 có các nghiệm x41 , x42 . Tìm giá trị của a. (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Hải Phòng 2016 - 2017) Bài tập 28. Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + 2m2 − 3m + 1 = 0, trong đó m là tham số, x là ẩn số. 1. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có nghiệm. 2. Giả sử phương tình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 . Chứng minh rằng |x1 +x2 +x1 x2 | ≤

9 8

(Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Vĩnh Phúc 2017 - 2018) Bài tập 29. Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + 2m2 + 4m + 1 = 0(1) với m là tham số. 1. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 . Chứng minh x1 + x2 rằng < 1. 2 2. Giả sử các nghiệm x1 , x2 khác 0, chứng minh rằng 1 1 √ + √ ≥ 2 ≥ |x1 | + |x2 | x1 x2 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG TP. HCM 2017 - 2018) Bài tập 30. Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + m2 − 3 = 0 (x là ẩn, m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho x21 + 4x1 + 2x2 − 2mx1 = 1 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Bình Phước 2017 - 2018) 37

2. HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ HỆ THỨC VIÈTE Bài tập 31. Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x − 2017m2 − 1 = 0. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 thoả mãn |x1 | − |x2 | = 2018 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Hải Phòng 2017 - 2018) Bài tập 32. Tìm tham số m để phương√trình x2 − 2(m + 1) + 2m − 1 = 0 có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thoả mãn |x1 − x2 | = 2 6 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Long An 2017 - 2018) Bài tập 33. Cho phương trình x2 − 2x + 3 − m = 0 (m là tham số) 1. Tìm m để phương trình có nghiệm. 2. Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = −x31 x32 − 3(x31 + x32 ) + 4 (Đề thi tuyển sinh 10 chuyên Toán Vĩnh Long 2017 - 2018) Bài tập 34. Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình x2 + px + 1 = 0; c, d là hai nghiệm của phương trình y 2 + qy + 1 = 0. Chứng minh rằng (a − c)(a − d)(b − c)(b − d) = (p − q)2 . (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM 1996 1997) Bài tập 35. Đặt x1 =

m−

√ √ m2 + 1 m + m2 + 1 , x2 = . 2 2

Hãy tính theo m giá trị biểu thức A = [(2m + 1)x1 − (2m − 1)x2 ]2 + [(m − 2)x1 + (m + 2)x2 ]2 . (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Đà Nẵng 2011 - 2012)

CHƯƠNG 3 BẤT ĐẲNG THỨC 3.1

Tóm tắt kiến thức

Định nghĩa 3.1. Ta gọi hệ thức dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b ) là một bất dảng thức. Về cơ bản, để chứng minh bất đẳng thức a > b, ta xét hiệu a − b và chứng minh rằng hiệu đó là số dương. Chúng ta sẽ có các cách chứng minh khác được nhắc đến ở bên dưới. Bất đẳng thức có một số tính chất sau: 1. Tính bắc cầu: a > b : b > c ⇒ a > c. 2. Cộng hai vế của bất đảng thức với cùng một số: a > b ⇒ a + c > b + c. 3. Cộng từng vế hai bắt đầng thức cùng chiều, được bất đẳng thức mới cùng chiều với các bất đẳng thức đã cho: a > b, c > d ⇒ a + c > b + d. Chú ý rằng không dược trừ từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều. 4. Trừ từng vế hai bất đẳng thức ngược chiều, được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đảng thức bị trừ: a > b, c < d ⇒ a − c > b − d. 5. Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số: a > b : c > 0 ⇒ ac > bc a > b; c < 0 ⇒ ac < bc. 6. Nhân từng vế hai bất đảng thức cùng chiểu mà hai vế không âm: a > b ≥ 0.c > d ≥ 0 ⇒ ac > bd. 39

3. BẤT ĐẲNG THỨC

3.2

Một số phép biến đổi đẳng thức thường gặp

Ta có một số đẳng thức thường dùng khi biến đổi bất đẳng thức như sau: a) x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy(x + y). b) x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2(xy + yz + zx). c) x3 + y 3 + z 3 = (x + y + z)3 − 3(x + y)(y + z)(z + x). d) x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx). e) (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc. f) (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a)3 = 3(a − b)(b − c)(c − a). Các đẳng thức trên có thể được dễ dàng chứng minh bằng các phép biến đổi tương đương.

3.3

Bất đẳng thức AM-GM

Các dạng quen thuộc Bất đẳng thức (BĐT) AM-GM, được biết đến ở Việt Nam với tên gọi bất đẳng thức Cauchy, được phát biểu như sau: Định lý 3.1 (Bất đẳng thức AM-GM). Cho n số thực dương a1 , a2 , ..., an . Khi đó √ a1 + a2 + ... + an ≥ n a1 a2 ...an . n Với n = 2, ta có BĐT AM-GM cho hai số: √ a + b ≥ 2 ab. Với n = 3, ta có BĐT AM-GM cho ba số: √ 3 a + b + c ≥ 3 abc. Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an . Sở dĩ ở Việt Nam BĐT AM-GM được gọi là bất đẳng thức Cauchy vì chúng ta quen gọi tên BĐT theo tên người đã đề xuất một cách chứng minh độc đáo cho nó là Augustin-Louis Cauchy, nhà Toán học người Pháp.1 Cauchy đã đề xuất ra cách chứng minh BĐT này bằng phương pháp quy nạp lùi, mà với giới hạn của bài viết này chúng ta không nhắc đến ở đây. Bạn đọc quan tâm có thể tìm hiểu thêm về phương pháp này của Cauchy. Chú ý. Nhiều trường hợp ta cũng xét các đánh giá dạng ab ≤ a+b+c 3 1

a+b 2

và abc ≤

Augustin-Louis Cauchy (21/08/1789 - 23/05/1857) là nhà Toán học người Pháp, có nhiều đóng góp cho Toán học hiện đại, đặc biệt là ngành Giải tích.

3.3. Bất đẳng thức AM-GM Hệ quả 1. Ta có bất đẳng thức dạng cộng mẫu được suy trực tiếp từ BĐT AM-GM: 1 1 n2 1 + + ... + ≥ . a1 a2 an a1 + a2 + ... + an Với n = 2, ta có

Với n = 3, ta có

1 1 4 + ≥ . a b a+b 1 1 1 9 + + ≥ . a b c a+b+c

Gợi ý chứng minh. Nhân cả hai vế với a1 + a2 + ... + an .

Hệ quả 2. Một số đánh giá cơ bản với ba số: a) x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ∀ x, y, z. b) 3(x2 + y 2 + z 2 ) ≥ (x + y + z)2 ∀ x, y, z. c) (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ∀ x, y, z. d) x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ≥ xyz(x + y + z) ∀ x, y, z. e) (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z) ∀ x, y, z. f) (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz ∀ x, y, z ≥ 0. 9 g) (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ (x + y)(y + z)(z + x) ∀ x, y, z ≥ 0. 8 Gợi ý chứng minh. a) Chuyển về và nhóm lại, ta có (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 0, đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. b) Tương tự câu a. c) Tương tự câu a. d) Chuyển về và nhóm lại, ta có (xy − yz)2 + (yz − zx)2 + (zx − xy)2 ≥ 0, đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy = yz = zx (nếu các số đều dương thì ta có x = y = z, còn nếu xét không âm thì vẫn còn trường hợp hai trong ba số là 0). e) Tương tự câu d. f) Áp dụng BĐT AM-GM: √ x + y ≥ 2 xy q √ nhân y + z ≥ 2 √yz ⇒ (x + y)(y + z)(z + x) ≥ x2 y 2 z 2 = 8xyz.   z + x ≥ 2 zx   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 41

3. BẤT ĐẲNG THỨC g) Ta có

(x + y + z)(xy + yz + zx) = xyz + (x + y)(y + z)(z + x).

Suy ra (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤

1 + 1 (x + y)(y + z)(z + x) 8

9 = (x + y)(y + z)(z + x). 8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Ví dụ 3.1. Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a2 + b 2 − c 2 b 2 + c 2 − a2 c 2 + a2 − b 2 H= + + c a b Lời giải Ta biến đổi H như sau: b 2 c 2 c 2 a2 a2 b 2 b 2 c 2 + + + + + + + c c a a a a b b ! 2 2 2 2 a a b c + + + − 2(a + b + c) b b c c !

2H = +

= = = ≥

2 2 2 2 a2 b 2 b 2 c 2 c c a2 a2 a2 b 2 4 b 4 c 4 . . . +4 . . . +4 . . . − 2(a + b + c) c c a a a a b b b b c c 4(a + b + c) − 2(a + b + c) 2(a + b + c) √ 3 2.3. abc = 6 4

Do đó, H ≥ 3. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Ví dụ 3.2. Chứng minh rằng: nếu x, y, z là các số dương và 1 1 1 + + =4 x y z thì

1 1 1 + + ≤ 1. 2x + y + z 2y + z + x 2z + x + y

Lời giải 1. Theo BĐT AM-GM, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ≤ .√ ≤ . . + + + . 4 2x + y + z x+x+y+z 4 x.x.y.z 4 4 x x y z !

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: 1 1 1 1 1 1 1 ≤ . . + + + , x + 2y + z 4 4 x y y z !

1 1 1 1 1 1 1 ≤ . . + + + . x + y + 2z 4 4 x y z z !

3.3. Bất đẳng thức AM-GM Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên và kết hợp với giả thiết ta thu được: 1 1 1 + + ≤ 1. 2x + y + z 2y + z + x 2z + x + y Lời giải 2. Theo hệ quả 1, ta có 1 1 1 = ≤ 2x + y + z z+x+x+y 4 1 1 1 1 1 ≤ + + 4 4 z x 4 "

1 1 + x y

1 1 + z+x x+y

1 = 16

2 1 1 + + . x y z !

Các bước tiếp theo tương tự như trên.

Ví dụ 3.3. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 Q= 2 + + 4xy. 2 x +y xy Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4 + ≥ , ta có a b a+b

1 4 4 1 + ≥ = ≥4 x2 + y 2 2xy x2 + y 2 + 2xy (x + y)2 ⇒Q= Lại có

1 1 1 1 + + + 4xy ≥ 4 + + 4xy. 2 +y 2xy 2xy 2xy

1 1 1 1 + 4xy + ≥4+2 · 4xy + ≥ 7. Q=4+ 4xy 4xy 4xy (x + y)2 !

1 Dấu bằng xảy ra tại x = y = . 2

Ví dụ 3.4. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y3 z3 P = 2 + 2 + 2 . y +3 z +3 x +3 Lời giải. Do xy + yz + zx = 3 nên ta sẽ biến đổi biểu thức P về dạng quen thuộc: P =

x3 y3 z3 + + y 2 + xy + yz + zx z 2 + xy + yz + zx x2 + xy + yz + zx =

x3 y3 x3 + + · (y + x)(y + z) (z + x)(z + y) (x + z)(x + y)

Dự đoán dấu bằng xảy ra khi (

x=y=z ⇔ 3x2 = 3 ⇔ x = y = z = 1. xy + yz + zx = 3 43

3. BẤT ĐẲNG THỨC Ta áp dụng BĐT AM-GM cho ba số y+x y+z x3 ; ; (y + x)(y + z) α α và dấu bằng xảy ra khi (

nên có lời giải sau: Ta có

x=y=z=1 x3 = y+x = (y+x)(y+z) α

y+z α

⇔α=8

3 x3 y+x y+z 3 3 x + + ≥3 = x. (y + x)(y + z) 8 8 64 4

Tương tự,

y3 z+x z+y 3 + + ≥ y (z + x)(z + y) 8 8 4

và

x+z x+y 3 x3 + + ≥ x. (x + z)(x + y) 8 8 4

Cộng vế theo vế, suy ra

1 P ≥ (x + y + z) 4

Mà (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) = 9 3 nên ta có x + y + z ≥ 3 ⇒ P ≥ . Dấu bằng xảy ra tại x = y = z = 1. 4

Ví dụ 3.5. Chứng minh rằng với n ∈ N, n ≥ 2, ta có bất đẳng thức sau: n

1 1 1 1 n + 1 − 1 < 1 + + + ... + < n 1 − √ +1 n 2 3 n n

√ n

Lời giải. Trước hết ta chứng minh vế phải 1 1 1 1 1 + + + ... + < n 1 − √ +1 n 2 3 n n !

Ta biến đổi như sau: (3.1) ⇔

n 1 1 1 √ < (1 − ) + (1 − ) + ... + (1 − ) + 1 n n 2 3 n s

1 1 2 n−1 < 1 + + + ... + n 2 3 n 1 2 n−1 s 1 + + + ... + n 1 2 3 n ⇔ < n n ⇔ n. n

(3.1)

3.3. Bất đẳng thức AM-GM 1 2 3 n−1 Áp dụng bất đắng thức AM - GM cho n số dương 1, , , , ..., : 2 3 4 n s

1 2 n−1 1 2 n−1 1 1 + + + ... + ≥ n. n 1. . ... = n. n 2 3 n 2 3 n n Vì dấu đẳng thức không xảy ra nên ta có đpcm. Bây giờ ta sẽ chứng minh vế trái: n

√ n

n+1−1 <1+

1 1 1 + + ... + . 2 3 n

(3.2)

Ta biến đổi như sau: √ 1 1 1 (3.2) ⇔ n n n + 1 < 2 + (1 + ) + (1 + + ... + (1 + ) 2 3 n n+1 3 4 2 + + + ... + √ 2 3 n ⇔ nn+1< n n+1 3 4 : Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho n số dương 2, , , ..., 2 3 n s

√ n+1 3 4 n+1 3 4 ≥ n n 2. . ... =nnn+1 2 + + + ... + 2 3 n 2 3 n Vì dấu đẳng thức không xảy ra nên ta có đpcm.

Kỹ thuật AM-GM ngược dấu Trong nhiều trường hợp, khi áp dụng BĐT AM-GM, sẽ xảy ra tình trạng "ngược dấu", tức là nếu áp dụng BĐT AM-GM ngay, dấu của BĐT sẽ đổi chiều, chứng tỏ bước áp dụng AM-GM đó là quá "nặng tay". Để tránh tình trạng đối chiều BĐT, ta có một kĩ thuật gọi là "AM-GM"ngược dấu, hay "Cauchy ngược dấu". Hãy xem các ví dụ sau. Ví dụ 3.6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c + + 2 2 1+b 1+c 1 + a2 với a, b, c > 0 và a + b + c = 3. x x ≤ thì sẽ không tìm được GTNN 2 1+y 2y do cần đánh giá P ≥?!. Do đó cần tạo ra dấu − trước khi áp dụng AM-GM. Ta có phân tích sau: a a + ab2 − ab2 a(1 + b2 ) − ab2 ab2 = = = a − 1 + b2 1 + b2 1 + b2 1 + b2 Theo AM-GM: ab2 ab2 ab 1 + b2 ≥ 2b ⇔ − ≥ − =− 2 1+b 2b 2 Từ đó: a ab ≥a− 2 1+b 2 Lời giải. Ta thấy nếu áp dụng AM-GM ngay:

3. BẤT ĐẲNG THỨC Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: c b bc ca ≥b− , ≥c− . 2 2 1+c 2 1+a 2 Ta cộng vế theo vế, các đẳng thức trên, ta được: (a + b + c)2 a 3 b c ab + bc + ca 3 ≥a+b+c− = . + + ≥a+b+c− 2 2 2 1+b 1+c 1+a 2 2 2 3 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Vậy GTNN của biểu thức là đạt tại 2 a = b = c = 1. Ví dụ 3.7. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a)

a3 b ≥a− . 2 2 a +b 2

a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Long năm học 2018 - 2019)

Lời giải. a) Ta biến đổi như sau: a3 + ab2 − ab2 ab2 a3 = = a − a2 + b 2 a2 + b2 a2 + b 2 Theo AM - GM:

a2 + b2 ≥ 2ab.

