Đề Xuất 2/2023 # Chuyên Đề Bất Phương Trình # Top 10 Like | Asianhubjobs.com

Đề Xuất 2/2023 # Chuyên Đề Bất Phương Trình # Top 10 Like

Cập nhật nội dung chi tiết về Chuyên Đề Bất Phương Trình mới nhất trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.

Giải bất phương trình không chứa tham số Muốn giải một bất phương trình bậc cao, về cơ bản chúng ta vẫn phải tìm cách: a) Đưa vế trái của bất phương trình (vế phải của bất phương trình là 0) về dạng tích, thương của các nhị thức, tam thức bậc hai (cách làm tương tự như ở mụcI). b) Dựa vào cách đặt ẩn phụ ( các dạng tương tự như ở mục I) để đưa về bất phương trình bậc hai quen thuộc. Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau Giải: Xét Ta có bảng xét dấu : Xem bảng xét dấu ta có nghiệm của bpt là: Xét Mẫu Ta có bảng xét dấu: Xem bảng xét dấu ,vậy nghiệm bpt là Bài tập tương tự : Giải bất phương trình sau Hướng dẫn: Phân tích vế trái đã cho về dạng tích của các nhị thức , tam thức bậc 2 Cách 1: Tách nhóm các số hạng sao cho hợp lý Ta có: Cách 2:Xét nghiệm của đa thức , nếu có nghiệm hữu tỷ là ước (kể cả âm ) của là ước của nghiệm hữư tỷ nếu có của chỉ có thể là . Dùng lược đồ Hoocne ta thấy , và khi đó chia cho ta được Cách 3: Dùng phương pháp hệ số bất định , ta cũng đưa được . Vậy Ta có bảng xét dấu: Vậy nghiệm của Ví dụ2: Giải bất phương trình Giải: Đặt trở thành: Từ Vậy nghiệm của bpt đã cho là Ví dụ 3: Giải bất phương trình sau Giải: Thấy không thoả mãn , chia hai vế cho , đặt trở thành Vậy ta có Kết luận nghiệm của BPT là Ví dụ 4: Giải bất phương trình sau Giải: Xét Chọn sao cho: chọn Khi đó trở thành: Vậy nghiệm của đã cho là: Bài tập tương tự: Giải BPT sau ( tham số ) Hướng dẫn: * Nếu *Nếu , nhân hai vế của với Đặt trở thành: Xét , vậy có hai nghiệm đối với ẩn là: Thay , ta có trở thành: Mặt khác ta có Đáp số : II.Bất phương trình chứa tham số, vấn đề tập nghiệm của bất phương trình Cơ sở lý thuyết: * vô nghiệm * vô nghiệm *Cho bất phương trình: . Điều kiện cần và đủ để được thoả mãn với là: , với là tập nghiệm của ,( Tập cho trước có thể là: ) Ví dụ1: Cho tam thức: Xác định sao cho: Bất phương trình vô nghiệm; Bất phương trình có nghiệm. Giải: Vậy không thoả mãn đều kiện bài toán. * vô nghiệm Để xác định sao cho bất phương trình có nghiệm , ta giải bài toán:”Xác định sao cho vô nghiệm” * Vậy không thích hợp. *Ta có: vônghiệm Tóm lại, điều kiện để vô nghiệm là . Vậy, điều kiện để có nghiệm là Bài tập tương tự: Với những giá trị nào của thì : Hướng dẫn: Để ý thấy do Vậy Hệ có nghiệm với Đáp số: Ví dụ 2:Cho bất phương trình: Tìm để bất phương trình được thoả mãn với . Tìm để bất phương trình có nghiệm Giải: Cách giải1: Phương pháp tam thức bậc hai. Gọi X là tập nghiệm của .Ta tìm + không thích hợp. +, không thoả mãn +: Xét dấu và : thoả mãn . Tổng hợp các kết quả trên, ta được:. Cách giải 2: Phương pháp hàm số: Đối với học sinh đã được học kiến thức về khảo sát hàm số thì phương pháp giải này là khá hiệu quả ( Nếu như việc cô lập được tham số từ bất phương trình đã cho là đơn giản). Cơ sở lý thuyết: Giả sử hàm số có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên , liên tục trên . * có nghiệm . *. * có nghiệm . * Trở lại bài toán ta có: (do) Yêu cầu bài toán Xét Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: Xem bảng biến thiên ta có , vậy được thoả mãn Cách giải1( phương pháp tam thức bâc hai – bạn đọc tự giải) Cách giải2: Phương pháp hàm số Tương tự câu Yêu cầu bài toán trở thành : Tương tự như câu ta có . Bài tập tương tự: Xác định để bất phương trình : , Đáp số: hoặc Ví dụ 3: Tìm Cách giải: Gọi . ta có không trái dấu với nhau. Chú ý: Trong quy ước mẫu thức bằng thì tử thức cũng bằng Bài tập áp dụng: Tìm để Giải: Ta có Bởi thế và là tương đương. Vậy Ví dụ 4: Cho Tìm a để Giải: Viết lại Gọi Ta thấy Đáp số: Bài tập tương tự: Tìm để Hướng dẫn: Viết lại Yêu cầu bài toán

Chuyên Đề: Phương Trình Lớp 8

Phần IPhương trình bậc nhất một ẩnI. Khái niệm về phương trình. Phương trình bậc nhất một ẩn.1. Ví dụVí dụ 1: Giải phương trình: a2x + b = a(x + b) Giải: a2x + b = a(x + b) a2x + b = ax + ab a2x – ax = ab -b ax(a – 1) = b(a -1) (1)Nếu thì phương trình có một nghiệm duy nhất Nếu a = 1 thì (1) có dạng 0x = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x.Nếu a = 0 thì (1) có dạng 0x = -b, phương trình nghiệm đúng với mọi x khi b = 0, phương trình vô nghiệm khi Ví dụ 2: Giải phương trình:

Giải: Phương trình trên có hệ số bằng chữ ở mẫu thức. Điều kiện để phương trình có nghĩa là Với điều kiện này, phương trình đã cho tương với (a+x)(a+1) – (a-x)(a – 1) = 3aSau khi biến đổi ta được: 2ax = a (1)Nếu a 0, phương trrình có nghiệm duy nhất

Nếu a = 0, phương trrình (1) trở thành 0x = 0, nghiệm đúng với mọi x.

