Bạn đang xem bài viết Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung 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.
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.
4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
4 cách giải phương trình vô tỉ cực hay
Phương pháp giải
– Cách 1: Nâng lên cùng một lũy thừa ở cả hai vế.
+ Phương trình
+ Phương trình √A = √B ⇔ A = B.
– Cách 2: Đặt ẩn phụ.
– Cách 3: Sử dụng biểu thức liên hợp, đánh giá.
– Một số phương trình đặc biệt có cách giải riêng biệt khác.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Sử dụng phương pháp bình phương để giải các phương trình:
Hướng dẫn giải:
a) √x = 3 (đkxđ: x ≥ 0)
Vậy phương trình có nghiệm x = 9.
b) (đkxđ: x ≥ -1)
⇔ x + 1 = 4
⇔ x = 3 (t/m)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
c) (đkxđ: x ≥ -3/2 )
⇔ (x + 1)(x – 3) = 0
⇔ x = -1 hoặc x = 3
Thử lại chỉ có giá trị x = 3 thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
d) (đkxđ: x ≥ 1).
⇔ x – 1 = x 2 – 6x + 9
⇔ (x – 2)(x – 5) = 0
⇔ x = 2 hoặc x = 5
Thử lại chỉ có giá trị x = 5 thỏa mãn.
Ví dụ 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải các phương trình sau:
Hướng dẫn giải:
a) Đặt
Khi đó phương trình trở thành:
⇔ (t-3) (2t + 7/2) = 0 ⇔ t = 3 (T/M) hoặc t = -7/2(L).
Với t = 3 thì
⇔ (x-1) (x+6) = 0
⇔ x = 1 hoặc x = -6
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 1 và x = -6.
b) Đặt ⇒ x = t 3.
Với t = 1 ⇒ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
c) (Đkxđ: x ≠ 0 và x – 1/x ≥ 0 ).
Chia cả hai vế cho x ta được:
Phương trình trở thành: t 2 + 2t – 3 = 0
⇔ (t-1)(t+3) = 0 ⇔ t = 1(t/m) hoặc t = -3(l)
Với t = 1 ⇒
Vậy phương trình có hai nghiệm
d) Đặt
Ta thu được hệ phương trình :
⇔ 5x = 5 ⇔ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau đây:
Hướng dẫn giải:
a) Phương pháp giải: Phân tích thành nhân tử
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
b)
Điều kiện xác định : ⇔ x = 7.
Thay x = 7 vào thấy không thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình vô nghiệm.
c) Phương pháp giải: Đánh giá
VT = VP ⇔
Vậy phương trình vô nghiệm.
+ TH1: Xét ⇔ x-1 ≥ 9 ⇔ x ≥ 10 .
Phương trình trở thành:
⇔ x – 1 = 81/4 ⇔ x = 85/4 (t.m)
+ TH2: Xét (không tồn tại)
+ TH3: Xét ⇔ 5 ≤ x ≤ 10 .
Phương trình trở thành:
⇔ 1 = 4 (vô nghiệm)
+ TH4: Xét ⇔ x ≤ 5.
Phương trình trở thành:
⇔ x – 1 = 1/4 ⇔ x = 5/4 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 5/4 và x = 85/4
Bài tập trắc nghiệm tự luyện
Bài 1: Nghiệm của phương trình là :
A. x = 6 B. x = 3 C. x = 9 D. Vô nghiệm.
Bài 2: Phương trình có số nghiệm là:
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3.