Từ đó:

a3 ab2 b ≥ a − =a− , 2 2 a +b 2ab 2

chính là đpcm. b) Ta biến đổi như sau: a3 ≥ a2 + ab + b2

a3 2 a3 = . 2 . 2 2 2 a + b 3 a + b a2 + + b2 2

Áp dụng câu a, ta thu được: X

a3 2 b c a ≥ . a− +b− +c− 2 2 a + ab + b 3 2 2 2

a+b+c . 3

3.4. Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz Ví dụ 3.8. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh 2a2 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c. a + b 2 b + c 2 c + a2 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2016 - 2017 ) Lời giải. Áp dụng AM-GM với chú ý rằng 2a2 2a(a + b2 ) − 2ab2 2ab2 = = 2a − a + b2 a + b2 a + b2 √ b + ab 2ab2 . ≥ 2a − √ = 2a − b.ab ≥ 2a − 2b a 2 Tương tự ta được 2a2 ab + bc + ca 2b2 2c2 3 . + + ≥ (a + b + c) − 2 2 2 a+b b+c c+a 2 2 Mặt khác ta có: (a + b + c)2 (a2 + b2 + c2 ) ≥ 3(ab + bc + ca)2 ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca. Từ đó suy ra: 2a2 2b2 2c2 3 ab + bc + ca + + ≥ (a + b + c) − ≥ a + b + c. 2 2 2 a+b b+c c+a 2 2

3.4

Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz

Là một hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy-Schwartz được phát biểu như sau: Định lý 3.2 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz). Cho n số thực a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn . Ta có (a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 . a1 a2 an Dấu bằng xảy ra ⇔ = = ... = , với quy ước nếu bi = 0 thì bj = 0 với mọi j. b1 b2 bn Chứng minh. Khai triển đẳng thức sau và nhóm các hạng tử giống nhau lại với nhau ta được n X n X

(ai bj − aj bi )2 =

i=1 j=1

n X i=1

n X

a2i

i=1

dẫn đến

a2i

n X i=1

b2j +

j=1 n X

n X

n X i=1

n X

b2i

i=1

b2i

−2

i=1

a2i

n X

j=1 n X

n X i=1

ai b i

n X

b j aj

j=1

ai b i

i=1

b2i

a2j − 2

≥

n X

ai b i

i=1

3. BẤT ĐẲNG THỨC Một dạng thường dùng của bất đẳng thức Cauchy-Schwartz là bất đẳng thức CauchySchwartz dạng phân thức: Hệ quả 3 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz dạng phân thức). Cho các số thực dương a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn . Khi đó, a21 a22 a2 (a1 + a2 + ... + an )2 + + ... + n ≥ . b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn Dấu bằng xảy ra ⇔

a1 a2 an = = ... = . b1 b2 bn

Lưu ý là hệ quả trên chỉ đúng cho các số thực dương, trong khi bất đẳng thức CauchySchwartz nguyên gốc đúng cho mọi số thực. Bạn đọc có thể tự giải thích vì sao lại có sự khác biệt này. Ví dụ 3.9. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ . b+c c+a a+b 2 Lời giải. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwartz: b2 c2 (a + b + c)2 a+b+c a2 + + ≥ = . b+c c+a a+b a+b+b+c+c+a 2 Ví dụ 3.10 (Bất đẳng thức Nesbitt). Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rẳng P =

a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2

Lời giải. Một kĩ thuật thường gặp khi dùng tới BĐT Cauchy-Schwartz là tạo bình phương ở tử thức của từng phân thức. Ở đây tử thức chưa có dạng bình phương, do đó ta sẽ nhân cả tử và mẫu của từng phân thức với tử thức, để tử thức bắt đầu có dạng bình phương. Cụ thể như sau: P =

a b c a2 b2 c2 a2 b2 c2 + + = + + = + + . b+c c+a a+b a(b + c) b(c + a) c(a + b) ca + ab ab + bc bc + ca

Tới đây, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz và kết hợp với hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta được P ≥

(a + b + c)2 3(ab + bc + ca) 3 ≥ = . 2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) 2

Dấu bằng xảy ra tại a = b = c.

Ví dụ 3.11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (x3 + y 3 ) − (x2 + y 2 ) T = (x − 1)(y − 1) với x, y là các số thực lớn hơn 1. 48

3.4. Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bình Phước năm học 2017 - 2018) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: T =

x2 (x − 1) + y 2 (y − 1) x2 y2 (x + y)2 = + ≥ . (x − 1)(y − 1) y−1 x−1 x+y−2

Lại theo bất đẳng thức AM-GM thì: (x + y)2 − 4 4 4 (x + y)2 = + =x+y+2+ x+y−2 x+y−2 x+y−2 x+y−2 =x+y−2+

√ 4 + 4 ≥ 2 4 + 4 = 8. x+y−2

Vậy T ≥ 8. Dấu -"xảy ra ⇔ x = y = 2.

Nhận xét. Điều kiện x, y > 1 là cần thiết để xác định x − 1 > 0, y − 1 > 0. Điều này để hợp lý với phát biểu dạng phân thức của BĐT Cauchy-Schwarz, khi chỉ luôn đúng với mẫu thức dương. Ví dụ 3.12. Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng a b 4c + + ≥ 2. b+c c+a a+b (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Đắk Lắk năm học 2017 - 2018) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ta có: b 4c a2 b2 4c2 (a + b + 2c)2 a + + = + + ≥ . b+c c+a a+b ab + ca bc + ab ca + bc 2(ab + bc + ca) Mặt khác: (a + b + 2c)2 ≥ 4(ab + bc + ca) ⇔ (a − b)2 + 4c2 ≥ 0 (Bất đẳng thức luôn đúng). Do đó:

a b 4c + + ≥ 2. b+c c+a a+b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi c = 0 và a = b > 0.

Ví dụ 3.13. Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = abc. Hãy chứng minh bất đẳng thức: √

b2 + 2a2 + ab

√

c2 + 2b2 + bc

√ a2 + 2c2 √ ≥ 3. ac 49

3. BẤT ĐẲNG THỨC Lời giải. Điều kiện cần chứng minh tương đương với: √ √ √ √ c b2 + 2a2 + a c2 + 2b2 + b a2 + 2c2 ≥ 3(ab + bc + ca). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwartz như sau: q √ √ 3.c. b2 + 2a2 = (b2 c2 + c2 a2 + a2 c2 )(12 + 12 + 12 ) ≥ bc + ac + ac. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: √ √ √ √ 3.a. c2 + 2b2 ≥ ac + ab + ab, 3.b. a2 + 2c2 ≥ ab + bc + bc. Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, ta thu được: √ √ √ √ 3(c b2 + 2a2 + a c2 + 2b2 + b a2 + 2c2 ) ≥ 3(ab + bc + ca). √ Chia 2 vế cho 3, ta thu được điều phải chứng minh.

Ví dụ 3.14. Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng xy yz zx x2 + y 2 + z 2 + + ≤ x2 + yz + zx y 2 + zx + xy z 2 + xy + yz xy + yz + zx (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bình Thuận năm học 2016 - 2017) Lời giải. Để ý rằng theo bằng đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có xy xy(y 2 + yz + zx) xy(y 2 + yz + zx) = ≤ . x2 + yz + zx (x2 + yz + zx)(y 2 + yz + zx) (xy + yz + zx)2 Tương tự:

yz yz(z 2 + zx + xy) ≤ , y 2 + zx + xy (xy + yz + zx)2 zx zx(x2 + xy + yz) ≤ . z 2 + xy + yz (xy + yz + zx)2

Suy ra: yz zx (xy + yz + zx)(x2 + y 2 + z 2 ) x2 + y 2 + z 2 xy + + ≤ = . x2 + yz + zx y 2 + zx + xy z 2 + xy + yz (xy + yz + zx)2 xy + yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.

Nhận xét. Ở đây chúng ta cố gắng tạo ra mẫu số chung xy + yz + zx, sau đó cuối cùng cộng các tử thức lại và rút gọn. Chúng ta có một số bài toán tương tự: 1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có bc ca a2 + b 2 + c 2 ab + + ≤ a2 + ab + bc b2 + bc + ca c2 + ca + ab ab + bc + ca 2. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có ab bc ca a2 + b 2 + c 2 + + ≤ a2 + bc + b2 b2 + ca + c2 c2 + ab + a2 ab + bc + ca

3.5

Bài tập

Bài tập 1. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 50

3.5. Bài tập a) P =

x3 + 1 y 3 + 1 + x y

b) Q =

x3 + 1 y 3 + 1 + y x

Bài tập 2. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a) P = x3 + y 3 + xy. b) Q = x3 + y 3 + x6 y 6 . Bài tập 3. Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của ! xy 1 1 q 2 P = 2 + + 2(x + y 2 ). x + y2 x y

Bài tập 4. Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q=

abc . (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)

Bài tập 5. Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 3xyz. Chứng minh: y2 z2 x2 + + ≥ 1. y+2 z+2 x+2 Bài tập 6. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 1 2017 2018 + + ≤ 1. 1 + a 2017 + b 2018 + c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = abc.

(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2017 - 2018) Bài tập 7. 1. Cho a, b, c > 0 thoả mãn P =

1 1 1 + 2 + 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của: 2 a b c

1 1 1 + + 2 2 (2a + b + c) (2b + c + a) (2c + a + b)2

2. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x2 + y 2 + z 2 = 3. Chứng minh rằng: x y z 3 + + ≤ 3 − yz 3 − zx 3 − xy 2 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2017 - 2018) Bài tập 8. 1. Các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức: a b c 3 + + ≥ . 2 2 2 1+b 1+c 1+a 2 51

3. BẤT ĐẲNG THỨC 2. Chứng minh với mọi số thực dương a, b, c, d tac luôn có: a3 b3 c3 d3 a+b+c+d . + + + ≥ a2 + b2 b2 + c2 c2 + d2 d2 + a2 2 3. Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3. Chứng minh: a2 b2 c2 + + ≥ 1. a + 2b2 b + 2c2 b + 2a2 √

Bài tập 9. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn: Hãy chứng minh rằng:

√

b = 1.

1q 3(a + b) − (a + b) + 4ab ≥ (a + 3b)(b + 3a) 2 2

3 Bài tập 10. Cho các số thực dương x, y, z thoả x + y + z ≤ ·. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 biểu thức 1 1 1 +√ +√ . P =√ x + 3y y + 3z z + 3x Bài tập 11. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng 1 1 1 3 √ +√ 3 +√ 3 ≤√ 3 2 a +b b +c c +a Bài tập 12. Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 3xyz. Chứng minh: y2 z2 x2 + + ≥1 y+2 z+2 x+2 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu năm học 2016 - 2017 ) Bài tập 13. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

1 1 1 + + = 2. Chứng minh a+1 b+1 c+1

1 1 1 + + ≥1 8a2 + 1 8b2 + 1 8c2 + 1 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Lào Cai năm học 2016 - 2017) Bài tập 14. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≤ . ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4 Bài tập 15. Cho các số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 1 + + + =3 1+a 1+b 1+c 1+d Chứng minh rằng: abcd ≤ 52

1 . 81

3.5. Bài tập Bài tập 16. Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≥ 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của s

b2 c 2 1 9 25 A = 2 a2 + + + 3 + + 3 5 a b c (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hải Phòng năm học 2016 - 2017) Bài tập 17. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: abc = 1. Hãy chứng minh: a2 b

bc ca ab 3 + 2 + 2 ≥ . 2 2 2 +a c b a+b c c a+c b 2

Bài tập 18. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2). (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Thanh Hoá năm học 2018 - 2019) Bài tập 19. 1. Cho các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng: y4z z4x 3 x4 y + + ≥ . 2 2 2 x +1 y +1 z +1 2 2. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a b c 1 + + ≥ . b3 + 16 c3 + 16 a3 + 16 6 3. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có a4 b4 c4 d4 a+b+c+d + + + ≥ . 3 3 3 3 3 3 3 3 a + 2b b + 2c c + 2d d + 2a 3 Bài tập 20. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng 1 1 1 3 √ +√ 3 +√ 3 ≤√ 3 2 a +b b +c c +a

CHƯƠNG 4 PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN 4.1

Phép chia hết

. 6 0. Ta nói rằng a chia hết cho b, kí hiệu a .. b Định nghĩa 4.1. Cho hai số nguyên a và b = khi và chỉ khi tồn tại một số nguyên k sao cho ta có a = kb. . a .. b ⇔ a = kb. Khi đó, ta nói a là bội số của b và b là ước số của a. Ta còn nói b chia hết a, kí hiệu b | a. Tính chất 1. Sau đây là một số tính chất thường được sử dụng: (ta ký hiệu (a, b) là ước chung lớn nhất (ƯCLN) của a và b, [a, b] là bội chung nhỏ nhất (BCNN) của a và b) . . 1. Nếu a .. b và b .. a thì a = ±b. . . . 2. Nếu a .. b và b .. c thì a .. c. . . . 3. Nếu a .. c và b .. c thì a ± b .. c. . . . 4. Nếu a .. b và c .. d thì ac .. bd. . . 5. Nếu ac .. bc thì a .. b. . 6. Nếu a .. b và a 6= 0 thì |a| ≥ |b|. . 7. an − bn .. a − b với a 6= b. . 8. an + bn .. a + b với a 6= −b và n lẻ. . . 9. am − bm .. an − bn với an − bn 6= 0 và m .. n. . . . 10. Nếu p là một số nguyên tố và ab .. p thì a .. p hoặc b .. p. . . 11. Nếu p là một số nguyên tố và an .. p thì a .. p. 54

4.1. Phép chia hết 12. (a, b).[a, b] = ab. . 13. Nếu a .. b thì (a, b) = |b| và [a, b] = |a|. 14. a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a, b) = 1. 15. a, b và c được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a, b, c) = 1, đôi một nguyên tố cùng nhau nếu (a, b) = (b, c) = (c, a) = 1. 16. Với m ∈ N∗ , ta có (ma, mb) = m(a, b) và [ma, mb] = m[a, b]. 17. Nếu (a, b) = d thì a = dx, b = dy (với (x, y) = 1). . . 18. Nếu ab .. c và (a, c) = 1 thì b .. c. 19. Nếu p là một số nguyên tố và a không chia hết cho p thì (a, p) = 1 20. Tích của n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!. Chứng minh các tính chất trên xin dành lại cho bạn đọc. Riêng tính chất 20 sẽ được chứng minh trong phần Phép quy nạp Toán học. Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta luôn có . A = n5 − 5n3 + 4n .. 120 Lời giải. Ta có:

A = n5 − 5n3 + 4n = n(n4 − 5n2 + 4) = n(n2 − 1)(n2 − 4) = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2)

Vì đây là tích của 5 số nguyên liên tiếp, nên A sẽ chia hết cho 5! = 120.