Kết luận: Nếu phương trình có nghiệm duy nhất Nếu a = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x Nếu a = phương trình vô nghiệm.Bài tập vân dụngBài 1: Tìm giá trị của m sao cho phương trình:a) 5(m + 3x)(x + 1) – 4(1 + 2x) = 80 có nghiệm x = 2.b) 3(2x + m)(3x + 2) – 2(3x + 1)2 = 43 có nghiệm x = 1.Bài 2: Giải các phương trình sau:ab) c) d) II. Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức.1. Ví dụVí dụ 3: Giải phương trình:

Giải: Nghiệm của phương trình nếu có, phải thoả mãn điều kiện Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:3(4x + 1) = 2(1 – 4x) + (8 + 6x) 14x = 7 x = Giá trị này thoả mãn điều kiện trên. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = Ví dụ 4: Giải phương trình:

Giải: Điều kiện của nghiệm số, nếu có, là Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:3(3 – 5x) + 2(5x – 1) = 4Giải phương trình này, ta được x = Giái trị này không thảo mãn điều kiện. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.Bài tập vận dụngBài 3: Giải các phương trình sau:ab) c) d) e) Bài 4: Với giá trị nào của a thì phương trình sau có một nghiệm duy nhất?

III. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đốiKhi giải các phương trình mà ẩn nằm trong dấu giái trị tuyệt đối, để bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta xét từng khoảng giá trị của biến. Cần nhớ và năm vững lý thuyết sau:1. Định nghĩa giá trị tuyệt đối:

2. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ax

Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ

1/ Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm. Khi giải các phương trình ta thường phải dùng các phép biến đổi tương đương. 2/ Một phương trình được gọi là phương trình hệ quả của phương trình cho trước nếu tập nghiệm của nó chứa tập nghiệm của phương trình đã cho. Khi giải phương trình, nếu ta dùng phép biến đổi đưa phương trình đã cho về một phương trình hệ quả thì ta phải thử lại. Cho tam thức bậc hai: f(x) = ax2+bx+c (a khác 0), f(x) có hai nghiệm x1;x2 thoả mãn: x1<<x2 khi và chỉ khi af()<0. f(x) có hai nghiệm trong khoảng khi và chỉ khi : f(x) có một nghiệm nằm trong , nghiệm còn lại nằm ngoài khi và chỉ khi . 4/ Một số kiến thức trong lý thuyết hàm số : Hàm số y=f(x) xác định trên D. Khi đó phương trình f(x)=g(m) có nghiệm trên D khi và chỉ khi g(m) thuộc vào tập giá trị của f(x) trên D. Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên D, x0 thuộc D sao cho f(x0)=m ( trong đó m là hằng số ) thì phương trình f(x) =m có nghiệm duy nhất trên D. Nếu f(x) đồng biến trên D, g(x) nghịch biến trên D , x0 thuộc D sao cho f(x0)= g(x0) thì phương trình f(x) =g(x) có nghiệm duy nhất trên D. 5/ Nội dung phương pháp cần và đủ : Bài toán đặt ra là : tìm điều kiện của tham số m để phương trình f(x,m)=0 thoả mãn tính chất (P) nào đó.Khi giải bài toán này bằng phương pháp điều kiện cần và đủ ta tiến hành theo các bước sau : Bước 1 : (tìm điều kiện cần) Giả sử phương trình đã cho đã thoả mãn tính chất (P).Ta đi tìm điều kiện ràng buộc của m. Giả sử điều kiên ràng buộc của m là m. Bước2  : (tìm điều kiện đủ) : Với m ta kiểm tra lại xem khi đó phương trình f(x,m)=0 đã thoả mãn tính chất (P) chưa.ở bước này nói chung ta thường thay các giá trị cụ thể của m vào để xét, những giá trị của m mà làm cho phương trình f(x,m)=0 thoả mãn tính chất (P) là đáp số bài toán. Phần II Một số dạng phương trình vô tỉ thường gặp. Dạng 1 : dùng phép biến đổi tương đương . Thực tế ta hay gặp trường hợp n=1.ở dạng (**) học sinh yếu thường hay mắc sai lầm như sau: đặt điều kiện f(x) sau đó luỹ thừa 2n hai vế của phương trình để khử căn rồi giải phương trình này , sau đó kiểm tra điều kiện f(x) thấy thoả mãn, kết luận đó là nghiệm phương trinh. ở (*) cũng vậy , mặc dù đơn giản nhưng học sinh cũng hay quên điều kiện f(x) hoặc g(x) không âm. Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . . . Dạng 2 : Phương pháp giải dạng này là : tìm tập xác định của phương trình đã cho rồi bình phương hai vế ,thu gọn để quy về dạng I. Khi gặp phương trình dang: học sinh thường mắc sai lầm là: sau khi tìm tập xác định của phương trình đã cho đem bình phương hai vế , thu gọn để quy về dạng I. Trường hợp này rất nhiều khi ta thu được phương trình hệ quả( Do chưa chắc đã có: với mọi x thuộc tập xác định của phương trình). Giáo viên cần lưu ý học sinh điều này. Ta nên hướng dẫn học sinh chuyển sang vế phải để quy về dạng 2. Ví dụ: giải phương trình: HD: Pt có tập xác định là: D= Ta có: Vậy nghiệm phương trình là x=0. Bài tập áp dụng: giải phương trình: III/ Dạng 3: Dùng tính chất của hàm số: Cơ sở lý thuyết: Cho f xác định trên D = (a ;b) f tăng (đồng biến) khi f giảm (nghịch biến) khi Định lý: Nếu f có đạo hàm trên D = (a , b) và f không phải là hằng số thì: f tăng trên D. f giảm trên D. Tính chất: Nếu f đơn điệu thì phương trình f(x0 = 0 có tối đa một nghiệm và nếu chỉ ra được nghiệm thì đó chính là nghiệm duy nhất. Từ đó ta có ứng dụng để giải phương trình hoặc chứng minh sự tồn tại nghiệm. Cách giải: Các vế của phương trình thường chứa các hàm số một biến. Tính chất của hàm số không thể không ảnh hưởng tới cách giải các bài toán đặt ra. Trong nhiều trường hợp, việc sử dụng các tính chất của hàm số giúp ta tìm được cách giải hợp lý và hiệu quả. *Chú ý: -Trong nhiều trường hợp HS sau khi nhẩm được nghiệm thì vội vàng kết luận tính duy nhất của nghiệm, mà quên đi cơ sở kết luận nghiệm phải dựa vào tính chất của hàm số có mặt trong bài toán đó. -Ta có thể lập bảng biến thiên để giải quyết bài toán dễ dàng hơn. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: Giải: Ta viết lại phương trình: Và nên Phương trình: (*) Xét nên f nghịch biến. Hơn nữa f(1) = 0 Do đó (*) Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1 Ví dụ 2: Tìm a để phương trình có nghiệm: Giải: Xét y = f(x) =, D = R thì f là hàm lẻ. Ta có : Đặt nên g đồng biến. Mà Bảng biến thiên: x 0 + y 1 -1 Vậy điều kiện để PT có nghiệm là Ví dụ 3: Giải phương trình: HD: Với phương trình vô tỷ này ta có thể chuyển vế, bình phương rồi khử dấu căn như cách thông thường. Tuy nhiên, nếu ta chú ý đến miền xác định của các hàm số và ta thấy ngay phương trình đã cho chỉ xác định với x = 2. Hơn nữa, x = 2 thoả mãn PT. Vậy nghiệm của PT là x = 2. Ví dụ 4: Giải phương trình: HD: Đây là một ví dụ về phương trình vô tỉ mà có thể dùng cách giải thông thường là bình phương 2 vế để khử căn. Tuy nhiên ta không vội làm điều đó mà để ý rằng: để PT có nghĩa thì Vậy PT vô nghiệm. Ví dụ 5: giải phương trình Giải. Nếu ta bình phương để khử căn thức thì sẽ được một phương trình bậc 4 đầy đủ, việc giải nó rất phức tạp, nên ta tìm cách giải khác. Trước hết ta để ý rằng x = 3 nghiệm đúng phương trình. Nhưng khác với các ví dụ trước, hàm số ở vế trái không phải là hàm đơn điệu trong miền xác định của nó: . Tuy nhiên nếu ta xét khoảng Thì vế trái là hàm số đơn điệu tăng do đó x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho trong khoảng . Bây giờ ta xét đoạn . Ta có với thì , vế trái nên phương trình không có nghiệm trong đoạn . Đáp số: x=3. Ví dụ 6: giải phương trình: HD: Pt đã cho có tập xác định là: D=. Ta dễ kiểm tra hàm đồng biến trên D. Mà f(2)=3. Do vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=2. Pt đã cho có tập xác định là: D=. Ta dễ kiểm tra hàm đồng biến trên D, hàm g(x)= nghịch biến trên D . Mà f(0)=g(0). Do vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0. Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . IV.Dạng 4: đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc hai Ví dụ: giải phương trình: . . . HD: a. Đặt y=.Ta được pt: y2-y-20 = 0 Nghiệm y = -4 bị loại.Với y = 5 ta tìm được các nghiệm x = 6 ; x = -3. Ta được phương trình : y2-y-6=0 Nghiệm y=-2 bị loại. Với y=3 ta được .Trong phần dùng tính đơn điệu của hàm số ta đã tìm được nghiệm duy nhất của pt này là x = 2. Vậy pt ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2. c. Phần này phép đặt ẩn phụ ở phần này được gọi là không hoàn toàn.Cụ thể như sau : Đặt y=. Ta được phương trình : y2-(x+3)y+3x=0 Với y=3 ta được : Với y=x ta được : . PT vô nghiệm. Vậy nghiệm của pt đã cho là : Bài tập áp dụng: giải phương trình: (x+5)(2-x)=3. . . . . . . x+. (4x-1). 2(1-x). V. Dạng 5: các pt vô tỉ quy về pt chứa dấu giá trị tuyệt đối. Ví dụ: giải phương trình: . HD: Nhân cả hai vế của phương trình với ta được: Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . . . VI. Dạng 6: giải pt vô tỉ bằng phương pháp nhân liên hợp. Ví dụ: giải phương trình: . Nếu ta dùng phép bình phương để khử căn thì ta thu được pt vẫn còn rất phức tạp, không quy được về các dạng quen thuộc. Khi đó giáo viên cần hướng dẫn học sinh tìm tòi xem các số liệu trong bài toán có gì đặc biệt. Trong bài tập này ta thấy (4x+1)-(3x-2)=x+3. Do đó ta nghĩ đến việc nhân cả hai vế của pt với liên hợp của vế trái. Lưu ý khi nhân cả hai vế của pt với u(x) ta cần quan tâm xem liệu u(x) có luôn khác 0 trên tập xác định của pt hay không. Nếu có ta phải xét riêng trường hợp này. HD: Pt có tập xác định D = .Ta thấy . Do vậy pt đã cho tương đương với: 5(x+3)=(x+3) (Vì x+3 . Bằng phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số ta tìm được nghiệm duy nhất của pt là x=2. Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . . 4(x+1)2=(2x+10)(1-2. VII. Dạng 7: phương pháp lượng giác hoá. Ví dụ: giải phương trình: HD: Pt đã cho có tập xác định là: D=[-1;1]. Đặt x=cost , () Ta được pt: 4cos3t-3cost=.Pt này có 3 nghiệm thuộc là: . Do vậy pt đã cho có 3 nghiệm là : Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . . . VIII. Dạng 8: . Trong đó A = A(x) ; B = B(x) ; C = C(x). Phương pháp giải của dạng này là : lập phương hai vế của pt ta được: A+B+3. Sau đó thế vào pt mới ta thu được: . Ta thu gọn hai vế rồi lập phương một lần nữa quy về pt bậc cao. Ta cần lưu ý cho học sinh các phép biến đổi trên chỉ là phép biến đổi hệ quả. Vì khi thế ta thu được (*). Mà (*) Như vậy khi được nghiệm của phương trình cuối cùng ta phải thay vào pt ban đầu để thử lại. Ví dụ: giải phương trình: HD: Lập phương hai vế của pt đã cho ta được: Thế vào pt trên ta được: Thay các giá trị x = 0 ; x =-1 vào pt ban đầu ta thấy chỉ có x =-1 là thoả mãn .Vậy nghiệm pt ban đầu là  x =-1. Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . IX. Dạng 9: đặt ẩn phụ đưa về hệ Ví dụ: giải phương trình: ( Dạng tổng quát là: ) ( Dạng tổng quát là: ) . . HD: a. Đặt . Ta được hệ: . Lấy (1) trừ (2) theo các vế tương ứng ta được: Với y=-x ta được : Với y=x+1 ta được: . Vậy pt dã cho có hai nghiệm: . b. Đặt . Ta được hệ đối xứng loại 2 : . Sau khi giải hệ này ta thu được các nghiệm của hệ :(1 ; 1) ; (-2 ;-2) Vậy pt đã cho có hai nghiệm : x1=1 ; x2=-2. c. Đặt .Ta được hệ : . Thế u=1-v vào pt u3+v2=1 ta được: (1-v)3+v2=1 .Giải pt này ta thu được 3 nghiệm : v1=0 ; v2=1; v3=3.Từ đó suy ra pt đã cho có 3 nghiệm: x1=1 ; x2=2 ; x3=10. d. Đặt . Ta được hệ đối xứng loại I: . Giải hệ này ta thu được hai nghiệm: (1;3) ; (3;1). Từ đó tìm được các nghiệm của pt dã cho là: x1=-17 ; x2=23. Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . . . . . . X. Dạng 10: một số phương trình vô tỉ không mẫu mực Dạng này đòi hỏi học sinh phải có sự sáng tao trong làm toán. Trong các bài toán ở dạng này ta thường dùng các phương pháp : nhận xét, đánh giá, dùng các bất đẳng thức cổ điển… Ví dụ: giải phương trình: . HD: Pt có tập xác định D = [1;+). Với mọi x thuộc D ta thấy: . Dấu bằng xảy ra . . Dấu bằng xảy ra . Từ đó dễ suy ra pt có nghiệm duy nhất x=1. Ta cũng có thể giải bài toán này bằng phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số. b. . HD: Pt có tập xác định D=[2 ;4] . Với mọi x thuộc D, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : . Dấu bằng xảy ra . . Dấu bằng xảy ra . Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=3. Ta cũng có thể dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá vế trái. c. HD : Dễ thấy pt có tập xác định là R. áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có : Dấu bằng xảy ra Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. d. . HD : Pt có tập xác định D=, áp dụng bđt Côsi ta có: . Dấu bằng xảy ra . Vậy pt có nghiệm duy nhất x=1/16. đ. . HD : Ta thấy : .