Hiển thị đáp án
Đáp án: C
⇔ (x + 1)(x + 3) = 8
⇔ x 2 + 4x + 3 = 8
Bài 3: Tổng các nghiệm của phương trình x – 5√x + 6 = 0 là:
A. 5 B. 9 C. 4 D. 13.
Hiển thị đáp án
Đáp án: D
Đkxđ: x ≥ 0.
x – 5√x + 6 = 0
Bài 4: Phương trình có nghiệm là:
A. x = 4 B. x = -3 C. x = -3 và x = 4 D. Vô nghiệm.
Hiển thị đáp án
Đáp án: A
(đkxđ: x ≤ -3 hoặc x ≥ -1)
Bài 5: Phương trình có số nghiệm là:
A. 0 B. 1 C. 2 D. Vô số.
Hiển thị đáp án
Đáp án: D
Bài 6: Giải các phương trình:
Hướng dẫn giải:
a) (đkxđ: x ≥ -3/2 )
⇔
⇔ 2x + 3 = 1/4
⇔ 2x = -11/4
⇔ x = -11/8
Vậy phương trình có nghiệm x = -11/8 .
b) (đkxđ: x ≥ 0)
⇔ 3x = 144
⇔ x = 48
c) (đkxđ: x ≥ -1)
⇔ x + 1 = 25
⇔ x = 24.
Vậy phương trình có nghiệm x = 24.
Bài 7: Giải các phương trình:
Hướng dẫn giải:
a)
⇔ x 2 – 2x – 4x + 8 = 0
⇔ (x – 2)(x – 4) = 0
⇔ x = 2 hoặc x = 4.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 hoặc x = 4.
b)
⇔ 2x(x – 3) = 0
⇔ x = 0 hoặc x = 3.
Thử lại chỉ có x = 3 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
⇔ (x + 6)(x – 1) = 0
⇔ x = 1 hoặc x = -6
Thử lại cả hai nghiệm đều thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -6 hoặc x = 1.
⇒ 4(x+1)(2x+3) = (21-3x) 2
⇔ 4(2x 2 + 2x + 3x + 3) = 441 – 126x + 9x 2
⇔ 8x 2 + 20x + 12 = 441 – 126x + 9x 2
⇔ x 2 – 146x + 429 = 0.
⇔ x 2 – 3x – 143x + 429 = 0
⇔ (x – 3)(x – 143) = 0
⇔ x = 3 hoặc x = 143.
Thử lại cả hai đều thỏa mãn phương trình
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3 và x = 143.
Bài 8: Giải các phương trình:
Hướng dẫn giải:
a)
Đặt
+ Th1: ⇔ x = 1.
+ Th2: ⇔ x = -7.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = -7.
b) (đkxđ: x ≥ -1)
Đặt
⇔ (a – b)(a + b) – (a – b) = 0
⇔ (a – b)(a + b – 1) = 0
⇔ a = b hoặ a + b = 1
+ Th1: a = b ⇒
⇔ 2x + 3 = x + 1 ⇔ x = -2 < -1 (Loại)
+ Th2: a + b – 1 = 0.
Mà a ≥ 1; b ≥ 0 nên a + b ≥ 1 hay a + b – 1 ≥ 0.
Phương trình chỉ xảy ra ⇔ ⇔ x = -1 .
Vậy phương trình có nghiệm x = -1.
c) (đkxđ: x 2 – 2x – 3 ≥ 0)
Phương trình trở thành: t 2 + 3t – 4 = 0
⇔ t 2 + 4t – t – 4 = 0
⇔ (t + 4)(t – 1) = 0
⇔ t = -4 (L) hoặc t = 1 (T/M)
⇔
Bài 9: Giải phương trình:
Hướng dẫn giải:
(1)
Ta có:
⇒ VT (1) = ≥ 2 + 3 = 5.
VT = VP ⇔ ⇔ x = -1.
Thử lại x = -1 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm x = -1.
Bài 10: Giải phương trình:
Hướng dẫn giải:
(Đkxđ: x ≥ -1 )
+ TH1:
Khi đó phương trình trở thành:
⇔ x = 3 (t.m)
+ TH2: ⇔ x < 3.
Khi đó phương trình trở thành:
⇔ 4 = 4 (đúng với mọi x)
Vậy phương trình nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn -1 ≤ x ≤ 3.
Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k6: chúng tôi
Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:
Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đánh Giá Cực Hay
Cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đánh giá cực hay
Phương pháp giải
Bước 1: Tìm đkxđ
Bước 2: Đánh giá một vế lớn hơn hoặc bằng vế còn lại hoặc đánh giá cả hai vế.