. Ví dụ 4.2. Cho (16x + 28y)(16y + 28x) .. 11. Chứng minh rằng . (16x + 28y)(16y + 28x) .. 121 Lời giải. Vì 11 là số nguyên tố, nên  

. 16x + 28y .. 11 . 16y + 28x .. 11

. Mặt khác, vì (16x + 28y) + (16y + 28x) = 44(x + y) .. 11, mà một trong hai số chia hết cho 11, nên số còn lại cũng sẽ chia hết cho 11. . Vì vậy, (16x + 28y)(16y + 28x) .. 121. Ví dụ 4.3. Cho m, n là các số nguyên dương sao cho 5m + n chia hết cho 5n + m. Chứng . minh rằng m .. n. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. HCM năm học 2016 - 2017) 55

4. PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Lời giải. Do 5m + n chia hêt cho 5n + m nên tồn tại k nguyên dương và k < 5 sao cho: 5m + n = k(5n + m). Tức là m = n.

5k − 1 5−k

Thử các giá trị của k = 1; 2; 3; 4 ta lần lượt có m = n; m = 3n; m = 7n; m = 19n. Do đó . m .. n. Ví dụ 4.4. Cho n số nguyên a1 ; a2 ; ...; an thoả S = a1 + a2 + ... + an chia hết cho 6. Chứng minh rằng P = a31 + a32 + ... + a3n cũng chia hết cho 6. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bình Thuận năm học 2017 - 2018) Lời giải. Ta có P − S = a31 − a1 + a32 − a2 + ... + a3n − an = (a1 − 1)a1 (a1 + 1) + (a2 − 1)a2 (a2 + 1) + ... + (an − 1)an (an + 1). Vì trong ba số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 nên tích của chúng luôn chia hết cho 6, suy ra: . (ai − 1)ai (ai + 1) .. 6, i = 1, n. . . . Do đó P − S .. 6. Mà S .. 6 suy ra P .. 6.

Ví dụ 4.5. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta luôn có . A = n3 + 5n + 22n+1 − 2 .. 6 (Đề thi chọn HSG Toán 9 Bà Rịa - Vũng Tàu 2016-2017) Lời giải. Ta có: A = n3 + 5n + 22n+1 − 2 = n3 − n + 6n + 2(22n − 1) = n(n2 − 1) + 6n + 2(4n − 1) = (n − 1)n(n + 1) + 6n + 2(4n − 1) Ta thấy: vì n − 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích của ba số này sẽ chia hết cho . . 3! = 6. Mặt khác, vì 4n − 1 = 4n − 1n .. (4 − 1) nên ⇒ 4n − 1 .. 3. Kết hợp những điều trên, ta được . hay A .. 6. 56

. (n − 1)n(n + 1) + 6n + 2(4n − 1) .. 6

4.2. Phép chia có dư và bài toán đồng dư

4.2

Phép chia có dư và bài toán đồng dư

Định nghĩa 4.2. Với mọi a, b ∈ N(b 6= 0) ta luôn tìm được số tự nhiên r sao cho a = bq + r(0 ≤ r < b). Với r > 0, ta nói a chia b dư r. Định nghĩa 4.3. Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho c 6= 0 mà có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo module c, kí hiệu a ≡ b (mod c). . Nhận xét. Như vậy, nếu a ≡ b (mod c) thì a − b .. c. Tính chất 2. Xét a, b, c, d, m là các số nguyên. Khi đó, a) a ≡ a (mod m). b) a ≡ b (mod m) ⇔ b ≡ a (mod m). c) a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m). d) Nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) thì: • a ± b ≡ c ± d (mod m) • ac ≡ bd (mod m). • an ≡ bn (mod m). • (a + b)n ≡ bn (mod a). b m a • Nếu d là một ước chung của a, b, m thì ≡ mod . d d d

e) Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod mc) Ví dụ 4.6. a) Chứng minh một số chính phương sẽ chỉ đồng dư với 0 hoặc 1 theo module 3. b) Tìm tất cả các số dư có thể khi chia một số chính phương cho 4. Lời giải. a) Xét số chính phương a2 , với a là số nguyên. • Nếu a ≡ 0 (mod 3), ta có a2 ≡ 0 (mod 3). • Nếu a ≡ 1 (mod 3), ta có a2 ≡ 1 (mod 3). • Nếu a ≡ 2 (mod 3), ta có a2 ≡ 4 ≡ 1 (mod 3). Vậy một số chính phương sẽ đồng dư với 0 hoặc 1 theo module 3. Nhận xét. Tương tự, ta có thể tìm được các mọi số dư có thể có khi chia một số chính phương cho 5, 6, 7, ... 57

4. PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Ví dụ 4.7. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a2014 + b2015 + c2016 chia hết cho 6 thì a2016 + b2017 + c2018 chia hết cho 6. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Lâm Đồng năm học 2017 - 2018) Lời giải. Ta có a2016 − a2014 = a2014 (a2 − 1). Vì a2 ≡ 0, 1 (mod 2) nên a2014 ≡ a2016 (mod 2). Lại có, a2 ≡ 0, 1 (mod 3) ⇒ a2016 ≡ a2014 (mod 3). Do đó, ta có a2016 ≡ a2014 (mod 6). Lí luận tương tự, ta có b2017 ≡ b2015 (mod 6) và c2018 ≡ c2016 (mod 6). . Do đó, A = (a2016 + b2017 + c2018 ) − (a2014 + b2015 + c2016 ) .. 6. Từ đó, ta suy ra được nếu . . a2014 + b2015 + c2016 .. 6 thì a2016 + b2017 + c2018 .. 6. Ví dụ 4.8. Cho n = 2018.20172018 − 112017 − 62018 . Chứng minh n chia hết cho 17. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bạc Liêu năm học 2017 - 2018) Lời giải. Để ý rằng 2018 ≡ 12 (mod 17), ta có: n ≡ 12.112018 − 112017 − 62018 ≡ 131.112017 − 62018 ≡ 12.112017 − 112018 . Ví dụ 4.9. Chứng minh rằng với số tự nhiên n thì . 42n+1 + 3n+2 .. 19. Lời giải. Ta có 42 ≡ 16 ≡ 3(mod13) ⇒ 42n ≡ 3n (mod13) ⇒ 42n+1 ≡ 4.3n (mod13). Lại có 32 = 9 ≡ −4(mod13) ⇒ 32 .3n ≡ −4.3n (mod13) ⇒ 3n+2 ≡ −4.3n (mod13). Cộng theo vế, ta có

42n+1 + 3n+2 ≡ 0

(mod 19),

chính là đpcm.

4.3

Định lý Fermat nhỏ

Định lý 4.1 (Định lý Fermat nhỏ). 1 Với p là số nguyên tố và a là số nguyên dương, ta có ap ≡ a (mod p). Từ đây ta cũng suy ra ap−1 ≡ 1 1

(mod p).

Sở dĩ gọi là định lý Fermat nhỏ vì còn có một định lý Fermat khác gọi là định lý Fermat lớn, dù phát biểu rất đơn giản nhưng chứng minh nó lại cực kì phức tạp và cần rất nhiều kiến thức về Toán cao cấp để hiểu được nó.

4.4. Bài tập Ví dụ 4.10. Chứng minh với số nguyên dương a bất kì, a5 và a có chữ số tận cùng giống nhau. Lời giải. Để a5 và a có chữ số tận cùng giống nhau thì a5 − a phải chia hết cho 10. • Trước hết, dễ thấy a5 và a cùng tính chẵn lẻ nên a5 − a sẽ chia hết cho 2. • Theo định lý Fermat nhỏ, vì 5 là số nguyên tố nên ta có . ap ≡ a (mod 5) ⇒ a5 − a .. 5. . Vì 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau nên a5 − a .. 2.5 = 10, và ta có đpcm.

Ví dụ 4.11. Cho p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng . pq−1 + q p−1 − 1 .. pq. Lời giải. Vì p, q là hai số nguyên tố nên (p, q) = 1. Theo định lý Fermat nhỏ,

Tương tự,

. . pq−1 − 1 .. q ⇒ pq−1 + q q−1 − 1 .. q.

(4.1)

. pq−1 + q q−1 − 1 .. p.

(4.2)

. Kết hợp với (p, q) = 1, từ (4.1) và (4.2) ta có pq−1 + q p−1 − 1 .. pq.

4.4

Bài tập

Bài tập 1. Chứng minh P (n) = n4 − 14n3 + 71n2 − 154n + 120 luôn chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Tây Ninh năm học 2017 - 2018) Bài tập 2. Chứng minh biểu thức S = n3 (n + 2)2 + (n + 1)(n3 − 5n + 1) − 2n − 1 chia hết cho 120, với n là số nguyên. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bình Phước năm học 2017 - 2018) Bài tập 3. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số m = a2 + ab + b2 là 0. Chứng minh rằng m chia hết cho 20. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Đăk Nông năm học 2017 - 2018) Bài tập 4. Chứng minh rằng, nếu n là số nguyên dương thì 5n (5n + 3n ) − 2n (9n + 11n ) chia hết cho 21. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2014 - 2015) 59

4. PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Bài tập 5. Chứng minh rằng, nếu n là số nguyên dương thì 25n + 7n − 4n (3n + 5n ) chia hết cho 65. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2014 - 2015) Bài tập 6. Cho ba số nguyên x, y, z thoả mãn (a − b)(b − c)(c − a) = a + b + c

(4.3)

. Chứng minh rằng: a + b + c .. 27. (Đề thi HSG Toán 9 Tp. HCM năm học 1994 - 1995) Bài tập 7. Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thoả mãn x16 + y 16 + 2017 = z 16 . (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hải Phòng năm học 2017 - 2018) Bài tập 8. Cho An = 2018n + 2032n − 1964n − 1984n với n ∈ N. . a) Chứng minh rằng, ∀n ∈ N thì An .. 51. . b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho An .. 45. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM năm học 2018-2019) Bài tập 9. Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x, y thoả mãn p − 1 = 2x(x + 2) p2 − 1 = 2y(y + 2)

(

(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2015 - 2016) Bài tập 10. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n) thoả mãn  2m − 1 

.. .n

. 2n − 1 .. m

(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2016 - 2017) Bài tập 11. Cho m, n là hai số nguyên thoả mãn . 7(m + n)2 + 2mn .. 225 . Chứng minh rằng: mn .. 225. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. HCM 2019-2020) 60

4.4. Bài tập Bài tập 12. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thoả mãn p(p − 1) = q(q 2 − 1) (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà Nội năm học 2017-2018) Bài tập 13. Cho các số nguyên dương a, b, c thoả mãn a2 + b2 = c2 . Chứng minh rằng . ab .. a + b + c (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2017 - 2018) Bài tập 14. Cho biểu thức A = (m + n)2 + 3m + n với m, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng: nếu A là một số chính phương thì . n3 + 1 .. m (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. HCM 2017-2018) . Bài tập 15. Tìm số nguyên dương x lớn nhất sao cho 2019! .. 23x+6 . Bài tập 16. Chứng minh rằng, với mọi n ∈ N∗ , ta có . n4 + 26n3 − 25n2 + 22n .. 24 . Bài tập 17. Cho a, b, c là các số nguyên dương thoả mãn ab .. c. Chứng minh rằng . (a, c)(b, c) .. c Bài tập 18. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên a, b, c, d, ta luôn có . (a − b)(a − c)(a − d)(b − c)(b − d)(c − d) .. 12 Bài tập 19. Với mọi số nguyên dương n, ta có     

xn+2

x1 = 3 x2 = 11 = 2xn+1 + 7xn

. Chứng minh rằng: ∀n ≥ 1, xn − 3 .. 8. (Đề thi chọn đội tuyển Bến Tre năm học 2019 - 2020) Bài tập 20. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên a, b, c, ta luôn có . (a3 − b3 )(b3 − c3 )(c3 − a3 ) .. 7 Bài tập 21. Với mỗi số nguyên dương x, đặt Ax = (2 + 3) − (22 + 32 ) + (23 + 33 ) − ... + (2p + 3p ) . Tìm tất cả các số nguyên tố lẻ p sao cho Ap .. 5. 61

4. PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Bài tập 22. Chứng minh rằng, với mọi n ∈ N, ta có . A = n2 + 3n + 60 6 .. 49 Bài tập 23. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thoả mãn p3 − q 5 = (p + q)2 . Bài tập 24. Cho x, y, z là các số nguyên thoả mãn a + b + c .. 6. Chứng minh rằng . (a + b)(b + c)(c + a) − 2abc .. 6 . Bài tập 25. Cho a, b là các số nguyên thoả mãn a + 1; b + 2019 .. 6. Chứng minh rằng . 4a + a + b .. 6 . Bài tập 26. Cho a, b, c là các số nguyên dương thoả mãn ab .. c. Chứng minh rằng . (a, c)(b, c) .. c

CHƯƠNG 5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 5.1

Phương pháp xét tính chia hết/ chia có dư

Ví dụ 5.1. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159.

(5.1)

Lời giải. Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (5.1). Ta thấy 159 và 3x . . đều chia hết cho 3 nên 17 .. 3, y .. 3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau). Đặt y = 3t (t ∈ Z. Thay vào phương trình (5.1) ta được

3x + 17.3t = 159 ⇔ x + 17t = 53 Do đó

(

x = 53 − 17t (t ∈ Z) y = 3t

Thử lại, thay các biểu thức của x và y vào (5.1) thì phương trình nghiệm đúng. Vậy phương trình (5.1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thi công thức (x, y) = (53−17t, 3t). Ví dụ 5.2. Chứng minh rằng các phương trình sau đây không có nghiệm nguyên: a) x2 − y 2 = 2018 b) x2 + y 2 = 2019 Lời giải. a) Dễ chứng minh x2 , y 2 chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 nên x2 − y 2 chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 3. Còn vế phải 2018 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. b) x2 , y 2 chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 nên x2 + y 2 chia choi 4 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 2. Còn vế phải là 2019 chia cho 4 dư 3. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Nhận xét. Các kết luận được suy ra từ ví dụ 3: • x2 − y 2 chia cho 4 không dư 2. 63

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN • x2 + y 2 chia cho 4 không dư 3. Ví dụ 5.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 9x + 2 = y 2 + y Lời giải. Biến đổi phương trình thành 9x + 2 = y(y + 1). Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2. Từ đó chỉ có thể là y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (k nguyên). Khi đó: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x = 9k 2 + 9k ⇔ x = k(k + 1) Thử lại, x = k(k + 1), y = 3k + 1 thoả mãn phương trình đã cho.

Ví dụ 5.4. Tìm x, y nguyên dương thoả mãn phương trình 7x2 + 3y 2 = 714. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Ninh Bình năm học 2017 - 2018) . . Lời giải. Ta có 7x2 .. 7 và 714 .. 7, suy ra 3y 2 y nguyên dương nên y ∈ {0, 7, 14} . Thay vào dương duy nhất là (9, 7).