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = 1. . Dấu bằng xảy ra Vậy nghiệm pt là . e. HD: +) Thay x = n; x= n+1 vào pt thấy thoả mãn. +) Nếu x < n thì . Do vậy mọi x < n không là nghiệm của pt. +) Nếu n < x < n+1thì : . Suy ra mọi x thoả n < x < n+1 cũng không là nghiệm pt. Vậy pt đã cho có hai nghiệm: x1=n ; x2=n+1. g. . (*) Trong bài này học sinh rất dễ mắc sai lầm là đem chia cả hai vế của phương trình cho được pt: . Giáo viên nên tạo ra lời giải theo hướng này và yêu cầu học sinh tìm chỗ sai trong lời giải. HD: Pt có tập xác định +) Nếu thì (*) . Ta thấy . Do vậy mọi không là nghiệm pt. +)Thay x=0 vào pt thấy thoả mãn. +) Nếu thì (*) . Ta thấy . Do vậy mọi cũng không là nghiệm pt. Vậy pt có nghiệm duy nhất x=0. h. . HD +) Trước tiên ta đi chứng minh bđt : Dấu bằng ở bđt này xảy ra +) áp dụng bđt trên ta có : Dấu bằng xảy ra Bài tập áp dụng: giải phương trình: . . . . . XI. Dạng 11: các pt vô tỉ có chứa tham số. Đối với các pt vô tỉ có chứa tham số ta thường gặp các loại câu hỏi sau: +) Tìm m để pt có nghiệm trên D. +)Tìm m để pt có nghiệm duy nhất. +) Biện luận theo m số nghiệm của pt. Ví dụ1: tìm m để phương trình: a. có nghiệm. HD: Cách 1: pt trên có tập xác định là R. Xét hàm : f(x)= . Ta có f’(x)=. . Dễ tính được : Ta có bảng: x f’(x) – 0 + f(x) Nhìn vào bbt ta thấy pt có nghiệm khi và chỉ khi . Cách 2 : pt đã cho Pt ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi pt (*) có nghiệm thuộc .Ta dùng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai được đáp số như trên. b. có nghiệm trên (0 ;1). HD : Đặt y = . Bằng cách lập bbt của hàm u(x)= 2x-x2 trên khoảng (0 ;1) ta được tập giá trị của y trên (0 ;1) cũng là (0 ;1). Ta được pt : y2+y = 1-m (*) . Pt ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm trên (0 ;1) Xét hàm f(y) = y2+y trên (0 ; 1). Ta thấy f(y) đồng biến trên (0 ;1) , do vậy hay tập giá trị của f(y) trên (0 ;1) là (0 ;2). Vậy pt ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi : 0< 1-m <2 hay -1 < m < 1. Bài này học sinh thường mắc sai lầm là khi đặt ẩn phụ : y = v(x) học sinh thường không tìm hoặc tìm không chính xác tập giá trị của y trên D. Sau đó lập luận pt ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi pt ẩn y có nghiêm. GV chú ý phân tích kỹ giúp học sinh tránh sai lầm này. c. có 4 nghiệm phân biệt. HD : Pt có tập xác định là [-3 ;1]. Đặt y = . Ta có bảng : x -3 -1 1 y 2 0 0 Ta được pt ẩn y : 3-y2 + my = m2 y2- my + m2 -3 = 0. Đặt f(y)= y2- my + m2 – 3 .Từ bbt ta thấy pt ban đầu có 4 nghiệm khi và chỉ khi f(y) có hai nghiệm phân biệt thuộc [0 ;2). Điều kiện cần và đủ là : Giải hệ này ta được : . d.. HD : +) Điều kiên cần : giả sử x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì ta thấy 1-x0 cũng là nghiệm của pt đã cho. Do vậy điều kiện cần để pt có nghiệm duy nhất là x0=1-x0 hay x0=1/2. Thay x0=1/2 vào pt ta được : . +) Điều kiện đủ : Với m =0 khá dễ dàng thấy pt có nghiệm duy nhất x=1/2. Với m=-1 pt trở thành : . . Vơi m=1 pt trở thành: . Ta thấy x=0; x=1 khi thay vào pt đều thoả mãn. Vậy đáp số bài toán là: m = 0; m =-1. Ví dụ2: biện luận theo m số nghiệm pt: . HD: Ta thấy pt luôn nhận x=0 là nghiệm với mọi m.Trên tập , pt đã cho tương đương với : (*) Số nghiệm của pt ban đầu bằng số nghiệm của pt (*) cộng với 1. Xét hàm trên . Ta có : . Ta tính được : Ta có BBT : x 0 f’(x) – - f(x) 1 Nhìn vào bảng BT ta thấy: +) Nếu thì PT f(x) =m vô nghiệm, suy ra PT ban đầu có một nghiệm. Bài tập áp dụng: Bài 1 : Tìm m để pt sau có nghiệm . . . . m. mx= . . Bài 2 : Tìm m để pt : có hai nghiệm phân biệt. có 4 nghiệm phân biệt. có hai nghiệm. Bài 3 : Tìm m để pt : có nghiệm duy nhất. có nghiệm duy nhất. có nghiệm duy nhất trên [3 ;5] Bài 4 : Biện luận theo m số nghiệm pt: . . . Phần III : Một số khó khăn, thuận lơị và những quan điểm khi dạy học phần này. *) Khó khăn : Khi giải phương trình nhiều khi học sinh không nắm vững phép biến đổi đó tương đương hay hệ quả. Kĩ năng tính toán của học sinh còn kém, một số học sinh khi biến đổi căn thức còn mắc nhiều sai lầm chẳng hạn như : Đối với học sinh lớp 10,việc vận dụng các định lý đảo về dấu tam thức bậc hai còn hạn chế. Khi vận dụng vào các dạng toán chứa tham số các em hay bỏ xót trường hợp hoặc đủ trường hợp nhưng tính toán không chính xác. Đối với học sinh lớp 12 khi lập bảng biến thiên ở các chứa tham sô các em tính các nhánh vô cực nhiều khi còn khó khăn. *) Thuận lợi : chuyên đề này kiến thức không trìu tượng, có thể nói là khá dễ dạy, học sinh dễ thu lượm được các dạng cơ bản. 2. Một số quan điểm khi dạy học phần này : Dạy cho đối tượng đại chà những dạng cơ bản, cho học sinh khá giỏi cả chuyên đề. Chú ý rèn kĩ năng tính toán cho học sinh. Đối với học sinh lớp 10 , dạng có chứa tham số chỉ dừng ở mức độ nhất định, không nên quá sa đà vào dạng này.Những bài nào có thể dùng bbt của hàm bậc hai thì ta nên hướng dẫn học sinh theo hướng đó, không nên dùng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai làm phức tạp bài toán. Khi học sinh học đến các dạng pt lượng giác , mũ , logarit, ta nên lồng ghép những loại này với phương trình vô tỉ.

Chuyên Đề: Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

Chuyên Đề: Giải Phương trình nghiệm nguyên I-Phương trình nghiệm nguyên dạng: ax + by = c (1) với a, b, c ẻ Z 1.Các định lí: a. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (trong đó a,b,c là các số nguyên khác 0 ) có nghiệm nguyên (a,b) là ước của c. b.Định lí 2: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c thì nó có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x,y) được cho bởi công thức: Với t є Z, d = (a,b) 2.Cách giải: Bước 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y) Bước 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y Bước 3: Thay y vào x sẽ tìm được nghiệm nguyên Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x + 5y =7 Hướng dẫn: Ta có 2x + 5y =7 Û x = Û x = 3 – 2y + Do x, y nguyên ị nguyên. Đặt = t với (t є Z ) ị y = 1 – 2t ị x = 3 – 2(1- 2t) + t = 5t + 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: x = 5t + 1 y = -2t +1 (t є Z ) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên 6x – 15 y = 25 Hướng dẫn: Ta thấy( 6,15 ) = 3 mà 3/25 Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x- 15y = 25 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình. 5x + 7y = 112 Hướng dẫn: Ta có 5x + 7y = 112 ị x = = 22 - y + Do x, y nguyên ị nguyên hay (2 – 2y) 5 Û 2(1-y) 5; (2 , 5) = 1 ị (1-y) 5 hay (y-1)5 . Đặt y-1 = 5t (t є Z ) ị y = 5t +1 thay y vào x ta có x = 21 – 7t ị ị t = Nếu t = 0 ị x = 21; y = 1 Nếu t = 1 ị x = 14; y = 6 Nếu t = 2 ị x = 7; y = 11 II. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng g (x1, x2,., xn) . h (x1, x2,., xn) = a (3) Với a є Z 1.Cách giải: Đặt g (x1, x2,., xn) = m (với m là ước của a) ị h(x1, x2,., xn) = Giải hệ: g (x1, x2,., xn) = m h(x1, x2,., xn) = tìm được x1, x2,., xn thử vào (3) ta được nghiệm của phương trình. 2.Chú ý: -Nếu a = 0 ta có g (x1, x2,., xn) = 0 h(x1, x2,., xn) = 0 -Nếu a = pa với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x1, x2,., xn) = pa1 h(x1, x2,., xn) = pa2 Với a1 + a2 = a Ví dụ 4: Tìm x, y є Z biết x – y + 2xy = 6 Hướng dẫn: Ta có x – y + 2xy = 6 Û 2 x – 2y + 4 xy = 12 Û 2 x – 2y + 4 xy –1 = 11 Û (2x – 1) + 2y(2x-1) = 11Û (2x – 1) (2y + 1) = 11 Ta có 11 = 1.11= (-1)(-11) = 11.1 = (-11)(-1) Ta có 2y + 1 = 1 ị (x; y) = (6; 0) 2x – 1 = 11 2y + 1 = -1 ị (x; y) = (-5; -1) 2x – 1 = -11 2y + 1 = 11 ị (x; y) = (1, 5) 2x – 1 = 1 2y + 1 = -11 ị (x; y) = ( 0; -6) 2x – 1 = -1 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + x + x2 + x3 = 2y Hướng dẫn: Ta có 1 + x + x2 + x3 = 2y Û (1 + x) (1 + x2) = 2y ị 1 + x = 2 m và 1 + x2 = 2y – m (m nguyên dương) ị x = 2 m – 1 ị x2 = 22m – 2 m +1 + 1 x2 = 2y – m - 1 x2 = 2y – m – 1 ị 22m – 2m + 1 + 1 = 2 y – m - 1 ị 2 y – m – 22m + 2m +1 = 2 Nếu m = 0 ị x = 0 ; y = 0 (t/m) ị 2 y – m – 1 lẻ ị 2 y – m – 1 = 1 ị y – m – 1 = 0 ị y = m + 1 ị 2 m - 22m – 1 = 0 ị 2 m = 22m – 1 ị m = 2m – 1 ị m = 1 ị y = 2 ; x = 1 Vậy (x, y) = (0; 0); (1; 2) III. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng [g1 (x1, x2,., xn)]2 + [g2 (x1, x2,., xn)]2 + + [gn (x1, x2,., xn)]2 = 0 1.Cách giải:Ta thấy vế trái của phương trình là các số hạng không âm, tổng của chúng bằng 0 nên mỗi số hạng phải bằng 0 g1 (x1, x2,., xn) = 0 Do vậy có: g2 (x1, x2,., xn) = 0 .. gn (x1, x2,., xn) = 0 Giải hệ này ta được x1 , x2 ,, xn Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0 Hướng dẫn: (Dùng phương pháp phân tích thành nhân tử ta biến đổi vế trái của phương trình) Ta có 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0 Û y 2 – 2y (x - 1) + (x-1)2 + x2 – 4x + 4 = 0 Û (y – x + 1)2 + (x – 2 )2 = 0 Vậy y – x + 1 = 0 hay x = 2 x – 2 = 0 y = 1 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x = 2 ; y = 1 Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (x –1) (y+1) = (x+ y)2 Hướng dẫn: Ta có (x-1) (y+1) = (x+ y)2 Û (x-1) (y+1) = [(x-1) + (y+1)]2 Û [(x-1) + (y+1)]2 - (x-1) (y+1) = 0 Û (x-1)2 + (y+1)2 + (x-1) (y+1) = 0 Û [(x-1) + (y+1)]2 + (y+1)2 = 0 Û y + 1 = 0 Û y = -1 (x-1) + (y+1) = 0 x = 1 Vậy nghiệm của phương trình là ( x = 1 ; y = -1) IV- Phương trình nghiệm nguyên mà các ẩn có vai trò bình đẳng Khi làm toán ta thường gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau . Để giải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể. ở đây ta nghiên cứu đến 1 phương pháp giải toán này: Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: + + + = 1 Hướng dẫn: Giả sử 1 Ê x Ê y Ê z ị x2 Ê xy Ê xz Ê yz Ê xyz ị 1 = + + + Ê + + + Û 1 Ê ị x2 Ê 12 ị x є 1, 2,3 Nếu x = 1 ị + + + = 1 ị z + 1 + y + 9 = yz ị yz – z – y + 1 = 11 (y- 1) (z - 1) = 11 ị y = 2 ; z = 12 hoặc z =2 ; y = 12 Nếu x = 2 ị + + + = 1 ị (2y - 1) (2z-1) = 23 ị y = 1; z = 12 hoặc y = 12; z = 1 Nếu x = 3 ị (3y – 1) (3z - 1) = 37 vô nghiệm Vậy (x, y, z) = (1; 2, 12) và các hoán vị Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ Ví dụ 9: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = 1 Hướng dẫn: Ta có y2 – 2x2 = 1 ị y2 = 2x2 +1 ị y là số lẻ Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 Û x2 = 2 k2 + 2k ị x chẵn , mà x nguyên tố ị x = 2, y = 3 Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Hướng dẫn: Ta có: (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Ta thấy 105 lẻ ị 2x + 5y + 1 lẻ ị 5y chẵn ị y chẵn + y + x2 + x = + y + x(x+ 1) lẻ có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ị lẻ ị = 1 ị x = 0 Thay x = 0 vào phương trình ta được (5y + 1) ( y + 1) = 105 Û 5y2 + 6y – 104 = 0 ị y = 4 hoặc y = ( loại) Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: g1 (x1, x2,., xn) h (x1, x2,., xn) = a Ví dụ 11: Tìm x, y nguyên sao cho ( x + y ) P = xy với P nguyên tố. Giải Ta có ( x + y ) P = xy với xy – Px – Py = 0 Û x ( y – P ) – ( Py – P2) = P2 Û ( y- P ) ( x- P ) = P2 Mà P nguyên tố ị P2 = 1.P2 = P.P = (-1)(-P2) = ( -P ) (-P) ị Các cặp số (x,y ) là: (P+1, P(P+1) ); ( P-1, P (P-1) ); (2p, 2p); (0,0) và các hoán vị của chúng. III- Phương pháp loại trừ ( phương pháp 3 ) Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! + + x! = Hướng dẫn: Với x³ 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3 ị 1! + 2! + + x! có tận cùng là 3, không là số chính phương (loại) Vậy x < 5 mà x nguyên dương nên: x = Thử vào phương trình ta được (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) là thoả mãn IV.Phương pháp 4: Dùng chia hết và có dư Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 Hướng dẫn: Xét x 5 mà x2 – 2y2 = 5 ị 2y2 5 ị y2 5 (2,5) = 1 5 là số nguyên tố ị y2 25 ị x2 – 2y2 25 lại có x 5 ị x2 25 5 25 loại Xét x 5 ị y 5 và x2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 y2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 ị 2y2 chia cho 5 dư 2 hoặc 3 ị x2 – 2 y2 chia cho 5 dư 1 hoặc 2(loại) Vậy phương trình x2 – 2y2 = 5 vô nghiệm Ví dụ 14: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn: x2 + = 3026 Hướng dẫn: Xét y = 0 ị x2 + 30 = 3026 ị x2 = 3025 mà x є N ị x = 55 mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại). Vậy nghiệm (x,y) = (55,0) V. Phương pháp 5 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố Ví dụ 15: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn: xy + 1 = z Mà z nguyên tố ị z lẻ ị xy chẵn ị x chẵn ị x = 2 Xét y = 2 ị 22 + 1 = 5 là nguyên tố ị z = 5 (thoả mãn) Có 4 chia cho 3 dư 1 ị (2.4k+1) 3 ị z 3 (loại) Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn Ví dụ 16 : Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương Hướng dẫn: đặt 4p + 1 = x2 (x є N) ị x lẻ đặt x = 2k + 1 (k є N) ị 4p + 1 = (2k + 1)2 Û 4p + 1 = 4k2 + 4k + 1 Û p =k(k+1) Û k(k + 1) chẵn ị p chẵn, p nguyên tố ị p = 2 VI. Phương pháp 7: Đưa về dạng tổng Ví dụ 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8 Hướng dẫn: Ta có x2 + y2 –x – y = 8 Û 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32 Û (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 Û (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52 Do đó ta có = 3 hoặc = 5 = 5 = 3 Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó. Ví dụ 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 4xy + 5y2 = 169 Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169 Û (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 ị = 0 hoặc = 13 = 13 = 0 hoặc = 5 hoặc = 12 = 12 = 5 Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0) VII. Phương pháp 7 : Dùng bất đẳng thức Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3 Hướng dẫn: Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - Ta thấy (x- )2 ³ 0 ị 3 - ³ 0 ị -2 Ê y Ê 2 ị y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là : (x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1) Bài tập luyện tập rèn tư duy sáng tạo Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11 Hướng dẫn Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x0 = 4, y0 = 1 Vì 2.4 + 3.1 = 11 ị( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0 Û 2(x-4) + 3(y-1) = 0 ị 2(x-4) = - 3(y-1) mà (2,3) = 1 Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ẻ Z) Vậy nghiệm tổng quát của pt là : x = 4 – 3k y = 1+ 2k ( k ẻ Z) *Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) của phương trình vô định ax + by = c Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn. Cách 2: Dùng tính chất chia hết. Ta có 2x + 3y = 11 ị x= = 5- y- Do x, y nguyên ị nguyên đặt = k ị y = 2k +1 ị x = 4- 3k (k ẻ Z) y = 2k +1 (k ẻ Z) Vậy nghiệm tổng quát: x = 4- 3k Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 6x2 –24 = 50 – 5y2 Û 6(x2 – 4) = 5(10 – y2) ị 6(x2 – 4) 5 ị x2 – 4 5 (6, 5) = 1 ị x2 = 5t + 4 (t ẻN) Thay x2 – 4 = 5t vào phương trình ị y2 = 10 – 6t ị t = 0 hoặc t = 1 với t = 0 ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại) Với t = 1 ta có x2 = 9 Û x = ± 3 y2 = 4 y = ± 2 mà x, y ẻ Z ị x = 3, y = 2 thoả mãn Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn Ta có 6x2 + 5y2 = 74 là số chẵn ị y chẵn lại có 0< 6x2 ị 0< 5y2 < 74 Û 0 < y2 < 14 ị y2 = 4 ị x2 = 9 Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 5x2 + 5y2 + x2 + 1 = 75 ị x2 + 1 5 mà 0 < x2 Ê 12 ị x2 = 4 hoặc x2 = 9 Với x2 = 4 ị y2 = 10 loại Với x2 = 9 ị y2 = 4 thoả mãn cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = 2x2y2 Hướng dẫn: Cách 1: Đặt x2 = a, y2 = b Ta có a + b = 2 ab ị a b ị = ị a = ± b b a Nếu a = b ị 2a = 2a2 ị a= a2 ị a= 0, a= 1ị (a,b) = (0, 0); (1, 1) Nếu a = - b ị 2 b2 = 0 ị a = b = 0 ị (x2, y2) = (0, 0); (1, 1) ị (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 2: Ta có x2 + y2 = 2x2y2. Do x2, y2 ³ 0 Ta giả sử x2 Ê y2 ị x2 + y2 Ê 2 y2 ị 2x2 y2 Ê 2y2 Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0) Nếu y 0ị x2 Ê 1 ị x2= 0 hoặc x2 = 1 ị y2 = 0 (loại) hoặc y2 = 1 ị (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1) Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 3: Có x2 + y2 = 2x2y2 Û 2x2 + 2y2 = 4 x2y2 Û 4 x2y2 –2x2 – 2y2 + 1 = 1 2x2 (2y2 - 1) – (2y2 - 1)= 1 Û (2x2 – 1) (2y2 - 1) = 1 Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) ị (x2, y2) = (1, 1); (0, 0) ị (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1) Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2 –3xy + 2y2+ 6 = 0 Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình Ta coi phương trình x2 – 3xy + 2y2 + 6 = 0 ẩn x ta tính = y2 – 24 Phương trình có nghiệm tự nhiên thì là số chính phương ị y2 – 24 = k2 ị (y – k)(y + k) = 24 (kẻN) mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn ị y+ k = 6 ị y = 5 hoặc y+ k = 12 ị y = 7 y – k = 4 y – k = 2 Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = 0 Hướng dẫn: C1: Ta có phương trình đã cho Û 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x Xét = (2y – 1)2 – 4.2 (2y2 + y -10) = -12y2 – 12y+ 81 Để nghiệm x nguyên thì là số chính phương Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81 ị k2 + 3(2y + 1) = 84 ị (2y + 1)2 = 28 - Ê 28; (2y + 1)2 lẻ ị (2y + 1)2 = 1, 9, 25 ị y = 0, 1, -2, 2, -3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn C2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y ẻ Z ị a, b ẻ Z phương trình 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Û 2a2 – 4b + a – 10 = 0Û 4a2 – 8b + 2a – 20 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21 lại có (x+ y)2³ 4 xy ị a2 ³ 4b ị 8b + 21 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 + 3a2 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 Ê 21 mà (a+ 1)2 là số chính phương ị (a+ 1)2 ẻ {1, 4, 9, 16}ị a ẻ {0, 1, 2, 3} Với a = 0 ị 12 + 3. 0 = 8b + 21 ị 8b = 20 loại Với a = 1 ị (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21 ị 8b = -14 loại Với a = 2 ị (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21 ị 8b = 0 ị b = 0 Với a = 3 ị (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21 ị 8b = 22 loại Vậy được a = 2, b = 0 ị xy = 0 x + y = 2 ị (x, y ) = (0, 2); (2, 0) thoả mãn Bài 6 :Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y sao cho : x2 + 4x – y2 = 1 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có x2 + 4x – y2 = 1 Û (x + 2)2 - y2 = 5 Û (x + 2+ y)(x+ 2-y) = 5 ị x+ 2 + y = 5 ị x = 1, y = 2 x + 2 – y = 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, y = 2 Cách 2: Ta có x2 + 4 x – y2 = 1Û x2 + 4 x – (y2 + 1) = 0 = 4 + y2 + 1 ị x = Để phương trình có nghiệm thì là số chính phương ị 4 + y2 + 1 = k2 Û (k- y) (k+ y) = 5 ị y = 2 thay vào phương trình tìm được x = 1 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là x = 1; y = 2 Bài 7: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ. Hướng dẫn: Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương ) Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau Cách 1: Có xy = 4(x + y) Û xy – 4x – 4y + 16 = 16 Û (x-4) (y - 4) = 16 mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ ị x – 4 = 1 Û x = 5 hoặc x = 20 y-4 = 16 y = 20 y = 5 Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử xÊ y Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y) Û + = 1 lại có ³ Û + Ê Û Ê 1 ị x Ê 8 ị x= 5, 6, 7, 8 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn) Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ Bài 8: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3. Hướng dẫn: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại. Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 Gọi năm sinh của Bác là 18 xy (x, y nguyên dương, x, y Ê 9) Theo bài ra ta có: 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3 Û 11x + 2y = 99 ị 2y 11 mà (2, 11) = 1 ị y 11 mà 0Ê y Ê 9 ị y = 0 ị x = 9. Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890 Bài 9: Tìm tất cả các số nguyyên x, y thoả mãn phương trình = Hướng dẫn: Ta có = Û 7 (x+ y) = 3 (x2 – xy + y2) ị 28k = 3(3k2+ q2) ị k 3 và k có dạng 3m (mẻ Z+) ị 28 m = 27m2 + q ị m( 28 – 27m) = q2 ³ 0 ị m = 0 hoặc m = 1 Với m = 0 ị k = 0 ị q = 0 ị x = y = 0 (loại) Với m = 1 thì k = 3; p = 9ị 28 = 27 + q2 ị q = ± 1 Khi p = 9, q = 1 thì x = 5, y= 4 khi p = 9, q = 1- thì x = 4, y= 5 Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (4, 5); (5, 4) Bài 10: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7) ị b2 + c2 = 72 ị b2 + c2 7 ị b 7; c 7 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2) lại có 0<b, c< 7 loại ị Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 Ta có a2 – c2 = 49 Û (a+c)(a-c) = 49 ị a+ c = 49 ị a = 25 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh a – c = 1 c = 24 là 7, 25, 24

Bạn đang đọc nội dung bài viết Chuyên Đề Bất Phương Trình trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!