Phương trình có nghiệm ⇔ A = B = C = … = 0.
+ Cách 2 : Sử dụng các BĐT để đánh giá.
BĐT Cô-si áp dụng cho hai số dương : a 2 + b 2 ≥ 2ab
BĐT Cô-si áp dụng cho ba số dương : a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3abc
…
Bước 3 : Xét dấu = xảy ra và đối chiếu tìm nghiệm của phương trình.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải phương trình:
Hướng dẫn giải:
Dấu “=” khi (x – 2) 2 = 0 ⇔ x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:
Hướng dẫn giải:
⇔
Ta có:
Suy ra
Suy ra pt (1) ⇔
Vậy phương trình có nghiệm x = 1; y = 2; z = 3.
Ví dụ 3: Giải phương trình
Hướng dẫn giải:
Đkxđ : x ≠ 0.
Nhân cả hai vế với 3x ta được : (1) .
Ta có :
Áp dụng BĐT Cô si cho ba số ta có :
⇒ VT (1) ≤ VP (1).
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = ±√3 .
Bài tập trắc nghiệm tự luyện
Bài 2: Phương trình có tổng các nghiệm bằng :
A. 0 B. 1
C. 2 D. 3
A. Phương trình có một nghiệm âm
B. Phương trình có một nghiệm dương
C. Phương trình có hai nghiệm trái dấu
D. Phương trình vô nghiệm.
Bài 5: Phương trình có số nghiệm là :
A. 0 B. 1
C. 2 D. 3
Bài 6: Giải phương trình
Hướng dẫn giải:
Đkxđ : x ≥ -1.
Nhận thấy : VT = với mọi x.
PT có nghiệm ⇔ ⇔ x = 3 (t.m)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
Bài 7: Giải phương trình:
Hướng dẫn giải:
Ta có :
VT
Phương trình có nghiệm ⇔
Vậy phương trình vô nghiệm
Bài 8: Giải phương trình :
Hướng dẫn giải:
Đkxđ : 5 ≤ x ≤ 7 .
⇒ VT ≤ VP với mọi x.
Phương trình có nghiệm ⇔ ⇔ x = 6.
Vậy phương trình có nghiệm x = 6.
Bài 9: Giải phương trình :
Hướng dẫn giải:
Đkxđ : 0 ≤ x ≤ 1 .
+ Nếu x = 1, VT (*) = 3 ; VP (*) = 3.
⇒ x = 1 là nghiệm của phương trình.
+ Với 0 ≤ x ≤ 1 thì
⇒ Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 10: Giải phương trình :
Hướng dẫn giải:
Gợi ý: PT có nghiệm x = 1/2 . Do đó ta thêm bớt các số để đánh giá BĐT sao cho dấu = đều xảy ra tại x = 1/2 .
Giải :
Khi đó áp dụng BĐT Cô-si cho VT ta có :
Áp dụng BĐT Cô-si cho vế trái ta được :
⇒ VT ≥ VP
Phương trình có nghiệm ⇔ x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k6: chúng tôi
Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:
Chuyên Đề Phương Trình Nghiệm Nguyên
PHƯƠNG TRìNH NGHIÊM NGUYÊNVà KINH NGHIệM GIảICHUYÊN Đề:Người thực hiện: lê đình biênI. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét tính chia hết1 Phương pháp xét tính chia hếtPhát hiện tính chia hết của 1 ẩnĐưa về phương trình ước số
Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hếtXét số dư của từng vế.VD1: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159VD2: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3VD3: Tìm nghiệm nguyên của PT xy – x – y = 2
VD4: Chứng minh rằng: các PT sau không có nghiệm nguyên: 1, x2 – y2 = 1998 2, x2 + y2 = 1999VD5: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + yMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhát hiện tính chia hết của 1 ẩn VD6: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 (1)Gợi ý
B1: Lý luận để có: 17y chia hết cho 3 B2: Lý luận để có: y chia hết cho 3 Đặt y = 3k (k є Z) B3: Tìm x; y theo k B4: Thử lại vào (1) đúng KL
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênĐưa về phương trình ước số VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3Gợi ý