5.2

.. . . 7 hay y .. 7. Mặt khác, ta có 3y 2 ≤ 714 và phương trình trên ta được nghiệm nguyên

Phương pháp đưa về phương trình tích

Ví dụ 5.5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy − x − y = 2. Lời giải 1. Biến đổi phương trình thành x(y − 1) − y = 2 ⇔ x(y − 1) − (y − 1) = 2 + 1 ⇔ (y − 1)(x − 1) = 3 Vì x và y là các số nguyên nên x − 1 và y − 1 là các số nguyên và là ước của 3. Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả sử rằng x ≥ y, khi đó x − 1 ≥ y − 1. Lúc đó ta có ( ( x−1=3 x − 1 = −1 hoặc y−1=1 y − 1 = −3 Do đó (

x=4 hoặc y=2

(

x=0 y = −2

Các nghiệm nguyên của phương trình là (4, 2), (2, 4), (0, −2), (−2, 0). Lời giải 2. Ta có 64

5.3. Phương pháp dùng bất đẳng thức xy − x − y = 2 ⇔ x(y − 1) = y + 2. Ta thấy y 6= 1 (vì nếu y = 1 thì 0x = 3 vô nghiệm). Do đó x =

y+2 . Tách ra ở phân y−1

thức thành các số nguyên ta được: y+2 y−1+3 3 x= = =1+ y−1 y−1 y−1 3 Do x là số nguyên nên là số nguyên, do đó y − 1 là ước của 3. Lần lượt cho y − 1 y−1 bằng -1,1,-3,3, ta được các đáp số (−2, 0), (4, 2), (0, −2), (2, 4). Ví dụ 5.6. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z không âm thoả mãn xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2017. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Thừa Thiên - Huế năm học 2017 - 2018) Lời giải. Ta có

xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2017 ⇔ (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 2018 = 2018.1.1 = 1009.2.1.

Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0, ta có hai trường hợp xảy ra là:  = 2018 x = 2017 y+1=1 ⇔ y=0     z+1=1 z=0

Hoặc

  x + 1



  x + 1



 = 1009 x = 1008 y+1=2 ⇔ y=1     z+1=1 z=0

Vậy các bộ số (x, y, z) thoả mãn yêu cầu bài toán là: (2017, 0, 0), (0, 2017, 0), (0, 0, 2017), (1008, 1, 0), (1008, 0, 1), (1, 1008, 0), (1, 0, 1008), (0, 1, 1008), (0, 1008, 1).

5.3

Phương pháp dùng bất đẳng thức

Ví dụ 5.7. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Lời giải 1. Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có x + y + z = xyz.

(5.2)

Các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị các ẩn, chẳng hạn: 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Do đó xyz = x + y + z ≤ 3z. Chia hai vế của bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta được xy ≤ 3. Do đó xy ∈ {1, 2, 3}. • Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (7.1) được 2 + z = 2, loại. 65

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN • Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (7.1) được z = 3. • Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (7.1) được z = 2, loại vì trái giả thuyết y ≤ z. Vậy tập nghiệm của phương trình là (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1). Lời giải 2. Chia hai vế của x + y + z = xyz (7.1) cho xyz 6= 0, được: 1 1 1 + + = 1. yz xz xy Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Ta có 1= Suy ra

1 1 1 1 1 1 3 + + ≤ 2+ 2+ 2 = 2 yz xz xy x x x x

3 ≥ 1 ⇔ x2 ≤ 3, nên x = 1. Thay x = 1 vào (7.1) được: x2 1 + y + z = yz ⇔ yz − y − z = 1 ⇔ y(z − 1) − (z − 1) = 2 ⇔ (z − 1)(y − 1) = 2

Ta có z − 1 ≥ y − 1 ≥ 0 nên z − 1 = 2 và y − 1 = 1. Suy ra (y, z) = (2, 3). Ba số phải tìm là 1,2,3. Ví dụ 5.8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1 1 1 + = . x y 3 Lời giải 1. Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y. Ta sẽ dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y). 1 1 1 1 Hiển nhiên ta có < nên y > 3. Mặt khác do x ≥ y ≥ 1 nên ≤ . Do đó y 3 x y 1 1 1 1 2 1 = + ≤ + = . 3 x y y y y Mà

2 1 ≥ nên y ≤ 6. Do y là số nguyên nên y ∈ {4, 5, 6}. y 3

• Với y = 4 ta được

1 1 1 1 = − = nên x = 12. x 3 4 12

• Với y = 5 ta được

1 1 1 2 = − = , loại vì x không là số nguyên. x 3 5 15

• Với y = 6 ta được

1 1 1 1 = − = nên x = 6. x 3 6 6

Các nghiệm nguyên dương của phương trình là (4, 12), (12, 4), (6, 6). 66

5.4. Phương pháp dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Lời giải 2. Ta có 1 1 1 + = ⇔ x y 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x+y 1 = xy 3 3(x + y) = xy xy − 3x − 3y = 0 x(y − 3) − 3(y − 3) = 9 (x − 3)(y − 3) = 9

x − 3 và y − 3 lấy các giá trị nguyên và là ước của 9, ta có x−3 y−3 x y

1 9 4 12

9 1 12 4

−1 −9 2 −6

−9 −1 −6 2

3 3 6 6

−3 −3 0 0

Lấy các giá trị nguyên dương, ta được (4, 12), (12, 4), (6, 6).

Ví dụ 5.9. Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5x Lời giải. Viết phương trình dưới dạng 2 5

x 3

= 1.

(5.3)

• Với x = 0 thì vế trái của (5.3) bằng 2, loại. • Với x = 1 thì vế trái của (5.3) bằng 1, đúng. • Với x ≥ 2 thì

x 2

2 < , 5

3 5

< 2 5

3 nên 5 +

3 5

2 3 + =1 5 5

Nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1.

5.4

Phương pháp dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai

Ví dụ 5.10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y 2 = x + y. Lời giải. Viết phương trình thành phương trình bậc hai đối với x được x2 + (y − 1)x + (y 2 − y) = 0.

(5.4) 67

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm là ∆ ≥ 0. Ta có ∆ = (y − 1)2 − 4(y 2 − y) = −3y 2 + 2y + 1. ∆ ≥ 0 ⇔ 3y 2 − 2y − 1 ≤ 0 ⇔ (3y + 1)(y − 1) ≤ 0 1 ⇔ − ≤y≤1 3 Do y ∈ Z nên y ∈ {0, 1}. • Với y = 0, thay vào (5.4) được x2 − x = 0. Ta có x1 = 0, x2 = 1. • Với y = 1, thay vào (5.4) được x2 = 0. Ta có x3 = 0. Phương trình có nghiệm (0, 0), (1, 0), (0, 1).

Ví dụ 5.11. Tìm hai số x, y nguyên dương sao cho (x + 2)2 − 6(y − 1)2 + xy = 24. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Đắk Lắk năm học 2017 - 2018) Lời giải. Ta có (x + 2)2 − 6(y − 1)2 + xy = 24 ⇔ x2 + (y + 4)x − 6(y − 1)2 − 20 = 0.

(5.5)

Coi đây như một phương trình bậc hai ẩn x. Phương trình có nghiệm nguyên ⇒ ∆ = 25y 2 − 40y + 120 là số chính phương. Đặt 25y 2 − 40y + 120 = a2 ⇒ (5y − 4)2 + 104 = a2 ⇒ a2 − (5y − 4)2 = 104 ⇒ (a + 5y − 4)(a − 5y + 4) = 104. Do y là số nguyên dương nên a + 5y − 4 > a − 5y + 4. Kết hợp với điều kiện a + 5y − 4 và a − 5y + 4 phải cùng tính chẵn lẻ, ta chỉ có các trường hợp: ( ( a + 5y − 4 = 26 a = 15 TH1: ⇔ . Thay y = 3 vào (5.5), ta được x = 4. a − 5y + 4 = 4 y=3  (  a = 27 a + 5y − 4 = 52 29 (l) TH2: ⇔ a − 5y + 4 = 2 y= 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = (4; 3). Ví dụ 5.12. Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn x2 − y 2 = xy + 8. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bình Dương năm học 2017 - 2018) Lời giải. x2 − y 2 = xy + 8 ⇒ x2 − xy − (y 2 + 8) = 0. Phương trình có nghiệm nguyên ⇒ ∆ = y 2 + 4(y 2 + 8) = 5y 2 + 32 là số chính phương, vô lí vì một số chính phương không thể chia 5 dư 2. Vậy phương trình vô nghiệm. 68

5.5. Phương pháp dùng tính chất số chính phương

5.5

Phương pháp dùng tính chất số chính phương

Các tính chất thường dùng của số chính phương về tính chia hết là: 1. Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 5, 7. 2. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2 . 3. Số chính phương chia hết cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. 4. Số chính phương chia hết cho 4 có số dư là 0 hoặc 1. 5. Số chính phương chia hết cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4. Ví dụ 5.13. Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. Lời giải 1. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì 36x + 20 = 4n2 + 4n ⇔ 36x + 21 = 4n2 + 4n + 1 ⇔ 3(12x + 7) = (2n + 1)2 Số chính phương (2n + 1)2 chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12 + 7 không chia hết cho 3 nên 3(12x + 17) không chia hết cho 9. Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n(n + 1). Lời giải 2. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên, ta có n2 + n − (9x + 5) = 0. Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, ta phải có ∆ là số chính phương. Ta thấy ∆ = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21, chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9, nên không là số chính phương. Vậy không tồn tại số nguyên n để 9x + 5 = n(n + 1), tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. Ví dụ 5.14. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 4x = 19 − 3y 2 Lời giải. Biến đổi, ta có 2x2 + 4x + 2 = 21 − 3y 2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 − y 2 ).

(5.6)

. . Ta thấy 3(7 − y 2 ) .. 2 ⇒ (7 − y 2 ) .. 2 ⇒ y lẻ. Lại có 7 − y 2 ≥ 0 nên chỉ có thể y 2 = 1. Khi đó phương trình (5.6) trở thành 2(x + 1)2 = 18, nên x = 2 hoặc x = 4. Vậy nghiệm của phương trình là (2, 1), (2, −1), (4, 1), (4, −1). Ví dụ 5.15. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 4x2 + 4x + y 2 − 6y = 24 Lời giải. Ta có 4x2 + 4x + y 2 − 6y = 24 ⇔ (2x + 1)2 + (y − 3)2 = 34. 69

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Viết 34 dưới dạng a2 + b, trong đó a lẻ, ta có 34 = 12 + 33 = 32 + 25 = 52 + 9 Chỉ có hai trường hợp cho b là số chính phương là: 34 = 32 + 52 = 52 + 32 . Vì 2x + 1 ≥ 3 và y − 3 ≥ −2 nên ( ( 2x + 1 = 3 2x + 1 = 5 hoặc . y−3=5 y−3=3 Nghiệm nguyên dương (x, y) của phương trình là (1, 8), (2, 6).

Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào. Do đó với mọi số nguyên a và x, ta có: • Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2 . • Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 1)2 . Ví dụ 5.16. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 − y 4 = 3y 2 + 1 Lời giải. Xét giá trị x4 : x4 = y 4 + 3y 2 + 1 ≥ y 4 + 2y 2 + 1 = (y 2 + 1)2 x4 = y 4 + 3y 2 + 1 < y 4 + 4y 4 + 4 = (y 2 + 2)2 Suy ra (y 2 + 1)2 ≤ x4 < (y 2 + 2)2 , do đó (y 2 + 1)2 = x4

(5.7)

Thay x4 bởi y 4 + 3y 2 + 1 vào (5.7), ta được: y 4 + 2y 2 + 1 = y 4 + 3y 2 + 1 ⇔ y 2 = 0 ⇔ y = 0 Suy ra x = 1 hoặc x = −1. Nghiệm của phương trình là (1, 0), (−1, 0).

Ví dụ 5.17. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y 2 = x2 y 2 Lời giải 1. Thêm xy vào hai vế được: x2 + 2xy + y 2 = x2 y 2 + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1).

(5.8)

Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0. • Xét xy = 0, từ (??) ta có x2 + y 2 = 0 nên x = y = 0 • Xét xy + 1 = 0, ta có xy = −1, nên (x, y) ∈ {(1, −1), (−1, 1)}. Thử lại, các giá trị (0, 0), (1, −1), (−1, 1) đều là nghiệm của phương trình. 70

5.5. Phương pháp dùng tính chất số chính phương Lời giải 2. Dùng bất đẳng thức khi sắp thứ tự các ẩn: Không mất tính tổng quát, giả sử |x| ≤ |y| thế thì x2 ≤ y 2 , xy ≤ |xy| ≤ y 2 . Do đó x2 y 2 = x2 + xy + y 2 ≤ y 2 + y 2 + y 2 = 3y 2 . • Nếu y = 0 thì x = 0. • Nếu y 6= 0 thì chia hai vế cho y 2 được x3 ≤ 3. Do đó x2 = 1. Ta có thêm hai nghiệm (1, −1), (−1, 1) Ví dụ 5.18. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 5y 2 − 4xy + 4x − 4y + 3 = 0. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hải Dương năm học 2017 - 2018) Lời giải. Ta có x2 + 5y 2 − 4xy + 4x − 4y + 3 = 0 ⇔ (x − 2y + 2)2 + (y + 2)2 = 5. Suy ra:

(x − 2y + 2, y + 2) ∈ {(2, 1), (−2, 1), (2, −1), (−2, −1), (1, 2), (−1, 2), (1, −2), (−1, −2)} .

Từ đây tìm được tập các nghiệm nguyên của phương trình là {(−2, −1), (−6, −1), (−6, −3), (−10, −3), (−1, 0), (−3, 0), (−9, −4), (−11, −4)}. Ví dụ 5.19. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 2(x + y) + xy = x2 + y 2 . (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bến Tre năm học 2017 - 2018) Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với: 4(x + y) + 2xy = 2x2 + 2y 2 Hay:

8 = (x − y)2 + (x − 2)2 + (y − 2)2

Vì (x − y)2 là số chính phương nhỏ hơn 8 nên (x − y)2 = 0, 1 hoặc 4. Theo đó ta có 3 trường hợp: TH1: (x − y)2 = 0. Khi đó x = y = 4 hoặc x = y = 0 TH2: (x − y)2 = 1. Đến đây ta suy ra trường hợp sai vì 7 không là tổng hai số chính phương. TH3: (x − y)2 = 4 ⇒ (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4. Từ đây tìm đươc các nghiệm (x, y) = (6, 2), (−2, 2), (2, 6), (2, −2). 71

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

5.6

Một số bài toán khác

Ví dụ 5.20. Tìm tất cả các cặp số nguyên (a; b) thoả mãn 9a2 − 6a − b3 = 0. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Quảng Nam năm học 2017 - 2018) Lời giải. 9a2 − 6a − b3 = 0 ⇒ (3a − 1)2 =  b3 + 1 = (b + 1)(b2 − b + 1). Đặt  b + 1...d  b + 1...d .. 2 d = ƯCLN(b + 1, b − b + 1) ⇒ .. ⇒  .. ⇒ 3.d ⇒  2 2 b − b + 1.d (b + 1) − 3(b + 1) + 3.d " d=1 d=3 • Nếu d = 3, ta có (3a − 1)2 chia hết cho 3, vô lí. • Nếu d = 1, để (b + 1)(b2 − b + 1) là số chính phương thì cả b + 1 và b2 − b + 1 đều phải là số chính phương. Chỉ có b = 0 thoả điều kiện này (bạn đọc dễ dàng kiểm chứng). Với b = 0 thì a = 1. Vậy (a, b) = (0, 1) là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình.

