Tài liệu Cac chuyen de cua lop 9

CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ ............................................................................................................................... 1 TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT ........................................................................................ 5 PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH .......................................................................................................... 8 TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN ........................................................................ 10 ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG ...................................................................................... 12 SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH ....................................................................................... 14 CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? ............................................................... 17 CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT .................................................................................................................... 18 ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN ...................................................................................................................................... 18 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN .......................................................... 20 KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ................................................................................................................................. 22 CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI ................................................................................................................... 24 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ........................................................................................................ 26 THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN ........................................................ 29 ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ ......................................................................................................................... 30 TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP ......................................................................... 32 SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ............................................ 34 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN ........................................................................ 36 MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT...................................................... 39 XÂU CHUỖI BÀI TOÁN ..................................................................................................................................... 41 SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL ............................................................................. 43 NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ............................................................ 45 TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG ............................................................................................................. 48 VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG ........................................................................................................ 50 NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA ......................................... 51 THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC .......................................................................................... 53 SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 ................................................................. 56 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN ...................................................................... 58 TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x2 + 6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ? Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ, tìm tòi tôi mới phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó. Trước hết ta xét bài toán : Bài toán 1 : Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ là (m ; n thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là . Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này. Cách 1 : (sử dụng hệ thức Viét) Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (*) trong đó x1 = . Do x1 là nghiệm của (*) Cách 2 : Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0 => 2am + b = 0 = am2 + an + bm + c CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Khi đó : Cách 3 : Xét : = (x - m)2 - n = x2 - 2mx + m2 - n Chia đa thức ax2 + bx + c cho g(x) ta có : ax2 + bx + c = a(x )(x ) + (b + 2ma)x + (an + c - m2a) Khi x1 = => ax2 + bx + c = 0. => : (b + 2ma)( ) + an + c = 0. Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => : b + 2ma = an + c - m2a = 0 => ax2 + bx + c = a(x )(x ) => là một nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (đpcm). Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau : Bài toán 2 : Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vô tỉ là (m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương trình này. Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2 (bài toán 1) trong bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2. Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ. Xét : = x2 - 2mx + m2 - n Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q). Vì x0 = là nghiệm của P(x) = 0 => : P(x0) = Q(x0) = 0 => Bx0 + C = 0 => : B( ) + C = 0. Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0 => P(x) = Q(x).(x )(x ) => cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm). Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai. Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các hệ số của nó đều lẻ. Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ là (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) => : a.(p/q)2 + b.(p/q) + c = 0 => : ap2 + bpq + cq2 = 0 (2) Từ phương trình (2) ta có ap2 chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ) Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ) CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ và khác 0 (vô lí). => : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì. Điều này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình : x3 + 3x2 + 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1. Bài toán 4 : Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, không thể có nghiệm hữu tỉ nếu hệ số của nó đều lẻ. Chứng minh : Dựa vào chứng minh của bài toán 3 ta có : Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + ... + a1x + a0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; ai nguyên lẻ, i = 0,...,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) Ta có : an(p/q)n + an - 1(p/q)n - 1 + ... + a1(p/q) + a0 = 0 Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + ... + a1pqn - 1 + a0qn = 0 (3) => anpn chia hết cho q và a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => an chia hết cho q và a0 chia hết cho p . => p, q lẻ (vì a0, an lẻ) Do ai (i = 0,...,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí). => : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). Các bạn thấy đấy, mọi sự phức tạp đều bắt đầu bằng cái đơn giản. Từ một chút kì lạ nhỏ thôi nhưng nếu chịu đào sâu suy nghĩ thì sẽ khám phá rất nhiều điều thú vị. Đó là nguyên tắc hàng đầu trong sáng tạo toán học. Chúc các bạn thành công trên con đường đi tìm vẻ đẹp của toán học. Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải như sau : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Thú thật, với kiến thức nhỏ bé của tôi, đây quả là một bài toán “chông gai” , bởi vì mặc dù đã có lời giải nhưng nào là “căn”, nào là “bất đẳng thức Bunhiacốpski” ... tôi vẫn còn “sợ hãi”... Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số 1 (3 - 2003) đã đăng bài “Nhiều cách giải cho một bài toán” của bạn Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) trên chuyên mục Eureka. Bài đó đã giúp tôi nghĩ đến vận dụng bài toán “đẹp” ấy để giải bài toán “chông gai” này ! Lời giải như sau : Bài toán phụ : Chứng minh rằng a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi) áp dụng bài toán phụ ta có : (x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 + x34 + x44 ≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 + x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44 Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x1 + x2 + x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4) Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1) Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x13 + x23 + x33 + x43 > 0. Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4 Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Các bạn thấy đấy, tôi đã tìm được lời giải bài toán “chông gai”. Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết bài của toán chỉ cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 = 1 là đủ. Với giả thiết này, lời giải dùng đến bất đẳng thức Bunhiacốpski nêu trên khó mà làm được phải không các bạn ? CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất đẳng thức đại số sau : Bài toán : Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng : Bài toán này có nhiều cách giải. Tôi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài toán tổng quát một cách không khó khăn gì. Lời giải : Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó : Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có : Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : => x = y + z, mâu thuẫn với (2) => đẳng thức không xảy ra. Vậy, ta có : Dựa vào ý tưởng của cách giải trên, ta đề xuất và giải được bài toán sau : Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU Lời giải : Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó : Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3) Ta có : 0935.406.169 CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài toán ban đầu. Ngoài ra với những giá trị cụ thể khác của m, n, p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1). Một kinh nghiệm các bạn nên vận dụng khi học toán : Thử xem với lời giải nào thì có thể đi đến bài toán tổng quát dễ dàng nhất. CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH Toán quỹ tích là một dạng toán khó trong hình học, các em thường bị lúng túng khi gặp loại toán này trong các kì thi tốt nghiệp và thi học sinh giỏi ở bậc THCS. Bài viết này nhằm giúp các em một số kinh nghiệm giải quyết phần thuận của bài toán quỹ tích. Đối với bài toán tìm quỹ tích của điểm M thì phần thuận phải dựa vào tính chất a của M để => M thuộc một hình F xác định. Sau bước “đoán nhận” quỹ tích bằng phương pháp vẽ 3 trường hợp hoặc bằng cách dựa vào sự chuyển động của điểm M (nếu M có thể chạy ra xa vô tận thì quỹ tích M phải là đường thẳng hoặc dựa vào tính đối xứng của quỹ tích ...) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận như thế nào ? Ta gặp hai tính huống sau đây : 1. Dự đoán quỹ tích M là có dạng thẳng (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta có thể chọn lựa các cách chứng minh sau : - Sử dụng quỹ tích đường trung trực. - Sử dụng quỹ tích đường phân giác. - Sử dụng quỹ tích đường thẳng song song cách đều. - Nối điểm chuyển động M với một điểm O cố định rồi chứng minh : OM song song với một đường thẳng cố định, hoặc vuông góc với một đường thẳng cố định hoặc OM tạo với đường thẳng cố định một góc a không đổi. Ví dụ 1 : Cho góc vuông yOx và điểm A cố định thuộc Oy. Một điểm B chuyển động trên Ox. Dựng hình vuông ABCD ở miền trong của góc yOx . a) Tìm quỹ tích điểm D. b) Tìm quỹ tích điểm C. c) Tìm quỹ tích tâm S của hình vuông. Hướng giải : a) Hạ DK vuông góc với Oy. Chứng minh : tam giác vuông AKD = tam giác vuông AOB => DK = OA = const => D thuộc đường thẳng // Oy và cách Oy một đoạn OA. Giới hạn lại D thuộc tia D1m và {D} là tia D1m. b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vuông ABCD. C1 là giao điểm của (S) và Ox . Ta có tứ giác ACBC1 nội tiếp =>  AC1O =  ACB = 45o => C1 là điểm cố định mà C1C vuông góc với AC1 => C thuộc tia C1n vuông góc với AC1. Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x cũng được nhưng sẽ dài và khó hơn. c) Để tìm quỹ tích S có rất nhiều cách. Tốt nhất ta nên lí luận như sau : Do (S) luôn luôn đi qua 2 điểm cố định A và C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1. Giới hạn lại ta có {S} là tia S1p. 2. Dự đoán được quỹ tích điểm M có dạng tròn (đường tròn cung tròn) ta có chọn lựa các cách chứng minh sau : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 - Chứng minh điểm M luôn luôn cách một điểm cố định O cố định một khoảng không đổi. - Dựa vào quỹ tích cung chứa góc. - Chọn 3 điểm A, B, C cố định. Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường tròn đi qua A, B, C. Ví dụ 2 :. Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng hình vuông BMNP ở nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O. Tìm {N}. Hướng giải : Ta có thể chứng minh phần thuận theo các cách sau : Cách 1 : Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45o => N cung chứa góc 45o vẽ trên AB. Cách 2 : Trên tiếp tuyến Ax lấy AN1 = AB. Nối N1B =>  AN1B = 45o mà  ANB = 45o => tứ giác AN1NB nội tiếp mà A, N1, B cố định, vậy N thuộc đường tròn đi qua A, N1, B. Cách 3 : Chứng minh  BNN1 = 45o => N thuộc đường tròn đường kính BN1. Giới hạn lại ta đều có quỹ tích N là nửa đường tròn đường kính BN1. Cách 4 : Kéo dài PM cắt đường tròn tại I. Dễ chứng minh I là trung điểm => I cố định. Mà IN = IB => N thuộc đường tròn tâm I, bán kính IB. Chú ý : Do mệnh đề thuận và mệnh đề phản đảo là tương đương nên có những khi người ta đã thay phần thuận bởi mệnh đề phản đảo, cụ thể là : Chứng minh M không thuộc F thì M không có tính chất a. Ví dụ 3 : Cho góc nhọn yOx. Tìm quỹ tích những điểm M nằm ở miền trong của góc sao cho tỉ số các khoảng cách từ M tới Ox và từ M tới Oy là 1 : 2. Bài giải : 1. Đảo : Lấy A thuộc Ox ; B thuộc Oy sao cho OA = OB. Lấy H cố định thuộc AB sao cho HA : HB = 1 : 2. Hạ HE vuông góc với Ox, Hfvuong góc với Oy. Rõ ràng tam giác vuông HEA đồng dạng với tam giác vuông HFB (g.g) nên HE/HF = HA/HB = 1/2. Lấy M bất kì thuộc tia OH. Hạ MP vuông góc với Ox, MQ vuông góc với Oy. Ta có : MP/HE = MQ/HF => MP/MQ = HE/HF = 1/2. CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 2. Thuận : Lấy M ’ không thuộc tia OH ta chứng minh tỉ số M 'P '/M 'Q ' không bằng 1/2(dễ dàng) Vậy quỹ tích điểm M là tia OH. Dưới đây xin nêu một số bài tập quỹ tích để các bạn tham khảo. Bài 1 : Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai hình vuông về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai hình vuông (quỹ tích M là một đoạn thẳng // AB và cách AB một khoảng AB/4). Bài 2 : Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai tam giác đều về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai tam giác đều (Quỹ tích là một đoạn thẳng // AB, cách AB một khoảng ). Bài 3 : Cho đường tròn (O ; R) và một đường thẳng d cắt (O) ở A và B. Một điểm M chuyển động trên d. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. (Quỹ tích là 2 tia // d và cách d một đoạn bằng OK/2 với OK vuông góc với d). Bài 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng tam giác đều BMC về nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O. a) Tìm quỹ tích đỉnh C (Cung chứa góc 60o). b) Tìm quỹ tích trung điểm H của MC (cung chứa góc 90o). c) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác đều BMC (một nửa đường tròn). Bài 5 : Cho góc xOy. Tìm quỹ tích các điểm M ở miền trong của góc xOy sao cho tổng các khoảng cách từ M tới Ox, Oy là một hằng số h đã cho. (Đoạn AB với A thuộc Ox, B thuộc Oy sao cho A cách Oy một đoạn là h ; B cách Oy một đoạn là h) TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tôi đã gặp một bài toán bất đẳng thức khá thú vị : Bài toán 1 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0. Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd. Chứng minh rằng : Ban đầu, tôi chưa tìm ngay được lời giải trực tiếp cho bài toán trên. Khi đó tôi đã tự hỏi : “Bài toán bắt nguồn từ đâu nhỉ ?”. Trả lời câu hỏi này, tôi đã tìm được một lời giải cho bài toán trên. Ta xét bài toán sau : Bài toán 2 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0. Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd. Xác định điều kiện cho cặp số dương ( ,  ) để S =  S1 +  S2 ≤ 0. Lời giải : Đặt Ta có : S =  S1 +  S2 =  (ab + bc + cd) +  (ac + ad + bd) =  (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + +  (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a)) =  (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + +  (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab) = 2 ab - 2 bM -  b2 - M2 + aM - 2 ab -  a2 +  bM = - M2 + ( a +  b - 2 b)M + 2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2. Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0) CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 <=> ( a +  b - 2 b)2 + 4 (2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2) ≤ 0 <=>  2a2 +  2b2 + 4 2b2 + 2  ab - 4 2ab - - 4  b2 + 8 2ab - 4 2b2 - 8  ab - 4  a2 ≤ 0 <=> ( 2 - 4  )a2 + (4 2 - 6  )ab + ( 2 - - 4  )b2 ≤ 0 <=>  ( - 4 )a2 +  (4 - 6 )ab +  ( - 4 )b2 ≤ 0 (*). * Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có : f(t) =  ( - 4 )t2 +  (4 - 6 )t +  ( - 4 ) ≤ 0, trong đó f(t) là tam thức bậc hai theo t. Vì  ( - 4 ) < 0 nên f(t) ≤ 0 <=> ∆’t ≤ 0 <=>  2(2 - 3 )2 -  ( - 4 )( - 4 ) ≤ 0 <=>  2(4 2 - 12  + 9 2) -   (  - 4 2 - - 4 2 + 16  ) ≤ 0 <=> 4 4 - 12 3 9 2 2 -  2 2 + 4  3 + + 4 3 - 16 2 2 ≤ 0 <=> 4 4 - 8 3 - 8 2 2 + 4  3 ≤ 0 <=>  3 - 2 2 - 2  2 +  3 ≤ 0 <=> ( /  )3 - 2( /  )2 - 2 / + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0) <=> x3 - 2x2 - 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1) <=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤ 0 <=> x2 - 3x + 1 ≤ 0 (x + 1 > 0) (tính ∆x) Kết hợp với điều kiện 0 < x ≤ 1 ta suy ra : Vậy với 0 <  ≤  thì S =  S1 +  S2 ≤ 0 khi và chỉ khi  (1). * Xét trường hợp 0 <  ≤  , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a2 ≠ 0 và đặt u = b/a ta có : f(u) =  ( - 4 )u2 +  (4 - 6 )u +  ( - 4 ) ≤ 0. Vì  ( - 4 ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’u ≤ 0 <=>  2(2 - 3 )2 -   ( - 4 )( - 4+ ) ≤ 0 <=>  3 - 2 2 - 2  2 +  3 ≤ 0 <=> ( / )3 - 2( / )2 - 2 / + 1 ≤ <=> y3 - 2y2 - 2y + 1 ≤ 0 (đặt  / = y, 0 < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm : Vậy với 0 <  ≤  thì S =  S1 +  S2 ≤ 0 khi và chỉ khi (2). Từ (1) và (2) suy ra : Với  và  là các số dương, điều kiện để S =  S1 +  S2 ≤ 0 là Trở lại bài toán 1. Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên : Với  = 5 và  = 8 thì đúng, suy ra S = 5S1 + 8S2 ≤ 0. CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU Với  = 8 và  = 5 thì Vậy : 0935.406.169 đúng, suy ra S = 8S1 + 5S2 ≤ 0. Qua bài toán này ta thấy rằng, việc lựa chọn hướng chứng minh cho nhiều bài toán hoàn toàn không đơn giản nhưng trong một số trường hợp, khi đặt vấn đề tìm lời giải cho bài toán mở rộng của nó thì lại đem đến thành công bất ngờ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG A. Lí thuyết. 1. Đa thức hai ẩn x, y không đổi khi thay x bởi y và y bởi x gọi là đa thức đối xứng (đtđx) hai ẩn. Ví dụ : P(x, y) = x3y + xy3 ; Q(x, y) = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 là các đtđx. Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x2 - y2 không phải là các đtđx. 2. Các đa thức t1 = x + y và t2 = xy gọi là đtđx cơ bản. 3. Kí hiệu Sn = xn + yn (n thuộc N*) thì Sn đều biểu diễn được theo t1, t2. Ví dụ : S1 = x + y = t1 S2 = x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = t12 - 2t2 S3 = x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = t13 - 3t1t2 S4 = x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = S22 - 2t22 = t14 - 4t12t2 + 2t22 ... * Công thức truy hồi : Sk = t1.Sk - 1 - t2.Sk - 2. 4. Mọi đtđx hai ẩn x, y đều có thể viết dưới dạng đa thức hai ẩn t1, t2. B. Các ứng dụng. I. Phân tích đa thức thành nhân tử. Bài toán 1 : Phân tích đa thức : f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3 thành nhân tử. Lời giải : Ta có : f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3 = (x5 + y5) + 3xy(x3 + y3) + xy(y2 + y2) + x2y2(x + y) + 3x2y2 = t15 - 5t13t2 + 5t1t22 + 3t2(t13 - 3t1t2) + t2(t12 - 2t2) + t22t1 + 3t22 = t15 - 2t13t2 - 3t1t22 + t12t2 + t22 = t15 - 3t13t2 + t12t2 + t2t13 - 3t1t22+ t22 = (t12 + t2)(t13 - 3t1t2 + t1) = (x2 + y2 + 3xy).