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyêna/ B1: Biến đổi phương trình thành: (x – 1)(y – 1) = 4 B2: Vì x;y là số nguyên: (x – 1) và (y – 1) є Ư (4) (x – 1)(y – 1) = 1.4 = 4.1 = (-1).(-4) = (-4).(-1) = 2.2 = (-2).(-2) B3: Lập bảng tìm x; y B4: Trả lờib/ B1: Nhân 2 vế của PT với 2. Biến đổi phương trình thành: (2y – 1)(2x + 1) = 5 B2: Vì x;y là số nguyên: (2y – 1) và (2x – 1) є Ư (5)
B3: Lập bảng tìm x; y B4: Trả lờiĐưa về phương trình ước số VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3
Kinh nghiệm
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênĐể viết VT: 2xy – x + y thành một tích.Ta biến đổi thành: x(2y – 1) + 1/2 (2y – 1)Để khử mẫu ta nghĩ đến việc nhân 2 vế với 2Phương pháp biểu thị 1 ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hết VD8: Giải phương trình nghiệm nguyên: xy – x – y = 2Gợi ýB1: Biến đổi PT về: x(y – 1) – y = 2B2: – Khảng định y≠1 – Biểu thị x theo y: x = B3: Tách phần nguyên: x = 1 +
B4: Lý luận để có: (y – 1) є Ư(3)B5: Tìm y Giá trị tương ứng của xB6: Kết luận Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vế VD9: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên a) x2 – y2 = 1998 (*)Gợi ý
B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1
B2: x2 – y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3
B3: 1998 : 4 dư 2
B4: PT (*) không có nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vế VD10: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên b) x2 + y2 = 1999 (* *)Gợi ý
B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1
B2: x2 + y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2
B3: 1998 : 4 dư 3
B4: PT (* *) không có nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vếKinh nghiệm
– Một số chính phương khi : 4 dư 0 hoặc 1– x2 – y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3– x2 + y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênVD11: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + y
Gợi ý
B1: Biến đổi vế phải = y(y + 1)
B2: Lý luận vế trái : 3 dư 2 y(y + 1) : 3 dư 2 y = 3k + 1 y+1 = 3k + 2B3: Tìm được x = k(k + 1)
B4: Thử lại và kết luận: x = k(k + 1) y = 3k + 1Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sắp thứ tự các ẩnPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩnPhương pháp chỉ ra nghiệm nguyênPhương pháp sử dụng điều kiện để PT bậc hai có nghiệm (∆ ≥ 0)VD12: Giải phương trình nghiệm nguyên x + y + z = xyzVD13: Tìm nghiệm nguyên dương 1/x + 1/y = 1/3
VD14: Tìm x є N 2x + 3x = 5xVD15: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 – xy + y2 = 2x – y Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sắp thứ tự các ẩn VD12: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x + y + z = xyzGợi ýB3: Chia cả hai vế của BĐT cho Z xy ≤ 3 xy = 1; 2; 3B4:
B1: Nhận xét: x; y ; z có vai trò bình đẳng trong PTCó thể sắp thứ tự giá trị các ẩn:
B2: Giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z xyz = x + y + z ≤ 3zMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn VD13: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y = 1/3Gợi ý
B4: Kết luận: (x; y) = (4; 12); (12; 4); (6; 6)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn
Kinh nghiệm