Ví dụ 5.21. Cho phương trình x2 + y 2 + z 2 = 3xyz. Mỗi bộ số (x, y, z) trong đó x, y, z là các số nguyên dương thoả mãn phương trình trên được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình. 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng (x, y, y) của phương trình trên. 2. Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương (a, b, c) của phương trình trên và thoả mãn điều kiện min{a, b, c} > 2017. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 - 2018) Lời giải. 1. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là (x, y, y). Khi đó thay vào phương trình ta được: x2 + 2y 2 = 3xy 2 . . . Suy ra x2 .. y 2 hay x .. y. Đặt x = ty. Thay vào phương trình trên ta được: t2 y 2 + 2y 2 = 3t.y.y 2 ⇔ t2 + 2 = 3ty. Từ đây suy ra

. 2 .. t ⇒ t ∈ {1, 2} .

Với t = 1 ⇒ y = 1 ⇒ x = 1. Với t = 2 ⇒ y = 1 ⇒ x = 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương dạng (x, y, y) là (1, 1, 1) và (2, 1, 1). 72

5.7. Bài tập 2. Ta có x = 1, y = 2, z = 5 là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Giả sử a = min{a, b, c} với a < b < c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3abc. Xét phương trình (a + d)2 + b2 + c2 = 3(a + d)bc ⇒ 2ad + d2 = 3bcd ⇒ d = 3bc − 2a là một số nguyên dương. Suy ra phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương (a0 , b, c) với a0 = a + d. Do a < b < c, suy ra min{a0 , b, c} > min{a, b, c} = a. Lặp lại quá trình trên không quá 2017 lần ta được min{a, b, c} > 2017.

5.7

Bài tập

Phương pháp dùng tính chia hết Bài tập 1. Tìm nghiệm nguyên của mỗi phương trình sau: a) 12x − 7y = 45. b) 9x + 20y = 547. c) 11z + 8y = 73. Bài tập 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương: 11x + 1999y = 11.1999 Bài tập 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6x + 8y = m + 1 trong đó m là số nguyên cho trước Bài tập 4. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: c) 2x2 + 3xy − 2y 2 = 7. a) 2xy − 4x + y = 7. b) 3xy + x − y = 1.

d) x3 − y 3 = 91.

Bài tập 5. Chứng minh mỗi phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) 3x2 − 4y 2 = 13 b) 7x2 + 12y 2 = 2013 c) x2 = 2y 2 − 8y + 3 d) x5 − 5x34 x = 24(5y + 1) e) |x − y| + |y − z| + |z − x| = 2019 73

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài tập 6. Tìm tất cả nghiệm nguyên (x, y) của phương trình x3 − y 3 = 6xy + 3. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Thái Bình năm học 2017 - 2018)

Phương pháp đưa về phương trình tích Bài tập 7. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn 2x2 − 2x − 6y 2 + 3y + xy + 7 = 0. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Cần Thơ năm học 2016 - 2017) Bài tập 8. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x; y) thoả 2x .x2 = 9y 2 + 6y + 16 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2016 - 2017)

Phương pháp dùng bất đẳng thức Bài tập 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: a)

1 1 1 + = x y 4

1 1 1 + = x y 10

1 1 1 + = , với p là số nguyên tố cho trước. x y p

Bài tập 10. Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng. Bài tập 11. Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Bài tập 12. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: a) x2 + xy + y 2 = 2x + y b) x3 − 3xy + 3y 2 = 2y c) x2 − 2xy + 5y 2 = y + 1 Bài tập 13. Tìm nghiệm nguyên của mỗi phương trình sau: a) x2 + 2y 2 − 2xy + 4x − 3y − 26 = 0 b) x2 + 3y 2 + 2xy − 3x − 4y − 3 = 0 c) 2x2 + y 2 + 3xy + 3x + 2y + 2 = 0 d) 3x2 − y 2 − 2xy − 2x − 2y + 8 = 0 Bài tập 14. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 74

5.7. Bài tập x! + y! = (x + y)! Bài tập 15. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương x17 + y 17 = 1917 . Bài tập 16. Tìm tất cả các căp số nguyên (x; y) thỏa 1 + x + x2 + x3 + x4 = y 2 . (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Ninh Bình năm học 2016 - 2017)

Phương pháp dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Bài tập 17. Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn x2 + 2y 2 − 2xy − 4x + 8y + 7 = 0. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Đồng Nai năm học 2017 - 2018) Bài tập 18. Tìm tất cả nghiệm nguyên x, y của phương trình x2 = y 2 (x + y 4 + 2y 2 ). (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 - 2017) Bài tập 19. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả mãn x3 + y 3 − 9xy = 0. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp. Hà Nội năm học 2017 - 2018)

Phương pháp dùng tính chất số chính phương Bài tập 20. Tìm nghiệm nguyên của mỗi phương trình sau: a) x2 − 6x + y 2 + 10y = 24 b) x2 − 3x + y 2 − 6y + 10 = 0 c) (x + y + 1)2 = 3(x2 + y 2 + 1) d) x2 + 5y 2 − 4xy − 4y + 4 = 0 Bài tập 21. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: (1 + 2 + · · · + x)(12 + 22 + · · · + x2 ) Bài tập 22. Tìm các số nguyên x, y thoả: 9x2 + 3y 2 + 6xy − 6x + 2y − 35 = 0 (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Thái Bình năm học 2016 - 2017) Bài tập 23. Tìm tất cả các số nguyên x, y thoả mãn phương trình 2x2 + 4y 2 − 4xy + 2x + 1 = 2017. (Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Quảng Ngãi năm học 2017 - 2018) 75

CHƯƠNG 6 PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC 6.1

Một số công thức cơ bản √

(

A=B⇔

√ √ A= B⇔

(

2n+1

(

f (x) = g(x) ⇔

B≥0 A = B2

(6.1)

A ≥ 0 hoặc B ≥ 0 A=B

(6.2)

g(x) ≥ 0 + n ∈ Z f (x) = [g(x)]2n

(6.3)

[f (x)]

= [g(x)]

⇔ |f (x)| = |g(x)| ⇔

f (x) = g(x) f (x) = −g(x)

[f (x)]2n+1 = [g(x)]2n+1 ⇔ f (x) = g(x)

6.2

(6.4) (6.5)

Các dạng bài tập

Phương pháp luỹ thừa hai vế Các bước giải: 1. Đặt điều kiện để phương trình xác định. 2. Đặt điều kiện để hai vế không âm rồi lũy thừa hai vế. 3. Đưa về phương trình cơ bản; giải chọn nghiệm thỏa mãn điều kiện. Ví dụ 6.1. Giải các phương trình: √ √ a) 2x + 1 − x − 3 = 2. √ b) 2x2 − 4x + 5 = x − 4

√ √ 2 − x2 + 3x = 5x2 − 1

Hướng dẫn. Một lưu ý quan trọng khi chúng ta xử lí các phương trình chứa căn, đó là phải tìm điều kiện xác định trước tiên. 76

6.2. Các dạng bài tập a) ĐKXĐ: x ≥ 3. Phương trình đã cho tương đương với √ √ 2x + 1 = x − 3 + 2 √ ⇔ 2x + 1 = x − 3 + 4 + 4 x − 3 √ ⇔ 4 x − 3 = x ⇔ 16 (x − 3) = x2 "

⇔ x − 16x + 48 = 0 ⇔ 2

x=4 . x = 12

Thử lại đúng. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 4 và x = 12. b) Ta có

√

(

2x2 − 4x + 5 = x − 4 ⇔ (

⇔

x−4≥0 2x2 − 4x + 5 = (x − 4)2

x−4≥0 ⇒, x2 + 4x − 11 = 0

vô nghiệm. c) Ta có

√

√ 2 − x2 + 3x = 5x2 − 1 ⇔

(

5x2 − 1 ≥ 0 2 − x2 + 3x = 5x2 − 1

1 . Từ đây ta tìm được hai nghiệm là x = 1 và x = − . 2 Ví dụ 6.2. Giải các phương trình sau: √ √ √ √ √ √ 2x2 − x + 4 − 3x = 2 x2 − 2x + 2. c) x + 1 − x − 7 = 12 − x. √ b) 3x2 + 4 = 3x x2 + 4. a)

Hướng dẫn. 2x2 − x ≥ 0 x≤0 4 . Từ phương trình đã cho ta suy ra a) Điều kiện:  4 − 3x ≥ 0 ⇔ 1 ≤x≤  2 x − 2x + 2 ≥ 0 2 3   



2x2 − x + 4 − 3x + 2 (2x2 − x)(4 − 3x) = 4(x2 − 2x + 2) ⇒

√ −6x3 + 11x2 − 4x = x2 − 2x + 2 ⇒ −6x3 + 11x2 − 4x = (x2 − 2x + 2)2 "

⇒ x + 2x − 3x − 4x + 4 = 0 ⇒ (x + x − 2) = 0 ⇒ 4

x = −2 . x=1

Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = −2, x = 1. 77

6. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC b) Từ phương trình đã cho ta suy ra (3x2 + 4)2 = 9x2 (x2 + 4) ⇒ 9x4 + 24x2 + 16 = 9x4 + 36x2  √ 2 3  x= 16  3√ . ⇒ 12x2 = 16 ⇒ x2 = ⇒  2 3 12 x=− 3 √ √ 2 3 2 3 ,x=− . Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 3 3 c) Điều kiện: 7 ≤ x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương với √

x+1=

√ 2 √ √ √ x − 7 + 12 − x ⇔ x + 1 = x − 7 + 12 − x q

⇔ x + 1 = x − 7 + 12 − x + 2 (x − 7)(12 − x) q

⇔ x − 4 = 2 (x − 7)(12 − x) ⇔ (x − 4)2 = 4(−x2 + 19x − 84) 

⇔ 5x − 84x + 352 = 0 ⇔ 2



44 5 . x=8 x=

Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x =

44 , x = 8. 5

Phương pháp đưa về phương trình tích Ví dụ 6.3. Giải các phương trình sau: √ a) (x + 1)3 = (x4 + 3x3 ) x + 3. √ √ √ b) 3 x + 1 + 2x x + 3 = 6x + x2 + 4x + 3. Lời giải. a) Điều kiện: x ≥ −3. Phương trình đã cho tương đương với √ 3 √ √ (x + 1)3 = x3 (x + 3) x + 3 ⇒ (x + 1)3 = x x + 3 ⇒ x + 1 = x x + 3

⇒ (x + 1)2 = x2 (x + 3) ⇒ x2 + 2x + 1 = x3 + 3x2 ⇒ x3 + 2x2 − 2x − 1 = 0 

⇒ (x − 1)(x2 + 3x + 1) = 0 ⇒

−3 + Thử lại thấy x = 2 √ −3 − 5 . 2 78

√

     

x=1 √ −3 + 5 x= 2√ . −3 − 5 x= 2

không thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x =

6.2. Các dạng bài tập b) Điều kiện: x ≥ −1. Từ phương trình đã cho ta suy ra

2 2 √ √ √ 3 x + 1 + 2x x + 3 = 6x + x2 + 4x + 3

√ √ ⇒ 9(x + 1) + 4x2 (x + 3) + 12x x2 + 4x + 3 = 36x2 + x2 + 4x + 3 + 12x x2 + 4x + 3 

⇒ 4x3 − 25x2 + 5x + 6 = 0 ⇒ (x − 6)(4x2 − x − 1) = 0 ⇒

Thử lại thấy x = 6, x = √ 1 + 17 x= . 8

√

     

x=6 √ 1 + 17 x= . 8√ 1 − 17 x= 8

thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 6,

Ví dụ 6.4. Giải các phương trình sau: √ a) x2 − 6 4x + 1 + 14 = 0.

b) 4x2 + 5 +

√

3x + 1 = 13x.

Lời giải. a) Điều kiện: 7 ≤ x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương với √

x+1=

√ 2 √ √ √ x − 7 + 12 − x ⇔ x + 1 = x − 7 + 12 − x q

⇔ x + 1 = x − 7 + 12 − x + 2 (x − 7)(12 − x) q

⇔ x − 4 = 2 (x − 7)(12 − x) ⇔ (x − 4)2 = 4(−x2 + 19x − 84) 

⇔ 5x2 − 84x + 352 = 0 ⇔ 

44 5 . x=8 x=

Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x =

44 , x = 8. 5

1 b) Điều kiện: x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 3 √ 3x + 1 = −4x2 + 13x − 5 ⇒ 3x + 1 = (−4x2 + 13x − 5)2 ⇒ (4x2 − 11x + 3)(4x2 − 15x + 8) = 0  √ 11 + 73  x=  8√   11 − 73 "  x=  4x2 − 11x + 3 = 0 8√ ⇒ ⇒ .  4x2 − 15x + 8 = 0 15 + 97   x=  8√   15 − 97 x= 8 79

6. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC √ √ 11 + 73 15 − 97 Thử lại thấy x = , x = thoả. Vậy phương trình có nghiệm 8√ 8 √ 11 + 73 15 − 97 x= ,x= . 8 8 Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 6.5. Giải các phương trình sau: a)

q √ √ x + 8 + 2 x + 7 + x + 1 − 2 x + 7 = 4.

√ 2(x − 1) x2 + 2x − x − 1 + √ 2 = 0. x + 2x √ √ √ c) x(4 + x) − 3 − (x + x) 4x − 3 = 0.