(x3 + y3 + xy) II. Giải hệ phương trình. Bài toán 2 : Giải hệ : Lời giải : Đặt t1 = x + y , t2 = xy thì hệ trở thành : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Thế t1 = 3 ta có : 2 t22 - 36 t2 + 64 = 0 => t2 = 16 ; t2 = 2. Do đó x, y là các nghiệm của phương trình u2 - 3u + 16 = 0 hoặc u2 - 3u + 2 = 0. Từ đó ta có x = 1 & y = 2 hoặc x = 2 & y = 1. III. Giải phương trình. Bài toán 3 : Giải phương trình sau : Lời giải : Từ kết quả bài toán trên ta có a, b và từ đó có nghiệm của phương trình là x = -15 hoặc x = 0. IV. Chứng minh đẳng thức. Bài toán 4 : Cho x + y = 1, x3 + y3 = a, x5 + y5 = b. Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + 1. Lời giải : Ta có : x3 + y3 = t13 - 3t1t2 = a => t2 = (1 - a)/3 ; b = x5 + y5 = t15 - 5t13t2 + 5t22t1 (áp dụng công thức truy hồi) => b = 1 + 5t22 - 5t2 = (5a2 + 5a - 1)/9 Vậy 9b = 5a2 + 5a - 1 hay 9b + 1 = 5a.(a + 1). V. Lập phương trình bậc hai. Bài toán 5 : Hãy lập phương trình có hai nghiệm : y1 = x13 - 2x2 ; y2 = x23 - 2x2 với x1, x2 là nghiệm của phương trình : x2 - x - 5 = 0. Lời giải : Theo Vi-et ta có t1 = x1 + x2 = 1 ; t2 = x1.x2 = -5. = (-5)3 - 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)2) + 4.(-5) = -125 - 2.(1 + 20 + 50) - 20 = -125 - 142 - 20 = -287 Vậy y1, y2 là nghiệm của phương trình : y2 - 14y - 287 = 0. VI. Tìm cực trị. Bài toán 6 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của : Lời giải : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 C. Một số bài tập. 1. Phân tích đa thức thành nhân tử. a) f(x, y) = 10x4 - 27x3y - 110x2y2 - 27xy3 + 10y4. b) 2x4 - x3y + 3x2y2 - xy3 + 2y4. 2. Lập phương trình bậc hai z2 + pz + q = 0 có các nghiệm là : z1 = x16 - 2x22 , z2 = x26 - 2x12 , với x1, x2 là nghiệm của x2 - x - 3 = 0. 3. Cho x, y dương thỏa mãn x + y = 1. Chứng minh rằng : 8.(x4 + y4) + 1/xy ≥ 5 4. Giải hệ : 5. Chứng minh : (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2. 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x3 + y3 + 1 = 3xy. 7. Giải phương trình : SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH Kiến thức về xét dấu các nghiệm của một phương trình bậc hai là một trong những kiến thức cơ bản của THCS. Sau này khi học lên bậc THPT, các em vẫn cần sử dụng. Ta nhớ lại những điều cần thiết : * Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , và x1, x2 là các nghiệm của phương trình. * Các điều kiện quan trọng : +) x1 < 0 < x2 tương đương P < 0 +) 0 = x1 < x2 tương đương P = 0 và S > 0 +) x1 < x2 = 0 tương đương P = 0 và S < 0 +) x1 = x2 = 0 tương đương P = 0 và S = 0 hoặc là Δ = 0 và S = 0 +) 0 < x1 < x2 tương đương với Δ > 0 , P > 0 và S > 0 +) x1 < x2 < 0 tương đương Δ > 0 , P > 0 và S < 0 Sử dụng các kiến thức trên chúng ta có thể xét được số nghiệm của nhiều loại phương trình. 1. Phương trình trùng phương CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 ax4 + bx2 + c = 0 (1) Đặt ẩn phụ t = x2 ≠ 0 thì (1) sẽ trở thành at2 + bt + c = 0 (2) Mỗi nghiệm t > 0 của (2) cho hai nghiệm của (1). Nghiệm t = 0 của (2) sẽ cho một nghiệm x = 0 của (1). Tất nhiên t < 0 sẽ không cho nghiệm của (1). Bài toán 1 : Biện luận số nghiệm của phương trình : x4 - mx2 + 3m - 8 = 0 (3) Lời giải : Đặt t = x2 Δ 0 thì (3) trở thành : t2 - mt + 3m - 8 = 0 (4) Số nghiệm của (3) phụ thuộc vào dấu các nghiệm của (4), tức là phụ thuộc vào dấu của các biểu thức : Δ = m2 - 12m + 32 ; P = 3m - 8 ; S = m Ta lập bảng biện luận : Bài toán 2 : Tìm m để phương trình x4 - 2mx2 + m2 - 3 = 0 (5) có đúng ba nghiệm phân biệt. Lời giải : Đặt t = x2 0 thì (5) trở thành : t2 - 2mt + m2 - 3 = 0 (6) Phương trình (5) có đúng ba nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (6) có nghiệm t1, t2 thỏa mãn 0 = t1 < t2 tương đương P = 0 & S > 0 hay : 2.Phương trình a(x - α)2 + b|x - α| + c = 0 (7) Đặt ẩn phụ t = |x - α| thì (7) cũng sẽ trở thành phương trình (2). Ta thấy mối quan hệ giữa số nghiệm của (1), (7) với nghiệm của (2) rất giống nhau. Có thể tổng kết lại nhờ bảng sau : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Bài toán 3 : Tìm m để phương trình x2 - 2x - |x - 1| + m = 0 (8) có đúng hai nghiệm phân biệt. Lời giải : Ta có (8) (x - 1)2 - |x - 1| + m - 1 = 0 Đặt t = |x - 1| ≥ 0 thì (8) trở thành : t2 - t + m - 1 = 0 (9) Phương trình (8) có đúng hai nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (9) có nghiệm t1, t2 thỏa mãn t1 < 0 < t2 hoặc t1 = t2 > 0 3. Phương trình: Để không tầm thường ta giả sử k ≠ 0. Đặt ẩn phụ : thì (10) trở thành (2). Với mỗi giá trị t ≥ 0 cho ta một nghiệm duy nhất x = 1/k.(t2 - n). Do đó số nghiệm của phương trình (10) đúng bằng số nghiệm không âm của phương trình (2). Bài toán 4 : Tìm m sao cho phương trình: có hai nghiệm phân biệt. Lời giải : Đặt thì phương trình (11) trở thành t2 - mt + 2m - 3 = 0 (12) Phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt tương đương Phương trình (12) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn t2 > t1 ≥ 0 Tương đương với Δ > 0 , P ≥ 0 và S > 0 hay : m2 - 8m + 12 > 0 , 2m - 3 ≥; 0 và m > 0 hay là : m > 6 hoặc m < 2 , m ≥ 3/2 và m > 0 Tươn đương : m > 6 hoặc 3/2 ≥ m < 2 . Trước khi dừng bài viết, xin đề nghị các em có thể tự giải các bài tập sau đây : Bài tập 1 : Tìm m để phương trình x2 + 2m|x - 2| - 4x + m2 + 3 = 0 có ít nhất một nghiệm. CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Bài tập 2 : Chứng minh rằng phương trình : mx4 - 3(m - 2)x2 + m - 3 = 0 luôn có nghiệm với mọi m. Bài tập 3 : Biện luận số nghiệm của phương trình : CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ? Bài toán chứng minh bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm là bài toán tương đối khó với học sinh THCS. Xin được giới thiệu với các bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức này. Bài toán : Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng : Cách 1. Bài toán phụ : Cho x, y, z, t 0. Chứng minh rằng : bốn số không âm). Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có : (bất đẳng thức Cô-si cho Do đó : + Trường hợp một trong ba số a, b, c bằng 0, bài toán được chứng minh. + Trường hợp a, b, c đều khác 0, ta có a + b + c > 0. Do đó : Cách 2. Sử dụng kết quả : x3 + y3 + z3 - 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x3 + y3 + z3 - 3xyz 0 với x, y, z 0 Đặt Cách 3.. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có : CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3 cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác. Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Ngược lại, không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c. Khi đó : 0 < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c. Do đó : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥ 0 Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ 0. Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}2 ≥ b[a + c - (a + b + c)/3] => : [(a + b + c)/3]2 ≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)1/3. Từ đây ta có một lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát : Lời giải : Với a1 = a2 = ... = an = 0 thì bất đẳng thức đúng. Ngược lại : Dễ thấy bất đẳng thức đúng trong trường hợp 2 số không âm. Giả sử bất đẳng thức đúng trong trường hợp n - 1 số không âm (giả thiết quy nạp). Không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a1 a2 ≤ ... ≤ an, ta có : 0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an Do đó : (T - a1)(an - T) ≥ 0 Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥ 0. Xét n - 1 số không âm a2, a3, ... , an-1, a1 + an - T. Theo giả thiết quy nạp ta có : {[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T) => : Tn - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T) => : Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trong trường hợp tổng quát đã được chứng minh. ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN Các bài toán liên quan tới định lí Vi-et rất thường gặp trong các kì thi tốt nghiệp THCS và thi vào lớp 10. ở bài viết này chúng ta cùng ôn tập những bài toán cơ bản nhất. Trước hết ta nhớ lại định li Vi-et thuận : “Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm x1, x2 thì x1 + x2 = - b/a và x1x2 = c/a ”. Chú ý : Nhiều bạn khi sử dụng định lí này đã quên mất giả thiết a ≠ 0 và Δ ≥ 0 nên dẫn tới những sai lầm đáng tiếc. Thí dụ 1 : Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - x - 1 = 0. 