Khi các ẩn trong phương trình có vai trò bình đẳng ta thường sắp thứ tự các ẩn, sau đó dùng BĐT để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp chỉ ra nghiệm nguyên VD14: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5xGợi ýB1: Chia hai vế của PT cho 5x (2/5)x + (3/5)x = 1B2: Xét với x = 0 ……………. LoạiB3: Xét với x = 1 ……………. NhậnB4: Xét với x ≥ 2 (2/5)x < 2/5 (2/5)x < 3/5B5: Kết luận: x = 1Kinh nghiệmCó thể chỉ ra được một hoặc vài số là nghiệm PT. Rồi chứng minh PT không có nghiệm nào khácVế trái < 1 LoạiMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sử dụng ĐK để PT bậc hai có nghiệm VD15: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x2 – xy + y2 = 2x – yGợi ýB1: Viết PT thành PT bậc 2 đối với x: x2 – (y + 2)x + (y2 +y) = 0 (*)B2: Tính ∆ = -3y2 + 4B3: Giải ∆ ≥ 0 3y2 ≤ 4 y = 0; 1; -1B4: Tìm giá trị tương ứng của x và thử lạiB5: Kết luận.Kinh nghiệmĐK ∆ ≥ 0 chỉ là ĐK cần chứ chưa đủ để PT có nghiệm nguyên.Kết quả tìm đựơc phải thử lạiMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phươngTạo ra bình phương đúngTạo ra tổng các số chính PhươngXét các số chính phương liên tiếpSử dụng đk biệt số ∆ là số chính phương
Sử dụng tính chất tích của hai số nguyên là số chính phươngVD16: Tìm x є Z để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp
VD17: Tìm nghiệm nguyên 2×2 + 4x = 19 – 3y2VD18: Tìm nghiệm nguyên dương 4×2 + 4x + y2 – 6y= 24VD19: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 + 1 VD20: Tìm nghiệm nguyên x2 + 2y2 + 3xy + 2x + 3y + 4 = 0VD21: Tìm nghiệm nguyên dương của PT xy = z2Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phương VD16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếpGợi ý
B1: Giả sử: 9x+5 = n(n+1) (n є Z)B2: Nhân hai vế của PT với 4 Đưa về dạng: (2n+1)2 = 3(12x+7)B3: Lý luận để có (2n+1)2 ÷ 9 VT ÷ 9B4: Lý luận để có (12x+7) ÷ 3 VP ÷ 9 B5: Mâu thuẫn Không tồn tại số nguyên nàoMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phương
Lưu ý một số tính chất
Số CP không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8Số CP chia hết cho số nguyên tố P thì chia hết cho P2Số CP chia cho 3 dư 0 hoặc 1Số CP chia cho 4 dư 0 hoặc 1Số CP chia cho 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênTạo ra bình phương đúng VD17: Tìm nghiệm nguyên của PT 2×2 + 4x = 19 – 3y2Gợi ýB1: Cộng hai vế của PT với 2 Đưa PT về: 2(x+1)2 = 3(7-y2)B2: Lý luận để có 3(7-y2) chia hết cho 2 (7-y2) chia hết cho 2 y lẻB3: Lý luận để có (7-y2) ≥ 0 y2 ≤ 7B4: Tìm được y2 ≤ 1B5: Tìm x x = 2; x = 4B6: Kết luận: (x; y) Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênTạo ra ra tổng các số chính phương VD18: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 4×2 + 4x + y2 – 6y = 24Gợi ý
B1: Biến đổi PT về dạng: (2x+1)2 + (y-3)2 = 34B2: Lý luận (2x + 1) lẻB3: Viết 34 dưới dạng: a2 + b2 (a lẻ): 32 + 52; 52 + 32B4: Tìm được (x; y) Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét các số chính phương liên tiếp VD19: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 +1Gợi ý
B1: Viết PT dưới dạng: x4 = y4 +3y2 +1B2: Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 ≥ (y2 +1)2 Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 < (y2 +2)2B3: (y2 +1)2 ≤ x4 < (y2 +2)2 x4 = (y2 +1)2 B4: Giải PT: y4 +2y2 +1 = y4 +3y2 +1 y = 0B5: Tìm xB6: Kết luận (x; y)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét các số chính phương liên tiếp Lưu ý:
Sử dụng tính chất:
TC1: Nếu 2 số nguyên dương NTCN có tích là một SCP Thì mỗi số đều là SCPTC2: Nếu 2 số nguyên liên tiếpcó tích là một SCP Thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng điều kiện biệt số ∆ là SCP VD21: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 + xy + y2 = x2y2 Gợi ý
B1: thêm xy vào 2 vế của PT (x + y)2 = xy(xy + 1)B2: xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 SCP xy = 0 xy + 1 = 0B3: Xét từng trường hợp có kq: (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
VD22: Tìm nghiệm nguyên của PT x3 + 2y3 = 4z3 (*) Gợi ý
B1: Lý luận để có x chia hết cho 2. Đặt x = 2×1 (x1 є Z) B2: thay x = 2×1 vào (*) y chia hết cho 2. Đặt y = 2y1 (y1 є Z) B3: thay y = 2y1 vào (*) z chia hết cho 2. Đặt z = 2z1 (z1 є Z) II. Một số dạng phương trình nghiệm nguyênMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD23: Tìm nghiệm nguyên của PT (x – 2)(3x – 2)(5x – 2)(7x – 2) = 945 Gợi ý
B1: Nếu x≥ 3 VT ≥ 1.7.13.19 = 1729 (loại)B2: Nếu x ≤ -2 VT ≥ 4.8.12.16 = 6164 (loại) -2 ≤ x < 3 x є { -1; 0; 1; 2}B3: Lần lượt thay x = -1; 0; 1; 2 vào PT: x = -1 (thoả mãn)Kinh nghiệm– Nếu triển khai và giải PT bậc 4 gặp nhiều K2– Dựa vào x є Z dùng P2 xét khoảng giá trị của ẩn để giải bài toánMột số dạng phương trình nghiệm nguyên ax + by = c (a; b; c є Z) Kinh nghiệm B1: Rút gọn phương trình. Chú ý đến tính chia hết của các ẩnB2: Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có GTTĐ nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kiaB3: Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của xB4: Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1 Được PT bậc nhất 2 ẩn y và t1B5: Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên. VD24: Tìm nghiệm nguyên của PT: 11x + 18y = 120Một số dạng phương trình nghiệm nguyênDạng 1: axy + bx + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z) Dạng 2: ax2 + by2 + c = 0 (a; b; c є Z)Dạng 3: ax2 + by2 + cx + d = 0 ax2 + by2 + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z) Dạng 4: ax2 + by2 + cxy + d = 0 (a; b; c; d є Z)
VD25: Tìm nghiệm nguyên 5x – 3y = 2xy – 11
VD26: Tìm nghiệm nguyên 3×2 + 4y2 = 84
VD27: Tìm nghiệm nguyên x2 – 2x – 11 = y2
VD28: Tìm nghiệm nguyên 5×2 – y2 + 4xy – 9 = 0Một số dạng phương trình nghiệm nguyênDạng 5: ax2 + by2 + cx + dy = 0 (a; b; c; d є Z)Dạng 6: ax2+by2+cx+dy+e = 0 (a; b; c; d; e є Z)Dạng 7: ax2+by2+cxy+dx+ey = 0 (a; b; c; d; e є Z)Dạng 8: ax2+by2+cxy+dx+ey+g= 0 (a; b; c; d; e є Z)
VD29: Tìm nghiệm nguyên dương x2 + y2 = 5(x – y)
VD30: Tìm nghiệm nguyên 3×2 + 4y2 + 12x + 3y + 5 = 0
VD31: Tìm nghiệm nguyên x + y + xy = x2 + y2VD32: Tìm nghiệm nguyên x2 -xy + y2 = 2x – 3y – 2 Một số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình ước.– Viết phương trình đó dưới dạng Phương trình bậc hai đối với một ẩn rồi dùng điều kiện: ∆ ≥ 0 hoặc ∆ là số chính phươngMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD32: x3 + x2 + x + 1 = y3 Gợi ý
B1: Viết PT dưới dạng: (x-y)3 + 3xy(x-y) = xy + 8 B2: Đặt: x – y = a va xy = b a3 – 8 = – b(3a – 1)B3: Lý luận để có a3 – 8 chia hết cho 3a-1B4: Nhân với 27 215 chia hết 3a – 1B5: (3a – 1) є Ư (± 1; ± 5; ± 43; ± 215)B6: Tìm a và b Tìm x; yMột số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình ước.– Đặt ẩn phụ cho biểu thức (x + y) hoặc (x – y) và xy.– Với biểu thức (x3 + y3) hoặc (x3 – y3) nên vận dụng HĐTMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD34: x4 – 4×2 + y2 + 2x2y – 9 = 0 Gợi ý
B1: Biến đổi về dạng: (x2 + y + 2x)(x2 + y – 2x) = 9B2: Đưa về phương trình ước sốB3: Tìm x; yMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD35: Tìm nghiệm nguyên của PT x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 Gợi ý
B1: Biến đổi về dạng: (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 B2: Đặt (x2 + 3x + 1) = a (a+y)(a-y) = 1B3: Tìm được y = 0 x = Một số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình bậc hai với hai ẩn– Phân tích thành nhân tử để phát hiện một biểu thức là số chính phương.– Phát hiện một số chính phương năm giữa hai số chính phươngMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD36: Tìm nghiệm nguyên của PT 6x + 15y + 10z = 3 Gợi ý
B1: Lý luận để có 10 z chia hết cho 3 z chia hết cho 3 z = 3k (k є Z)B2: Giải PT hai ẩn x; y với k là tham số: 2x + 5y = 1 – 10kB3: Đưa PT về dạng: x = – 5k – 2y + B4: Đặt = t y = 1 – 2tB5: Viết nghiệm x; y; z theo k và tMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD37: Tìm nghiệm nguyên của PT 2xyz = x + y + z + 6 Gợi ý
B1: Do x; y; z có vai trò bình đẳng giải sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z 2xyz ≤ 3z + 16B2: Do z nguyên dương 2xy ≤ 3 + 16/z ≤ 19 xy ≤ 9B3: Do x nguyên dương x2 ≤ xy B4: x2 ≤ 9 x є (1; 2; 3)B5: Thay lần lượt x Tìm y, zMột số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Tìm dấu hiệu chia hết Đưa về PT bậc nhất đối với hai ẩn– Dựa vào vai trò bình đẳng của ẩn để dùng phương pháp chặn– Trong trường hợp khác có thể xét một hoặc một vài giá trị của một ẩn rồi xét tiếp trường hợp còn lạiMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD38: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y + 1/6xy = 1/6 Gợi ý
B1: Nhân hai vế của PT với 6xyB2: Đưa về PT ước số: (x – 6) (y – 6) = 37B3: Tìm x; y.Kinh nghiệm
Tìm cách khử mẫu Đưa về phương trình ước sốMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD39: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: 2x + 3= y2 Gợi ý
B1: Xét với x ≥ 2 VT: 4 dư 3 Không thoả mãn VP: 4 dư 1 x = 0; 1B2: Xét từng trường hợp (x; y)Kinh nghiệm
Tìm STN k để với x ≥ k thì PT không có nghiệm nguyên Xét x є (0; 1; …….; k-1) Chú ý: + an – bn chia hết a – b với n là số tự nhiên + an + bn chia hết a + b với n là số tự nhiên lẻ + (a + b)n chia hết ak + bn với n є N; k є Z VD40: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: x + x + 3 = y Gợi ý
B1: Lý luận để có y chẵn y = 2k (k є Z) x = 4 – 3kB2: Tìm được 3z + 10k = 1 z = -3k + B3: Đặt = t (x; y; z) theo t{{ Một số dạng phương trình nghiệm nguyên VD42: Tìm giá trị của m để PT sau có hai nghiệm nguyên dương x2 + mx + 2 = 0 Gợi ý
B1: Gọi x1; x2 là các nghiệm nguyên dương x1 + x2 = – m (m є Z)B2: ∆ = m2 – 8 là số chính phương Đặt (m2 – 8) = k2 (k є N)B3: Đưa về PT ước: (m – k)(m + k) = 8III. Ứng dụng: Bài toán đưa về giải PT nghiệm nguyên1, Bài toán về số tự nhiên và các chữ số2, Bài toán về tính chia hết và số nguyên tố3, Bài toán thực tếTrân trọng cảm ơn !Người thực hiện: Phạm Ngọc Thuý
Cập nhật thông tin chi tiết về Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!