Lời giải. a) Đặt t =

√

x + 7 (t ≥ 0). Phương trình trở thành √ √ t2 + 2t + 1 + t2 − 2t − 6 = 4 ⇒

√

t2 + 2t + 1 +

√

t2 − 2t − 6

= 16

⇒ 2t2 − 5 + 2 (t2 + 2t + 1)(t2 − 2t − 6) = 16 q

⇒ 2 (t2 + 2t + 1)(t2 − 2t − 6) = 21 − 2t2 ⇒ 4(t2 + 2t + 1)(t2 − 2t − 6) = (21 − 2t2 )2 ⇒ 4(t4 − 9t2 − 14t − 6) = 4t4 − 84t2 + 212 15 4 ⇒ 48t2 − 56t − 417 = 0 ⇒ 31 . t=− 12 √ 15 113 113 15 TH1: t = ⇒ x+7= ⇒x= . Thử lại thấy x = không thoả. 4 4 16 16 31 TH2: t = − không nhận vì t ≥ 0. 12 Vậy phương trình vô nghiệm.    

b) Điều kiện: x + 2x > 0 ⇔ 2

x < −2 . Đặt t = x + 1, phương trình trở thành x>0

√ √ 2(t − 2) t2 − 1 − t t2 − 1 + 2(t − 2) 2 √ t −1−t+ √ 2 =0⇒ =0 t −1 t2 − 1 √ √ ⇔ t2 + 2t − 5 − t t2 − 1 = 0 ⇒ t2 + 2t − 5 = t t2 − 1 ⇒ (t2 + 2t − 5)2 = t2 (t2 − 1) ⇒ t4 + 4t2 + 25 − 10t2 − 20t + 4t3 = t4 − t2 80

6.2. Các dạng bài tập 

⇒ 4t3 − 5t2 − 20t + 25 = 0 ⇒ (4t − 5)(t2 − 5) = 0 ⇒

   

5 4 √ t= √ 5 . t=− 5 t=

5 5 1 ⇒ x + 1 = ⇒ x = . Thử lại thấy không thoả. 4 4√ 4 √ √ TH2: t = √ 5⇒x+1= 5√ ⇒ x = 5 −√ 1. Thử lại thấy thoả. TH3: t = − 5 ⇒ x + 1 = − 5 ⇒√x = − 5 − 1.√Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 5 − 1, x = − 5 − 1. TH1: t =

√ 3 c) Điều kiện: x ≥ . Đặt a = x (a ≥ 0). Phương trình trở thành 4 √ a2 (4 + a) − 3 − (a2 + a) 4a2 − 3 = 0 √ ⇔ 4a2 + a3 − 3 = (a2 + a) 4a2 − 3 ⇒ (4a2 + a3 − 3)2 = (a2 + a)2 (4a2 − 3) ⇒ 3a6 − 15a4 + 21a2 − 9 = 0 ⇒ (a2 − 3)(3a4 − 6a2 + 3) = 0 √ Vì a ≥ 0 nên phương trình trên có nghiệm a = 3, a = 1. √ √ √ TH1: a = 3 ⇔ x = 3 ⇔ x = 3. Thử lại thấy thoả. √ TH2: a = 1 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1. Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 3, x = 1. Ví dụ 6.6. Giải các phương trình sau: √ a) x2 − x3 + x = 6x − 1. √ √ √ b) ( x + 4 − x − 1)( x2 + 3x − 4 + 1) = 5. Lời giải. " √ x3 + x ≥ 0 x≥3+2 2 √ a) Điều kiện: . ⇔ x2 − 6x + 1 ≥ 0 0≤x≤3−2 2 Phương trình đã cho tương đương với (

x2 + 1 − Đặt a =

√

x, b =

√

x(x2 + 1) − 6x = 0.

x2 + 1 (a, b ≥ 0). Phương trình trở thành "

b2 − ab − 6a2 = 0 ⇔ (b − 3a)(b + 2a) = 0 ⇔

b = 3a . b = −2a 

TH1: b = 3a ⇔

√

x2 + 1 = 3 x ⇔ x2 +1 = 9 ⇔ x2 −9x+1 = 0 ⇔

   

√

77 2√ . 9 − 77 x= 2

Thử lại thấy thoả. √ √ TH2: b = −2a ⇔ x2 + 1 = −2 x ⇒ x2 + 1 = 4x ⇔ x2 − 4x + 1 = 0 ⇔ 81

6. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC √ x = 2 + √3 . x=2− 3 Thử lại thấy không thoả. "

√ √ 77 9 − 77 Vậy phương trình có nghiệm x = ,x= . 2 2 √ √ b) Điều kiện: x ≥ 1. Đặt a = x + 4, b = x − 1 (a, b ≥ 0). Phương trình trở thành 9+

(a − b)(ab + 1) = a2 − b2 ⇔ (a − b)(ab + 1) − (a − b)(a + b) = 0 ⇔ (a−b)(ab+1−a−b) = 0 ⇔ (a−b) [a(b − 1) − (b − 1)] = 0 ⇔ (a−b)(a−1)(b−1) = 0. √ √ TH1: a − b = 0 ⇔ √x + 4 = x − 1 ⇔ x + 4 = x − 1 ⇔ 4 = −1 (vô lí). TH2: a − 1 = 0 ⇔ √ x + 4 = 1 ⇔ x + 4 = 1 ⇔ x = −3 (loại vì x ≥ 1). TH3: b − 1 = 0 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2 (thoả). Vậy phương trình có nghiệm x = 2. Phương pháp đưa về hệ phương trình Ví dụ 6.7. Giải các phương trình sau: a)

√

x+3−

√

x−1

√ x2 + 2x − 3 = 4.

√ √ √ b) x + 2 7 − x = 2 x − 1 + −x2 + 8x − 7 + 1. Lời giải. a) Điều kiện: √ x ≥ 1. √ Đặt a = x + 3, b = x − 1 (a, b ≥ 0). Ta có hệ phương trình: (

a2 − b 2 = 4 ⇔ (a − b)(1 + ab) = 4 (

⇔ (

TH1: (

TH2:

(

a2 − b 2 = 4 ⇔ (a − b)(1 + ab) = a2 − b2  2   a "

a −b =4 ⇔  (a − b)(1 + ab − a − b) = 0  2

(

a2 − b 2 = 4 (a − b)(1 + ab) = (a − b)(a + b)

− b2 = 4 a−b=0 1 + ab − a − b = 0

a2 − b 2 = 4 ⇔ 0 = 4 (vô lí). a−b=0 a −b =4 1 + ab − a − b = 0 2

(

⇔

a −b =4 (a − 1)(b − 1) = 0 2

 2 a   "

⇔  

− b2 = 4 a=1 b=1

√ a= 5 (do a, b ≥ 0). b( =1 ( √ √ √ x + 3 = 5 a= 5 Với ⇔ √ ⇔ x = 2. b=1 x−1=1 Thử lại thấy x = 2 thoả phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x = 2. (

⇔

6.2. Các dạng bài tập b) Điều kiện: √ 1 ≤ x ≤ 7. √ Đặt a = 7 − x, b = x − 1, (a, b ≥ 0). Ta có hệ phương trình (

b2 + 1 + 2a = 2b + ab + 1 ⇔ a2 + b 2 = 6 (

⇔

(

(b2 − 2b) − (ab − 2a) = 0 a2 + b 2 = 6

(b − 2)(b − a) = 0 . a2 + b 2 = 6

TH1: b − 2 = 0 ⇔ b = 2. Thay b = 2 vào phương trình thứ hai ta được: √ a2 + 22 = 6 ⇔ a2 = 2 ⇔ a = 2, (a ≥ 0). Từ đó ta có (

b = 2√ ⇔ a= 2

(

( √ x − 1 = 2 √ ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5. √ 7−x=2 7−x= 2

Thử lại thấy thoả. √ √ TH2: b − a = 0 ⇔ b = a ⇔ x − 1 = 7 − x ⇔ x − 1 = 7 − x ⇔ x = 4. Thử lại thấy thoả. Vây phương trình có nghiệm x = 4, x = 5. Ví dụ 6.8. Giải các phương trình sau: √ 3x = 3x + 1 − 1. 3x + 10 √ √ √ b) 3x + 4 − 3x + 2 1 + 9x2 + 18x + 8 = 2. a) √

Hướng dẫn. √ √ 1 a) Điều kiện: x ≥ − . Đặt a = 3x + 10, b = 3x + 1 (a > 0, b ≥ 0). Ta có hệ 3 phương trình  ( 2 2   a −b =9 a2 − b2 + 1 = 10 2 ⇔ a − 10  a2 − 10 = ab − a =b−1  a (

⇔

a2 − b2 + 1 = 10 ⇔ a2 − (a2 − b2 + 1) = ab − a

(

a2 − b 2 = 9 b2 − 1 = ab − a

a2 − b 2 = 9 a2 − b 2 = 9 ⇔ ⇔ . (b − 1)(b + 1) − a(b − 1) = 0 (b − 1)(b − a + 1) = 0 √ TH1: b − 1 = 0 ⇔ b = 1 ⇔ 3x + 1 = 1 ⇔ 3x + 1 = 1 ⇔ x = 0. Thử lại thấy thoả. TH2: b − a + 1 = 0 ⇔ b = a − 1. Thay b = a − 1 vào a2 − b2 = 9 ta được phương trình √ a2 − (a − 1)2 = 9 ⇔ 2a = 10 ⇔ a = 5 ⇔ 3x + 10 = 5 ⇔ 3x + 10 = 25 ⇔ x = 5. (

(

Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 0, x = 5. 83

6. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC √ √ 2 b) Điều kiện: x ≥ . Đặt a = 3x + 4, b = 3x + 2 (a, b ≥ 0). Ta có hệ phương trình 3 (

a2 − b 2 = 2 ⇔ (a − b)(1 + ab) = 2

(

a2 − b 2 = 2 (a − b)(1 + ab) = a2 − b2

a2 − b 2 = 2 a2 − b 2 = 2 ⇔ ⇔ . (a − b)(1 + ab) − (a + b)(a − b) = 0 (a − b)(1 + ab − a − b) = 0 √ √ TH1: a − b = 0 ⇔ 3x + 4 = 3x + 2 ⇔ 3x + 4 = 3x + 2 ⇔ 4 = 2 (vô lí). TH2: 1 + ab − a − b = 0 ⇔ (1 − a) − b(1 − a) = 0 ⇔ (1 − a)(1 − b) = 0. √ • 1 − a = 0 ⇔ 1 = a ⇔ 1 = 3x + 4 ⇔ 3x + 4 = 1 ⇔ x = −1. Thử lại thấy không thoả. √ 1 • 1 − b = 0 ⇔ 1 = b ⇔ 3x + 2 = 1 ⇔ 3x + 2 = 1 ⇔ x = − . Thử lại thấy 3 thoả. (

(

1 Vậy phương trình có nghiệm x = − . 3 Phương pháp dùng bất đẳng thức Ví dụ 6.9. Giải các phương trình sau: √ √ a) 2 3 − x + 2 + x = 5. √ √ √ b) 2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x = 2 x2 + 1. Hướng dẫn. a) Điều √ kiện: −2 ≤ √x ≤ 3. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 bộ số dương (2; 3 − x) và (1; 2 + x) ta có √ √ 4+3−x 1+2+x 2 3−x+ 2+x≤ + 2 2 √ √ 4+3−x+1+2+x ⇔2 3−x+ 2+x≤ 2 √ √ ⇔ 2 3 − x + 2 + x ≤ 5. ( √ 2 = √3 − x Dấu −” xảy ra khi và chỉ khi ⇔ x = −1. 1= 2+x Thử lại thấy x = −1 thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = −1. q √ √ √ b) 2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x ≤ 2(2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x) = 2 x2 + 1. Vậy phương " x=0 2 2 trình ban đầu có nghiệm ⇔ 2x + 3x + 1 = 1 − 3x ⇔ 2x + 6x = 0 ⇔ . x = −3 Thử lại, ta thấy x = 0; x = −3 đều thỏa mãn phương trình đã cho. 84

6.2. Các dạng bài tập Phương pháp dùng lượng liên hợp Ví dụ 6.10. Giải các phương trình sau: √ √ a) 2 (2x − 1) − 3 5x − 6 = 3x − 8. √ √ b) 3x + 7 x − 4 = 14 x + 4 − 20. √ √ √ c) ( x + 5 − x + 1)( x2 + 6x + 5 + 1) = 4. s

1 − 2x x2 + 3x = 2 . x x +1

Lời giải. 8 a) Điều kiện: x ≥ . Biến đổi phương trình ban đầu: 3 √ √ 2 (2x − 1) − 3 5x − 6 = 3x − 8 √ √ ⇔ 4x − 12 = 3 5x − 6 − 3 + 3x − 8 − 1 15 (x − 3) 3 (x − 3) ⇔ 4 (x − 3) = √ +√ 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1  x−3=0 3 15 ⇔   √ +√ =4 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1 • Nhận xét x = 3 là một nghiệm của phương trình. • Với x 6= 3, chia cả hai vế phương trình cho x − 3, ta có 3 15 √ +√ =4⇔ 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1 15 ⇔ 6

! √ 3 − 5x − 6 3 √ + 2 5x − 6 + 3 

 25

⇔ (3 − x) 

√

15 15 3 3 √ − + √ − 6 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1 2 !

! √ 1 − 3x − 8 25 3−x 9 3−x √ =0⇔ √ 2 + √ 2 = 0 2 2 3x − 8 + 1 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1 

5x − 6 + 3

9 1  √ 2  = 0 ⇔ x = 3 (thỏa ĐK). 2 3x − 8 + 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. b) Điều kiện: x ≥ 4. Phương trình đã cho tương đương với √ √ 3x + 7 x − 4 − 14 x + 4 + 20 = 0 √ √ ⇔ 3x − 15 + 7( x − 4 − 1) − 14( x + 4 − 3) = 0 7(x − 5) 14(x − 5) ⇔ 3(x − 5) + √ −√ =0 x−4+1 x+4+3 7 14 ⇔ (x − 5) 3 + √ −√ x−4+1 x+4+3

= 0. 85

6. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Vì 3 + √

7 14 −√ > 0 nên phương trình trên tương đương với x−4+1 x+4+3 x − 5 = 0 ⇔ x = 5.

Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = 5. c) Điều kiện: x ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương với √

q q √ √ 4 √ ( (x + 5)(x + 1)+1) = 4 ⇔ (x + 5)(x + 1)+1 = x + 5+ x + 1 x+5+ x+1 √ √ √ √ √ ⇔ x + 5( x + 1 − 1) − ( x + 1 − 1) = 0 ⇔ ( x + 1 − 1)( x + 5 − 1) = 0 " √ " " x + 1 − 1 = 0 x + 1 = 1 x=0 ⇔ √ ⇔ ⇔ . x+5=1 x = −4 x+5−1=0

Vì x ≥ −1 nên ta loại x = −4. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. 1 d) Điều kiện: 0 < x ≤ . Phương trình đã cho tương đương với 2 s

1 − 2x x2 + 1 − 1 + 3x − =0⇔ x x2 + 1

1 − 3x 1 − 2x −1+ 2 =0 x x +1





1 − 2x   −1   1 1 1 − 3x   ⇔s x = 0 ⇔ (1 − 3x)  s  = 0. + 2 !+ 2  x +1 x + 1 1 − 2x 1 − 2x   +1 +1 x x x Vì

1 1 > 0 nên phương trình trên tương đương với !+ 2 x +1 1 − 2x +1 x 1 1 − 3x = 0 ⇔ x = . 3

1 Thử lại thấy thoả. Vậy phương trình có nghiệm x = . 3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Ví dụ 6.11. Giải các phương trình sau: √ a) x2 + x − 1 = 5 b)

q √ √ x + 3 + x + 7x + 2 = 4

√ c) 3x7 − 5 − 4x = 3 − x3 √ √ d) 5x3 − 1 + 3 2x − 1 = 4 − x

Lời giải. a) Điều kiện: x ≥ 1. • Nhận xét x = 2 là một nghiệm của phương trình. 86

6.3. Bài tập • Với x > 2, ta có

x2 +

• Với x < 2, ta có

x2 +

√

x − 1 > 22 +

√

2 − 1 = 5.

√ √ x − 1 < 22 + 2 − 1 = 5.

