Một phương pháp tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho trước. Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN. Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy) Lời giải : Ta có x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy) xy + 3 = x4 + y4 + 2x2y2 xy + 3 = (x2 + y2)2 (1). Do (x2 - y2)2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với mọi x, y (2). Từ (1) và (2) ta có : xy + 3 ≥ 4(xy)2 4t2 - t - 3 ≤ 0 (với t = xy) (t - 1)(4t + 3) ≤ 0 Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1 x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có : Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2. Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. Lời giải : x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1). áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2). Từ (1) và (2) suy ra : 2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9 3A2 + 6|A| - 9 ≤ 0 A2 + 2|A| - 3 ≤ 0 (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 |A| ≤ 1 -1 ≤ A ≤ 1. Vậy : A đạt GTLN bằng 1 A đạt GTNN bằng -1 Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2). Tìm GTLN và GTNN của x2 + y2. Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - 3 = -3x2 ≤ 0 => t2 - 2t - 3 ≤ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) => (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3 Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ; Ta lại có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) (x2 + y2)2 + x2 + y2 - 3 = 3y2 ≥ 0 => t2 + t - 3 ≥ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN bằng khi và chỉ khi y = 0 ; Bài tập tương tự 1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. Tìm GTLN của xyz. Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2) 2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz Tìm GTNN của xyz. Đáp số : 8 (x = y = z = 2). 3) Tìm GTLN và GTNN của S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm của phương trình : 5x2 + 8xy + 5y2 = 36 Đáp số : GTLN là 36 GTNN là 4 4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : Tìm GTLN của x2 + y2. Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0). 5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - 5 Tìm GTLN và GTNN của x - 2y. Đáp số : GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ; GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1). 6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết rằng : Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61. MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Với mọi số thực a, b, c, ta có : (a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*). Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay : Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì a2 + 1 = (a + b)(a + c). Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì a + bc = (a + b)(a + c). Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên. Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b). Suy ra Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca) = 2. Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức. Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng : Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : 1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥ b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; (ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2 1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac : Tương tự ta có Từ các kết quả trên ta suy ra : Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)). Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có Tương tự ta có Từ các kết quả trên ta suy ra : Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập : Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : (a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2. LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS. Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có : a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ 0 => : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1. Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào cả hai vế ta được : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2) => : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2)   (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : 2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2)   (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2. Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị. Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x2003 ≤ y2003. Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0 => : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003) => : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm). Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : Bài toán 2 : Giải hệ phương trình : Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 => : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có : 2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) => : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc. Chứng minh : với S là diện tích tam giác ABC. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ hb ≥ hc . Làm như lời giải bài toán 3 ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S => : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S)     (1) Tương tự ta được : 1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S)     (2) 1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S)     (3) Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 1) Biết rằng x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : 3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc. Chứng minh : 4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2. PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ... Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây : 1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a. Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b). Nhận xét : Khi a = b ta có : F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b. Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a). Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : 1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a). Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b). Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó : F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c). 2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a. Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) với mọi số nguyên lẻ n. Nhận xét : Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*) Do đó ta thử phân tích biểu thức F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử. Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z). Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0 Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 . Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn. Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm. Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn : Bài toán 4 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử : F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz. Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó : F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx). Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này. Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây. Bài toán 5 : Tính tổng : trong đó k = 1, 2, 3, 4. Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a). TS. Lê Quốc Hán (ĐH Vinh) MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương. Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 10x = 39. Lời giải : Ta có : x2 + 10x = 39 tương đương x2 + 2.5.x = 39 Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là x2. Kéo dài mỗi cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy : Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó : (x + 5)2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3. Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3. Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 6x = 31. Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x2 - 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ? MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và BCNN. Phương pháp chung để giải : 1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số. 2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không khó : Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 (*) Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd => (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab => ab = (a, b).[a, b] . (**) Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa. Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b. Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 => m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80. Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.162 = 240.16 suyy ra mn = 15. Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18. Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60. Lời giải : Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3. Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2. Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15. Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3. Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5. Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25. Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1. Bài toán 5 : Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140. Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d. Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35. Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8 Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80 Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n. Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)    [a, b] = mnd = 72 (2) => d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}. Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 =>   m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Do đó : a - b = d(m - n) = 7   (1’)    [a, b] = mnd = 140   (2’) => d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}. Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất : d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4 Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 . Bài tập tự giải : 1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45. 2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau. 3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại. MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử. Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS. 1. Rút gọn các biểu thức đại số. Bài toán 1 : Rút gọn : với ab ≠ 0. Lời giải : Bài toán 2 : Rút gọn : Lời giải : 2. Chứng minh bất đẳng thức Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C. Chứng minh : Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = ha, BI = hb. Dễ thấy 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => ha/hb = AH/BI = b/a . áp dụng điều tương tự ta có : Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh. 3. Giải phương trình và bất phương trình Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1) Lời giải : (1) 4x3 - 2x2 - 8x2 + 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x2(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0 hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = 0 Bài toán 5 : Giải phương trình : Lời giải : Ta có : Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3. Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x3 - 12x2 - 8 < 0 (3) Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0 tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 0 tương đương với (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] x < 2. Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2. 4. Một số bài toán khác. Bài toán 7 : CMR nếu : với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b. Lời giải : (*) tương đương : a2b - 2a3b - 2b2 + 4ab2 = b2a - 2ab3 - 2a2 + 4a2b hay : 3ab2 - 3a2b - 2a3b + 2b3a - 2b2 + 2a2 = 0 3ab(b - a) + 2ab(b2 - a2) - 2(b2 - a2) = 0 (b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0 Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0 Do a.b ≠ 0 => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = 0 => : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b . (đpcm). Bài toán 8 : Chứng minh : n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N. Lời giải : Xét M = n2 + 11n + 39 = n2 + 2n + 9n + 18 + 21 = (n + 2)(n + 9) + 21. Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7. - Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chia hết cho 49 nên M không chia hết cho 49. - Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49. Vậy n22 + 11n + 39 không chia hết cho 49. Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng : 1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x6 - x4 + 2x3 + 2x2 = y2. 2. Cho ab ≥ 1. Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab). 3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152. 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). Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}. Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí. Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3. Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3). Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 1/x + 1/y + 1/z = 2   (3) Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có : 2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1. Thay x = 1 vào (3) ta có : 1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2 => y = 1 => 1/z = 0 (vô lí) hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình. Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 2y2 = 5   (4) Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được : 4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 tương đương 2(k2 + k - 1) = y2 => y2 là số chẵn => y là số chẵn. Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1   (**) Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm. Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên. Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn : x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000   (5) Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3. Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên. Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3   (6) Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với: y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2). Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này. Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - xy + y2 = 3   (7) Lời giải : (7) tương đương với (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4 Vì (x - y/2)2 ≥ 0 => 3 - 4y2/4 ≥ 0 => -2 ≤