1) Tính x12 + x22. 2) Chứng minh Q = x12 + x22 + x14 + x24 chia hết cho 5. Giải : Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 vì Δ = 5 > 0 (hoặc a.c = -1 < 0). Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = 1 và x1x2 = -1. 1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 - 2(-1) = 3. 2) Q = (x12 + x22) + (x12 + x22)2 - 2x12x22 = 3 + 32 - 2(-1)2 = 10 => Q chia hết cho 5. Chú ý : Các bạn giỏi có thể chứng minh Q = x12001 + x22001 + x12003 + x22003 cũng chia hết cho 5 (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Nam Định). Thí dụ 2 : Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - (m + 1)x + m2 - 2m + 2 = 0. Tìm m để F = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ 0 tương đương với (m + 1)2 - 4(m2 2m + 2) ≥ 0 hay 3m2 + 10 - 7 ≥ 0 hay 1 ≤ m ≤ 7/3 . Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = m + 1 và x1x2 = m2 - 2m + 2. Do đó F = x12 + x22 = (x1 + x2)2 2x1x2 = (m + 1)2 - 2(m2 - 2m + 2) = -m2 + 6m - 3 = -(m - 3)2 + 6. Với 1≤ m ≤ thì - 2 ≤ m - 3 ≤ - 2/3. => (m - 3)2 ≤ 4 => -(m - 3)2 ≥ -4 => F = -(m - 3)2 + 6 ≥ 2. Vì F = 2 tương đương với m = 1, nên F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 1. Chú ý : Nếu các bạn “quên” điều kiện Δ ≥ 0 thì sẽ dẫn đến... F không có giá trị nhỏ nhất ! Thí dụ 3 : Tìm số nguyên m sao cho phương trình mx2 - 2(m + 3)x + m + 2 = 0 có nghiệm x1, x2 thỏa mãn : F = 1/ x1 + 1/ x2 là số nguyên. Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2 Theo định lí Vi-et thì x1 + x2 = 2(m + 3)/m và x1.x2 = (m + 2)/m Do đó : F = 1/x1 + 1/x2 = 2(m + 3)/(m + 2) = 2 + 2/(m + 2) Ta thấy F là số nguyên hay m + 2 là ước của 2 Vì m ≥ - 9/4 nên m = 0 ; m = 1 ; m = -1 thỏa mãn bài toán. Thí dụ 4 : Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm phân biệt của phương trình : x2 - (m + 3)x + 2m - 5 = 0 mà hệ thức này không phụ thuộc m. Giải : Ta có Δ = (m + 3)2 - 4(2m - 5) = m2 - 2m + 14 = (m - 1)2 + 13 > 0 với mọi m. Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm x1 và x2. Theo định lí Vi-et thì : Khử m ta có : 2(x1+x2) - x1x2 = 11. Thí dụ 5 : Tìm m để phương trình : x2 - mx + m2 - 7 = 0 có nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2 Tương đương với Δ ≥ 0 hay m2 - 4(m2 - 7) ≥ 0 hay 28 ≥ 3m2 Theo định lí Vi-et ta có : Giả sử x1 = 2x2 thì : Khử x2 bằng phép thế ta có : 2.(m/2)2 = m2 - 7 tương đương với 2m2 = 9m2 - 63 hay m>sup>2 - 9 hay là m = - 3 hoặc m = 3 (thoả mãn). Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn là m = 3 và m = -3 . Thí dụ 6 : Cho phương trình : x2 - mx + m2 - 3 = 0 1) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt. CÂU LẠC BỘ TRI THỨC VŨNG TÀU 0935.406.169 2) Tim m để phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương. Giải : 1) Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt 2) Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương trong các khả năng sau đây : Khả năng 1 : 0 = x1 < x2 Khả năng 2 : x1 < 0 < x2 Khả năng 3 : 0 < x1 = x2 Tóm lại : Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương hoặc m = 2. Các bạn hãy làm thêm một số bài tập : 1. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0. a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12. b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc m. 2. Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0. Gọi các nghiệm của phương trình là x1, x2. a) Tìm m sao cho x1 + 5x2 = 4. b) Tìm số nguyên m sao cho : F = 1/x1 + 1/x2 cũng là số nguyên. 3. Tìm m để phương trình : x2 + 2(m - 1)x - 2m + 5 = 0 có nghiệm x1, x2 và biểu thức A = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này. Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y3 - x3 = 91 (1) Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau : y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I) y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II) y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III) y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV) Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (2).