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. b) Bạn đọc tự giải. 5 c) Điều kiện: x ≤ . Ta có 4 √ √ 3x7 − 5 − 4x = 3 − x3 ⇔ 3x7 + x3 − 3 = 5 − 4x. • Nhận xét x = 1 là một nghiệm của phương trình. 5 • Với 1 < x < , ta có 4 ( 3x7 + x3 − 3 > 1 √ , 5 − 4x < 1 vô lí. • Với x < 1, ta có

(

3x7 + x3 − 3 < 1 √ , 5 − 4x > 1

vô lí. Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. d) Bạn đọc tự giải.

6.3

Bài tập

Bài tập 1. Giải phương trình: √ 2 x2 − 3x + 2 = 3 x3 + 8.

Bài tập 2. Giải phương trình: √ 2x2 + x( x + 3 − 1) − 3 = 0. Bài tập 3. Giải phương trình: √

4x2 = (3x − 2)

2x + 1 − 1 .

Bài tập 4. Giải phương trình: √

2(x − 1) x2 + 2x − x − 1 + √ 2 = 0. x + 2x 87

6. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Bài tập 5. Giải phương trình:

√

x − 3x + 1 = − 2

3√ 4 x + x2 + 1. 3

Bài tập 6. Giải phương trình: √ √ ( 1 + x − 1)( 1 − x + 1) = 2x. Bài tập 7. Giải phương trình: q

2(x − 2) x(x + 3) + x3 + x2 − 14x + 16 = 0. Bài tập 8. Giải phương trình:

√ x3 − x2 − x x − 1 − 2 = 0.

Bài tập 9. Giải phương trình:

√ (x − 1)(x + 2) + 2 x2 + x + 1 = 0.

Bài tập 10. Giải phương trình: √ √ √ √ x 2x + 3 + 3( x + 5 + 1) = 3x + 2x2 + 13x + 15 + 2x + 3. Bài tập 11. Giải phương trình: q

(x2 + 2x)2 + 4(x + 1)2 −

x2 + (x + 1)2 + (x2 + x)2 = 2017.

Bài tập 12. Giải phương trình: √

64x3 + 4x . 5x2 + 6x + 6

5x2 + 6x + 5 =

Bài tập 13. Giải phương trình: √ √ √ (17 − 6x) 3x − 5 + (6x − 7) 7 − 3x = 2 + 8 36x − 9x2 − 35. Bài tập 14. Giải phương trình: √ √ √ x2 − 3x + 2 = 10x − 20 − x − 3. Bài tập 15. Giải phương trình: x4 − 2x3 + x −

2 (x2 − x) = 0.

Bài tập 16. Giải phương trình:

√ x2 − 6x + 4 + 2 2x − 1 = 0.

Bài tập 17. Giải phương trình: √ √ √ 2x + 5 − 2x + 2 1 + 4x2 + 14x + 10 = 3 Bài tập 18. Giải phương trình:

Bài tập 19. Giải phương trình:

√ 2 x2 + 2 = 5 x3 + 1.

√ 3x2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = 0.

CHƯƠNG 7 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 7.1

Một số kiến thức cần nhớ

Phương trình đẳng cấp Định nghĩa 7.1. Phương trình đẳng cấp bậc n là phương trình có dạng αn xn + αn−1 xn−1 y + αn−2 xn−2 y 2 + . . . + α1 xy n−1 + α0 y n = 0 Trong đó αi (i = 1, n) là các hằng số. Cách giải. Bỏ qua trường hợp đơn giản y = 0, ta xét với y 6= 0, khi đó chia hai vế của x phương trình cho y n và đặt t = thì ta được y αn tn + αn−1 tn−1 + αn−2 tn−2 + . . . + α1 t + α0 = 0 Đây chính là phương trình bậc n với ẩn là t, giải phương trình này ta sẽ có được x = ty. Thông thường ta sẽ gặp các trường hợp n ∈ {2, 3, 4} do đó để thuận tiện trong trình bày ta có thể biến đổi thành nhân tử thay vì giải phương trình, chẳng hạn nếu phương trình at2 + bt + c = 0 có hai nghiệm là t1 , t2 thì sẽ phân tích nhân tử thành a (t − t1 ) (t − t2 ) = 0

Hệ phương trình đối xứng loại I Xem phần định lý Viète và một số ứng dụng.

Hệ phương trình đối xứng loại II Định nghĩa 7.2. Hệ đối xứng loại II là hệ có dạng (

F (x, y) = 0 , F (y, x) = 0

trong đó F (x, y) là một đa thức không đối xứng. Cách giải. Trừ hai phương trình theo vế để được phương trình có dạng (x − y) G (x, y) = 0, sau đó giải hệ trong từng trường hợp x = y và G (x, y) = 0. 89

7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Hệ phương trình bậc hai hai ẩn Định nghĩa 7.3. Hệ phương trình bậc hia hai ẩn là hệ có dạng (

a1 x2 + a2 xy + a3 y 2 + a4 x + a5 y + a6 = 0 , b1 x2 + b2 xy + b3 y 2 + b4 x + b5 y + b6 = 0

trong đó ai , bi (i = 1, 6) là các hằng số (hoặc tham số) và x, y là các ẩn số. Cách giải tổng quát cho hệ này rất phức tạp, tuy nhiên trong một số trường hợp đặc biệt ta vẫn có thể giải được.

7.2

Các ví dụ

Đặt ẩn phụ x2 + y 2 + xy = 4y − 1 y Ví dụ 7.1. Giải hệ phương trình  x+y = +2 x2 + 1  

Lời giải. Ta sẽ sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ cho bài toán này, tuy nhiên cần nhớ rằng các ẩn phụ thường không xuất hiện ngay mà phải qua một số phép biến đổi, do đó ta biến đổi hệ như sau: x2 + 1    x2 + y 2 + xy = 4y − 1 +x+y =4 y y ⇔ y  x+y =  +2   x+y = +2 x2 + 1 2 x +1 

 

(chú ý y 6= 0, vì nếu y = 0 thì từ phương trình đầu tiên suy ra x2 = −1, vô lí). Tới đây x2 + 1 thì mối liên hệ giữa hai phương trình đã rõ, ta đặt a = (a 6= 0) và b = x + y. Khi y   1  (   a+b=4  a+ +2=4 a=1 a 1 đó hệ trên sẽ trở thành ⇔ ⇔ . 1  b= +2  b=3   b = + 2 a a Khi đó ta được ( ( x2 + 1 x2 + 1 = 3 − x x = 1 hoặc x = −2 =1 ⇔ ⇔ y  y =3−x y =3−x  x+y =3   

x=1 x = −2 ⇔ hoặc . y=2 y=5 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (1, 2) và (−2, 5). (

(

x2 + y 2 = 1 + xy !2 2 Ví dụ 7.2. Giải hệ phương trình x y  + =1  y+1 x+1   

Lời giải. Điều kiện xác định: x, y 6= −1. Rõ ràng đây là hệ đối xứng loại I, tuy nhiên nếu ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ 90

7.2. Các ví dụ S, P thì sẽ rất phức tạp, do đó ta sẽ biến đổi hệ này trước. Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với x y x (x + 1) + y (y + 1) = (x + 1) (y + 1) ⇔ + = 1. y+1 x+1 x y Tới đây thì ý tưởng đặt ẩn phụ đã rõ ràng, ta đặt a = và b = , khi đó hệ ban y+1 x+1 ( a+b=1 đầu sẽ trở thành . a2 + b 2 = 1 Hệ đối xứng loại I này đơn giản hơn rất nhiều so với hệ ban đầu, tới đây ta có thể sử dụng phương pháp S, P để giải tiếp, đặt S = a + b và P = ab (với điều kiện S 2 ≥ 4P ), khi đó ta có hệ ( ( S=1 S=1 ⇔ S 2 − 2P = 1 P =0 Suy ra a, b là nghiệm của phương trình X 2 − X = 0, phương trình này có hai nghiệm là 0 với 1, đo đó ta được ( ( a=1 a=0 hoặc b=0 b=1 • Với a = 1và b = 0: x (  =1  x=1 y + 1 Ta được ⇔ y  y=0  =0 x+1 • Với a = 0và b = 1: x (  =0  x=0 y + 1 Ta được  y ⇔ y=1  =1 x+1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (0, 1) và (1, 0).

Đưa về phương trình tích (

Ví dụ 7.3. Giải hệ phương trình

x = 2 − y3 y = 2 − x3

Lời giải. Nhận thấy hệ có dạng đối xứng loại II, do đó lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta thu được x − y = x3 − y 3

⇔ (x − y) x + xy + y − 1 = 0 ⇔ 2

x=y x2 + xy + y 2 = 1

• Với x = y Thay x = y vào phương trình đầu tiên của hệ ta được x = 2 − x3 ⇔ (x − 1) (x2 + x + 2) = 0. Do phương trình x2 + x + 2 = 0 vô nghiệm nên suy ra x = 1. Vậy trong trường hợp này ta tìm được nghiệm của hệ là x = y = 1. • Với x2 + xy + y 2 = 1. Từ hai phương trình của hệ ban đầu ta suy ra x + y = 4 − (x3 + y 3 ). Do đó ta được hệ đối xứng loại I (

x + y = 4 − (x3 + y 3 ) x2 + xy + y 2 = 1 91

7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Đặt (

2 S = x + y và P = xy (với ( điều kiện S ≥ 4P ) thì hệ trên trở thành S = 4 − (S 3 − 3SP ) S 3 − 3S (S 2 − 1) + S = 4 ⇔ S2 − P = 1 P = S2 − 1 ( ( −2S 3 + 4S = 4 S 3 − 2S + 2 = 0 ⇔ ⇔ . 2 P =S −1 P = S2 − 1 S2 4 Do P ≤ nên từ phương trình P = S 2 −1 ta suy ra S 2 ≤ < 2, mà 2 = S (2 − S 2 ) 4 3 nên S > 0. Do đó từ phương trình 2 = S (2 − S 2 ), kết hợp với bất đẳng thức AM-GM suy ra 2 1 4 = S 2 2 − S 2 = · 2S 2 2 − S 2 2 − S 2 2 !3 2 AM −GM 1 2S + 2 − S 2 + 2 − S 2 32 ≤ = <4 2 3 27 Điều này vô lý nên trường hợp này vô nghiệm.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = 1.

x + 2y =2 2 + y2 x Ví dụ 7.4. Giải hệ phương trình 2x − y    y+ =0 x2 + y 2    

Lời giải. Điều kiện xác định: x2 + y 2 6= 0. Đây là một bài toán khá khó khi mà hệ không có dạng quen thuộc, không đồng bậc, cũng không phân tích được nhân tử dù có công trừ các vế, còn nếu đặt ẩn phụ thì ngoài đại lượng x2 + y 2 ta không thấy được thêm một liên hệ nào khác giữa hai phương trình. Bài toán này có một cách giải bằng số phức rất hay, tuy nhiên đối với học sinh THCS ta cũng hoàn toàn có thể giải được bài toán này. Đầu tiên, xét x = 0, thế vào hệ ta tìm được y = 1. Xét y = 0 thì từ phương trình thứ hai 2 của hệ suy ra = 0 (vô lý). x Bây giờ ta xét x, y 6= 0. Khi đó ta biến đổi như sau x + 2y x2 + 2xy   2  x+ 2 = 2 x + = 2x  2 + y2 x + y2 x ⇔ 2x − y   2xy − y 2   2  y+  = 0 y + =0  x2 + y 2 x2 + y 2    



Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới theo vế ta được x2 − y 2 + 1 = 2x.  x + 2y   =2  x+ 2 x + y2 Với ý tưởng này, ta sẽ biến đổi hệ theo kiểu khác như sau ⇔   y + 2x − y = 0  x2 + y 2  2   xy + xy + 2y = 2y   x2 + y 2  2x2 − xy   =0  xy + 2 x + y2 Cộng hai phương trình theo vế ta !được xy + 1 = y. Từ đây ta thu được hệ  ! 2  y−1 y−1  (  − y2 + 1 = 2  x2 − y 2 + 1 = 2x y y ⇔  xy + 1 = y y − 1    x= y 92

7.2. Các ví dụ ( y4 = 1 x=2 y−1 ⇔ ⇔ (loại y = 1 do x 6= 0). x = y = −1  y Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (0, 1) và (2, −1).   

(

Ví dụ 7.5. Giải hệ phương trình

5x2 − 3y = x − 3xy x3 − x2 = y 2 − 3y 3

Lời giải. Để ý từ phương trình đầu tiên của hệ, ta có thể tính y theo x, sau đó thế vào phương trình còn lại của hệ để giải. Tuy nhiên sẽ rất khó khăn do ta phải giải một phương có bậc rất cao sau khi thế. Bây giờ ta sẽ biến đổi hệ một chút bằng cách để những số hạng cùng bậc ở cùng vế với nhau: ( ( 5x2 − 3y = x − 3xy 5x2 + 3xy = x + 3y ⇔ x3 − x2 = y 2 − 3y 3 x2 + y 2 = x3 + 3y 3 Lúc này ta thấy nếu nhân hai phương trình theo vế thì sẽ thu được một phương trình đẳng cấp bậc 4, khi đó giải phương trình bậc 4 này ta sẽ tính được x theo y (hoặc y theo x). Khi đó từ hệ trên ta suy ra

5x2 + 3xy

x2 + y 2 = (x + 3y) x3 + 3y 3

⇔ 4x4 + 5x2 y 2 − 9y 4 = 0 (

• y = 0: hệ ban đầu trở thành

(7.1)

5x2 = x ⇔x=0 x3 − x2 = 0

• y 6= 0 : chia hai vế của phương trình (7.1) cho y 4 và đặt t = 4t4 + 5t2 − 9 = 0 ⇔

 2 t 

x , ta được y

9 ⇔ t = ±1 t2 = − (loại vì t2 ≥ 0) 4

• Với t = 1: ta được x = y, khi đó hệ ban đầu trở thành " 8x2 = 4x x=y=0 3 2 4x = 2x ⇔  x=y=2  x=y   

• Với t = −1: ta được x = −y, khi đó hệ ban đầu trở thành " 2x2 = −2x x=y=0 3 2 2x = −2x ⇔  x = −y = −1  x = −y   

Thử lại ta thấy các nghiệm này đều thỏa mãn hệ ban đầu. Vậy hệ đã cho có ba nghiệm là (0, 0), (−1, 1) và (2, 2). Ví dụ 7.6. Giải hệ phương trình

          

√ 12 1− x=2 3x + y ! 12 √ 1+ y=6 3x + y !

7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH x, y ≥ 0 . 3x + y 6= 0 Dễ thấy nếu x = 0 hoặc y = 0 thì vô lý, do đó ta xét x, y = 6 0. Khi đó hệ đã cho tương đương với   2 6 2 12       =√  1−  2 = √y + √x 3x + y x ⇔ 12 6 24 6 2       1 + = =√ −√ √   3x + y y 3x + y y x (

Lời giải. Điều kiện xác định

Tới đây, một cách tự nhiên ta sẽ muốn nhân hai phương trình của hệ với nhau để tận dùng hằng đẳng thức làm cho mất căn đi. Cụ thể, từ hệ trên suy ra 48 = 3x + y

6 2 √ +√ y x

6 2 √ −√ y x

36 4 − y x

⇔ (3x + y) (9x − y) = 12xy ⇔ 27x2 − 6xy − y 2 = 0 Giải phương trình đẳng cấp này ta tính được y = 3x hoặc y = −9x (loại do điều kiện xác định). Với y = 3x, thế vào phương trình thứ nhất của hệ ban đầu ta được √ √ 12 2 2 1 −1 ± 3 1− x=2⇔ + √ −1=0⇔ √ = 3x + 3x x x x 2 √ ! √ √ 2 √ −1 − 3 <0 ⇔x= 1+ 3 . ⇔ x = 1 + 3 do 2 √ 2 Mà y = 3x nên suy ra y = 3 1 + 3 . √ 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm y = 3x = 3 1 + 3 . 8xy x2 + y 2 + = 16 Ví dụ 7.7. Giải hệ phương trình √ x+y   x + y = x2 − y   

Lời giải. Điều kiện xác định: x + y > 0. Nhận thấy phương trình thứ nhất đối xứng, còn phương trình thứ hai thì không đối xứng, lại có căn thức, cũng không có nhiều mối liên hệ với phương trình thứ nhất, do đó ta sẽ đi khai thác phương trình thứ nhất với hi vọng có thể phân tích phương trình này thành nhân tử. Ta có 8xy x2 + y 2 + = 16 x+y

⇔ x2 + y 2 (x + y) + 8xy − 16 (x + y) = 0 ⇔ (x + y)3 − 2xy (x + y) + 8xy − 16 (x + y) = 0 h

⇔ (x + y) (x + y)2 − 4 − 2xy (x + y − 4) = 0 ⇔ (x + y − 4) [(x + y) (x + y + 4) − 2xy] = 0

⇔ (x + y − 4) x2 + y 2 + 4x + 4y = 0 Do x + y > 0 và x2 + y 2 ≥ 0 nên x2 + y 2 + x + y > 0, do vậy ta thu được x + y = 4. Khi đó hệ ban đầu sẽ tương đương với 94

7.2. Các ví dụ x+y =4 x+y =4 x2 + x − 6 = 0 √ ⇔ ⇔ x + y = x2 − y y = x2 − 2 y = x2 − 2 ( ( x = −3 x=2 ⇔ hoặc . Cả hai nghiệm này thỏa mãn điều kiện x + y > 0. y=7 y=2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (−3, 7) và (2, 2). (

(

Ví dụ 7.8. Giải hệ phương trình

x2 + 2xy + 2y 2 + 3x = 0 xy + y 2 + 3y + 1 = 0

Lời giải. Nhận thấy cả hai phương trình của hệ đều không thể đưa về dạng tích được, do đó ta sẽ kết hợp cả hai phương trình lại, cụ thể là nhân phương trình hai cho một số α rồi cộng hai phương trình lại theo vế sao cho phương trình thu được có thể phân tích nhân tử. Với α 6= 0, từ hệ đã cho ta suy ra

x2 + 2xy + 2y 2 + 3x + α xy + y 2 + 3y + 1 = 0 ⇒ x2 + [(α + 2) y + 3] x + (α + 2) y 2 + 3αy + α = 0 h

∆ = [(α + 2) y + 3]2 − 4 (α + 2) y 2 + 3αy + α

= α2 − 4 y 2 + (12 − 6α) y + 9 − 4α Ta sẽ tìm α 6= 0 sao cho ∆ có dạng bình phương của một biểu thức, tức là phương trình ∆ = 0 có nghiệm kép hay ∆∆ = 0. Ta có

∆∆ = (12 − 6α)2 −4 α2 − 4 (9 − 4α) = 16 α3 − 13α + 18 = 16 (α − 2) α2 + 2α − 9 . Suy ra ∆∆ = 0 ⇔ α = 2. Chú ý ở đây ta chỉ cần tìm một số α = 6 0 là đủ, không cần phải tìm hết. Sau khi tìm được α thì hướng giải đã quá rõ ràng, lấy phương trình thứ hai của hệ nhân 2 rồi cộng với phương trình đầu theo vế ta được x2 + (4y + 3) x + 4y 2 + 6y + 2 = 0. Xem đây là một phương trình bậc hai theo ẩn x, do ∆ là bình phương của một biểu thức nên ta sẽ dễ dàng tính được x = −2y − 1 hoặc x = −2y − 2. Sau đó thế vào một trong hai phương trình của hệ để giải. Tới đây bạn đọc tự làm tiếp.

Đánh giá, sử dụng bất đẳng thức (

Ví dụ 7.9. Giải hệ phương trình

y = −x3 + 3x + 4 x = 2y 3 − 6y − 2

Lời giải. Có thể thấy hai phương trình trong hệ đều không đối xứng, không cùng bậc, cũng không có một mối liên hệ nào giữa hai phương trình, còn nếu tính y theo x từ phương trình đầu rồi thế vào phương trình còn lại thì ta phải đi giải một phương trình bậc 9. Lúc này công việc khả dĩ nhất chính là dự đoán nghiệm của hệ để từ đó tìm đường đi cho lời giải. Không quá khó khăn ta có thể tìm được x = y = 2 là một nghiệm của hệ, sau đó ta sẽ thử phân tích các phương trình của hệ theo nghiệm (cách làm này khá giống với giải phương trình). Cụ thể, ta sẽ biến đổi hệ ban đầu thành ( nhân lượng liên hợp khi 2 y − 2 = (2 − x) (x + 1) x − 2 = 2 (y − 2) (y + 1)2 Tới đây thì ý tưởng đã khó rõ, ta sẽ chứng minh nghiệm x = y = 2 là nghiệm duy nhất của hệ bằng phương pháp phản chứng. 95

7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Xét x > 2, khi đó (2 − x) (x + 1)2 < 0 nên từ phương trình đầu suy ra y < 2, suy ra 2 (y − 2) (y + 1)2 < 0 nên từ phương trình thứ hai suy ra x < 2 (vô lý). Xét x < 2, ta cũng làm tương tự như trên sẽ được điều vô lý. Xét x = 2, khi đó từ hệ suy ra y = 2. Vậy x = y = 2 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho. Ví dụ 7.10. Giải hệ phương trình 1 1 2 √ √ + = 2 1 + 2xy 1 + 2y 1 + 2x2 q q  2   x(1 − 2x) + y(1 − 2y) = 9    

√

1 Lời giải. Điều kiện xác định: 0 ≤ x, y ≤ . 2 Có thể thấy hai phương trình trong hệ đều đối xứng giữa x, y, tuy nhiên cái khó của bài này chính là căn thức quá nhiều, khi mà phương pháp đặt ẩn phụ tỏ ra vô hiệu trong bài này thì ý tưởng sử dụng bất đẳng thức lại tỏ vẻ hiệu quả. Bây giờ ta sẽ chọn một trong hai phương trình của hệ để sử dụng bất đẳng thức, để ý trong phương trình đầu nếu thay x = y = t thì hai vế sẽ bằng nhau với mọi t, do đó ta chọn phương trình đầu tiên để sử 1 2 1 dụng bất đẳng thức. Với x = 1 và y = 0 thì ta thấy √ +√ <√ , 2 2 1 + 2.1.0 1 + 2.1 1 + 2.0 do đó ta sẽ thử chứng minh √

2 1 1 ≤√ +√ 2 2 1 + 2xy 1 + 2y 1 + 2x

Bất đẳng thức này rất giống với một bất đẳng thức khá quen thuộc đó là 1 1 2 + ≤ 2 2 1+a 1+b 1 + ab với a, b là các số thực thỏa mãn −1 ≤ ab ≤ 1. Chứng minh bất đẳng này không quá khó, thật vậy ta có 1 2 (ab − 1) (a − b)2 1 + − = ≤0 1 + a2 1 + b2 1 + ab (1 + a2 ) (1 + b2 ) (1 + ab) √ √ 1 Nếu ta đặt a = 2x và b = 2y và chú ý 0 ≤ x, y ≤ hay 0 ≤ 2xy ≤ 1 thì bất đẳng 2 thức trên trở thành 1 1 2 + ≤ 2 2 1 + 2x 1 + 2y 1 + 2xy ⇔

v u u t2

1 1 + 2 1 + 2x 1 + 2y 2

≤√

2 1 + 2xy

Lúc này ta chỉ cần chứng minh v u

u 1 1 1 1 t2 √ √ + ≤ + . 2 2 2 1 + 2x 1 + 2y 2 1 + 2y 1 + 2x

7.3. Bài tập q √ √ Đây chính là bất đẳng thức cơ bản A + B ≤ 2 (A + B). Vậy ta được 1 1 2 √ . +√ ≤√ 2 2 1 + 2xy 1 + 2y 1 + 2x Dấu -"xảy ra khi và chỉ khi x = y. Thế x = y vào phương trình còn lại ta được √ q 1 1 9 ± 73 x (1 − 2x) = ⇔ x (1 − 2x) = ⇔x= . 9 81 36 √ 9 ± 73 Mà x = y nên suy ra x = y = . 36 √ 9 ± 73 Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = . 36

7.3

Bài tập (

Bài tập 1. Giải hệ phương trình

x2 + 4y 2 = 5 4x2 y + 8xy 2 + 5x + 10y = 1

x2 + 2y − 4x = 0 4x2 − 4xy 2 + y 4 − 2y + 4 = 0 ( √ √ √ 2x + 3y + 2x − 3y = 3 2y √ √ Bài tập 3. Giải hệ phương trình 2 2x + 3y − 2x − 3y = 6 (

Bài tập 2. Giải hệ phương trình

(

x3 − y 3 = 9 (x + y) x2 − y 2 = 3

(

x2 y 2 − 2x + y 2 = 0 2x2 − 4x + 3 = −y 3

(

2 2 (x √ 2− xy) (xy√− y ) =2 25 x − xy + xy − y = 3 (x − y)

(

x2 + 3y 2 − 3x − 1 = 0 x2 − y 2 − x − 4y + 5 = 0

Bài tập 4. Giải hệ phương trình Bài tập 5. Giải hệ phương trình Bài tập 6. Giải hệ phương trình Bài tập 7. Giải hệ phương trình

2x3 + x2 y + 2x2 + xy + 6 = 0 x2 + 3x + y = 0 ( √ 2 x2 + 4y − 13 + (x − 3) √ x +y−4=0 √ Bài tập 9. Giải hệ phương trình . (x + y − 3) y + (y − 1) x + y + 1 = x + 3y − 5 (

Bài tập 8. Giải hệ phương trình

(

x2 + 2y 2 − 2y = x − 3xy . 2x2 + y 2 − 17 = 3xy − x

(

y 2 + 1 = xy . x2 + y 2 + 1 + 2(x + y) = 0

(

x2 + 1 + y(x + y) = 4y . (x2 + 1)(x + y − 2) = y

Bài tập 10. Giải hệ phương trình Bài tập 11. Giải hệ phương trình Bài tập 12. Giải hệ phương trình

1 10 − = −1 . Bài tập 13. Giải hệ phương trình  y x  20y 2 − xy − y = 1   

7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH x2 − 2xy = 2y − x . x2 + 2x = 9 − y ( √ √ √ 2 x + 3y + 2 − 3 y = x + 2 √ . Bài tập 15. Giải hệ phương trình x2 − 3x − 4 y + 10 = 0 (

Bài tập 14. Giải hệ phương trình

(

Bài tập 16. Giải hệ phương trình Bài tập 17. Giải hệ phương trình

    

2x2 + 4x + y 3 + 3 = 0 . x2 y 3 + y = 2x √ 2 y 2 1 x = + √ −3 √ + . y x x y x3 − xy − 9x + 12 = 0

(

x2 + 9y 2 + 8xy + 24 = 0 . x − 3y + xy = 0

(

x2 + xy − 2y 2 = 0 . xy + 3y 2 + x = 3

(

x3 − 3x = y 3 + y . x2 = y 2 + 3

(

x3 + y 3 = 9 . x2 + 2y 2 = x + 4y

Bài tập 18. Giải hệ phương trình Bài tập 19. Giải hệ phương trình Bài tập 20. Giải hệ phương trình Bài tập 21. Giải hệ phương trình

x2 + y 2 − xy = 1 . x + x2 y = 2y 3 ( √ x + y = x + 3y . Bài tập 23. Giải hệ phương trình x2 + y 2 + xy = 3 (

Bài tập 22. Giải hệ phương trình

(

x2 + y 2 + xy = 1 . 2x6 − 1 = xy(2x2 y 2 − 32017 − 2018)

(

x3 + y 3 + 1 = 3xy . x2 + 2xy + 2y 2 = 5

(

6x + 4y + 2 = (x + 12017 − 2018)2 . 6y + 4x − 2 = (y − 12017 − 2018)2

Bài tập 24. Giải hệ phương trình Bài tập 25. Giải hệ phương trình Bài tập 26. Giải hệ phương trình

x2 y2 1 + = 2 2 Bài tập 27. Giải hệ phương trình (y + 1) (x + 1) 2 .   3xy = x + y + 1   

(

x2 − 4xy + x + 4y = 2 . x2 − y 2 = −3

(

xy√+ x + y√= x2 − 2y 2 . x 2y − y x − 1 = 2(x − y2017 − 2018)

(

x3 + xy 2 − 10y = 0 . x2 + 6y 2 = 10

(

x2 + xy − 2y + 3 = 0 . y + xy − 3x − y − 1 = 0

Bài tập 28. Giải hệ phương trình Bài tập 29. Giải hệ phương trình Bài tập 30. Giải hệ phương trình Bài tập 31. Giải hệ phương trình

7.3. Bài tập (

x2 − 5xy − 3x + 1 = 0 . 4y 2 + xy + 6y + 1 = 0

(

2 2 √x − 2y√ = xy + x + y . x 2y − y x − 1 = 4x − 4y

  

x2 + xy = y 3x2 . = 7 − 2x y 1 1 x− =y− x y . 2 2x − xy = 1

Bài tập 32. Giải hệ phương trình Bài tập 33. Giải hệ phương trình Bài tập 34. Giải hệ phương trình   Bài tập 35. Giải hệ phương trình

    

Bài tập 36. Giải hệ phương trình yz(x + y)(x + z) = 72 zx(y + z)(y + x) = 45 .   xy(z + x)(z + y) = 40   

Bài tập 37. Giải hệ phương trình (x − 1) (xy − x2 ) = 3 . x2 − 2x + y = 4

(

Bài tập 38. Giải hệ phương trình (

x2 = 2y 2 − y + 3x − 5 . y 2 = x2 + x − 3y − 2

Bài tập 39. Giải hệ phương trình (

x2 + y 2 − 3xy = −1 . 9x3 − 2y 3 = (x − y)(4xy − 1)

Bài tập 40. Giải hệ phương trình (

2x2 + xy + 3y 2 − 2y − 4 = 0 . 3x2 + 5y 2 + 4x − 12 = 0

Bài tập 41. Giải hệ phương trình (

x(2y + 1) − y = −3 . x2 + y 2 − 6xy = 9

Bài tập 42. Giải hệ phương trình (

2x2 − 3y 2 + xy = 12 . 6x + x2 y = 12 + 6y + y 2 x

PHẦN II MỘT SỐ ĐỀ ÔN TẬP

100

BÀI TẬP NÂNG CAO

TOÁN 9 TẬP 1

ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC