Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai vào giải toán

A. Đặt vấn đề
Giải toán là một vấn đề không đơn giản, song điều mà học sinh cần là biết cách vận dụng linh hoạt các kiến thức sách giáo khoa vào giait toán. Một bài toán khó nếu học sinh định hướng được phương pháp giải( dạng toán) thì bài toán trở nên dơn giản hơn.
Phươngtrình nghiệm nguyên ,Bài toán cực trị và bất đẳng thức là những dạng toán khó đối với học sinh ,lại thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, vào trường chuyên, kể cả vào đại học. Vậy làm thế nào để học sinh giải quyết được phần nào các dạng toán trên .
Đề tài này tôi muốn giúp các em hướng giải quyết dựa vào kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, đó là công thức nghiệm của phương trình bậc hai
(SGK Đại số 9). Thông qua các ví dụ minh hoạ để làm rõ phương pháp giải những dạng toán trên.
 B. Nội dung
I. Lý thuyết cơ bản:
1. Phương trình bậc hai : 
Có 
+ Nếu : Phương trình vô nghiệm
+ Nếu : Phương trình có nghiệm kép: 
+ Nếu Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
Từ công thức nghiệm ta suy ra: 
+ Phương trình bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi 
+ Nếu phương trình bậc hai có các hệ số a,b,c là các số hữu tỉ (a) và là bình phương của một số hữu tỉ thì phương trình bậc hai đó có nghiệm hữu tỉ
2. Tam thức bậc hai: 
 * 
 * 
II. áp dụng:
1. áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên:
Ví dụ 1.1: Tìm các giá trị x,y tự nhiên thoả mãn:
 x2+2x=3-y (1.1)
Giải :
Ta coi phươngtrình (1.1) là phương trình bậc hai ẩn x. Khi đó ta có :
(1.1) 
 Phương trình có nghiệm  
 Vì 
Lần lượt thay y = 0 ;1 ;2 ;3 ;4 vào phương trình (1.1) ta tìm được nghiệm tự nhiên của phương trình là : (x ;y) = (1 ;0) ;(0 ;3) ;(3 ;0)
Ví dụ 1.2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
 3(x2+xy+y2) = x+8y (1.2)
Giải :
Đối với phương trình (1. 1) ta có thể giải cách khác tương dối đơn giản :
Từ đó giải tiếp như cách trên
Nhưng khi gặp phương trình (1.2) với cách giải này có còn phù hợp không ? Với phép biến đổi đó tương đối khó với học sinh
Tương tự như ví dụ (1.1) ta coi (1.2) là phương trình bậc hai đối với ẩn x
Khi đó (1.2)3x2+x(3y-1)+3y2-8y=0 
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi:
=(3y-1)2-12(3y2-8y)=27y2+90y+10
Vì yZ nên y= 0;1;2;3
Với y=0 ta được x=0;1/3
y=1 thì x= 1 ;-5/3
y=2;3 thì xZ (loại)
Vậy nghiệm nghuyên của phương trình là ( x=0;y=0) ; ( x=1;y=1)
Ví dụ 1.3: Tìm các giá trị của x để y là những số nguyên trong phương trình sau:
 (1.3)
Giải:
Vì nên 
Khi đó (1.3) 
Đặt = t0 phương trình trở thành:
yt2-yt-2t+y=0 yt2-t(y+2)+y=0
+y = 0 thì t = 0 nên x = 0
+y0 : để phương trình có nghiệm thì
 =(y+2)2=-3y2+4y+40
 Vì y nguyên nên y = 1;2
 - Nếu y = 1 thì 
 - Nếu y = 2 thì x = 1
Vậy các giá trị phải tìm là: (x;y)=(0;0) ;(1;2);; 
Ví dụ 1.4: Giải phương trình nghiệm nguyên:
 x2+2y2+3xy+3x+5y=14 (1.4)
Giải:
Thông thường học sinh biến đổi như sau:
(1.4) x2+2y2+3xy+3x+5y+2=16 
x2+y2+1+2xy+2x+2y+y2+xy+x+3y+1=16
(x+y+1)2+y(x+y+1)+x+2y+1=16
 (x+2y+1)(x+y+2)=16
Khi biến đổi như trên ta thấy rằng tại sao số 2 được cộng vào hai vế của phương trình đã cho điều đó ‘có vẻ thiếu tự nhiên’ dẫn đến việc học sinh biến đổi để đi đến kết quả trên không dễ dàng.Vậy cần cho các em thấy rõ tại sao lại xuất hiện số 2 như vậy . Ta biến đổi như sau :
(1.4) x2+2y2+3xy+3x+5y+a=14+a
Vậy ta cần chọn a để f(x) = x2+2y2+3xy+3x+5y+a phân tích được thành nhân tử, ta coi x là biến số f(x) = x2+2y2+3xy+3x+5y+a = x2+3x(y+1)+2y2+5y+a, ta có : =9(y+1)2- 4(2y2+5y+a)=(y-1)2+8-4a
Ta cần chọn a để 8 - 4a = 0 .Khi đó =(y-1)2 
Vậy :
Suy ra : f(x)=(x+2y+1)(x+y+1)
Khi đó phương trình (1.4) (x+2y+1)(x+y+2)=16
Việc thêm 2 vào 2 vế của phương trình đã có cơ sở .Giải phương trình nghiệm nguyên trên ta được các nghiệm của phương trình đã cho :
(x ;y) = (-17 ;16) ; (13 ;-14) ; (-34 ;16) ; (11 ;-14) ; (-7 ;7) ; (11 ;-5) ; 
(1 ;-5) ; (-17 ;7) ; (1 ;1) ; (-7 ;1) ;
Ví dụ 1.5 : Cho a ;b là các số hữu tỷ thoả mãn :
 a2003+b2003=2.a1001.b1001 (*) 
Chứng minh rằng pt : x2+2x+ab = 0 (1.5) có 2 nghiệm hữu tỷ 
Giải:
 Vì a;b là những số hữu tỷ ,nên để chứng minh phương trình (1.5) có 2 nghiệm hữu tỷ , ta cần chứng minh là bình phương của một sô hữu tỷ. Thật vậy ,Từ giả thiết (*) ta có 
 - Nếu a = b = 0 thì phương trình (1.5) có 2 nghiệm hữu tỷ là 0;-2
 - Nếu khi đó (*) (**)
Đặt , khi đó t là số hữu tỷ khác không và 
(**), phương trình này luôn luôn có 2 nghiệm hữu tỷ nên là bình phương của một số hữu tỷ
áp dụng chứng minh bất đẳng thức:
Ví dụ 2.1: Cho các số a1, a2, b1 0, b2 0. Chứng minh bất đẳng thức:
(a1b1 + a2b2)2 (a12+ a22)( b12 + b22) (2.1)
Việc chứng minh bất đẳng thức (2.1) tương đối đơn giản, ta có thể biến đổi bất đẳng thức (2.1) (a1b1 + a2b2)2 0
Bây giờ ta hướng dẫn học sinh chứng minh cách khác
Xét đa thức g1(x) = (b1x - a1)2; g2(x) = (b2x – a2)2
Khi đó f(x) = g1(x) + g2(x)
 = (b1 + b2)x2 - 2(a1b1 + a2b2)x +(a12+ a22) 0 x
 ’ = (a1b1 + a2b2)2 - (a12+ a22)( b12 + b22) 0
Hay (a1b1 + a2b2)2 (a12+ a22)( b12 + b22)
Dấu “ = “ xẩy ra 
Như vậy bất đẳng thức (2.1) được chứng minh
Đây là một phương pháp dùng để chứng minh BĐT Bunhiacopxky bằng cách xét đa thức:
f(x) = (b1x - a1)2 + (b2x – a2)2 ++(bnx – an)2 0 x
(bi 0; i = )
Ví dụ 2.2: Cho x, y, z là các số thực và x, y, z 0
 (I) 
 Chứng minh rằng : x2 3 (2.2)
Giải:
(I) 
Vì y, z tồn tại thoả mãn hệ (I) nên phương trình bậc hai 
t2 – x(x2-1)t + x2 = 0 luôn luôn có nghiệm
Hay = x2(x2-1)2 -4x2 = x2(x2+1)(x2-3) 0
x2-3 0 x2 3 ( BĐT được chứng minh) 
Ví dụ 2.3: Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện
 (II) 
Chứng minh rằng: 1 x ; 1 y ; 1 z ;
Giải:
 Từ phương trình (1): x = 5 – y – z thế vào phương trình (2) ta được:
 y2 + y(z-5) + z2 – 5z = 8 (3)
Vì luôn tồn tại x, y, z thoả mãn hệ phương trình (II) nên phương trình (3) có nghiệm 
Nghĩa là: = (z – 5)2-4(z2 – 5z +8) = 3x2 +4z – 7 0
 1 z 
Vì x, y, z bình đẳng. Chứng minh tương tự ta cũng có: 
1 x ; 1 y (BĐT được chứng minh).
Ví dụ 2.4: Với giá trị nào của a thì BĐT :
( x2 + y2 + z2 ) a(xy + yz + zx) đúng với x,y,z (2.4)
Giải :
(2.4) x2 – x(ax + az) + y2 + z2 – ayz 0. x,y,z
 = a2(x + z)2 – 4(y2 + z2 –ayz) 0 yz
 (a2 - 4)y2 + 2az(a + 2)y + z2(a2- 4) 0. yz (4)
Nếu a2 - 4 = 0 a = 2 hoặc a = - 2 
+ Với a = 2 BĐT (4) trở thành 16yz 0 ;y, z 
( Không thoả mãn, chẳng hạn : y = 1 ; z = 1 16yz >0 )
+ Với a = - 2 BĐT (4) trở thành 0yz 0 y,z ( thoả mãn )
+Với a 2 để (a2 – 4 ) y2 + 2az(a + 2) . y + z2(a2 – 4 ) 0 y, z.
 - 2a 1
Kết luận : Vậy để BĐT đúng x, y, z thì - 2 < a 1
Ví dụ 2.5: Cho a3 >36 v à a.b.c = 1. Chứng minh rằng:
 (2.5)
Giải:
Từ giả thiết 
Khi đó (2.5) (b + c) 2 –a(b + c) - > 0
Xét tam thức f(x) = x2 – ax - > 0
Có = a2 - 4
Vì a3 > 36 và a > 0 nên < 0
Do đó f(x) = x2 – ax - > 0 x
Thay x = b + c khi đó ta có BĐT f(b + c) < 0
Hay (b + c)2 – 4(b + c) - > 0
 (BĐT được chứng minh)
 Các ví dụ (2.1 2.5) ta đã sử dụng tính chất của tam thức bậc hai
f(x) = ax2 + bx + c (a 0)
 Để chứng minh af(x) 0 x ta cần chứng minh = b2 – 4ac 0 và ngược lại.
 Việc áp dụng linh hoạt tính chất này cho ta lời giải một số bài toán ngắn gọn, dễ thực hiện mà các phương pháp khác khó thực hiện được.
3. áp dụng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất (phương pháp miền giá trị)
Ví dụ 3.1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = x2 – 2x + 2 (3.1)
Giải :
A nhận giá trị A0 khi phương trình x2 – 2x + 2 = A0 có nghiệm
 x2 – 2x + 2 - A0 =0 có nghiệm 
 ’ = 1 – 2 + A0 0 1
A0 =1 x = 1
 Vậy MinA = 1 x = 1
Ví dụ 3.2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 B = 3x2 – 5x + 2 (3.2)
Giải:
 Tuy nhiên, với (VD3.1) thì việc giải quyết tương đối đơn giản nhờ cách biến đổi A = (x – 1)2 + 1 1, từ đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất dễ dàng. nhưng khi gặp (VD3.2) thì việc biến đổi như vậy ở mức độ khó hơn
 B = 
mà không phải học sinh nào cũng biến đổi được. Ta có thể hướng dẫn học sinh thực hiện lời giải như trên.
B nhận giá trị B0 khi phương trình 3x2 – 5x + 2 – B0 = 0 có nghiệm
 = 25 -12(2 - B0) = 1 + 12 B0 0 B0 
B0 = x = 
 Vậy Min B = x = 
Với cách giải này rõ ràng chiếm ưu thế hơn, nhất là khi gặp các hệ số lớn và phức tạp
Chẳng hạn: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
y =
Ví dụ 3.3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 C = (3.3)
Giải :
Cách 1: Ta biến đổi đơn giản như sau:
C = = 
Vì (x+2)2 + 1 1 C = = 1
Vậy MaxC = 1 x= - 2
Cách 2: C nhận giá trị C0 khi phương trình:
 = C0 có nghiệm 
( Nhận xét : x2 + 4x + 5 = (x+2)2 + 1 > 0 x2 +4x +5 0 C0 > 0 ) do đó phương trình đã cho tương đương với
 C0 x2 + 4 C0 x + 5 C0 – 1 = 0 có nghiệm (3.3)
+ C0 = 0 0x =1 (không thoả mãn)
+ C0 0 : để phương trình (3.3) có nghiệm thì:
 = - co2 + C0 = C0 (1 - C0 ) 1 - C0 0 (vì C0 > 0) C0 1
Co = 1 x = = - 2
Vậy Max C = 1 x= - 2
Ví dụ 3.4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức 
 (3.4)
Giải :
 Đối với bài toán này, nếu học sinh sử dụng cách 1 thì khó tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức; nếu dựa vào cách 2 thì việc thực hiện tương đối đơn giản.
D nhận giá trị D0 khi phương trình D0 = có nghiệm (3.4)
 (Vì x2 + 2 > 0 x2 +2 0) nên:
 (3.4) D0 x2 + 2 D0 = 2x + 1 D0 x2 - 2x + 2 D0 – 1 = 0 có nghiệm
+ D0 = 0 x = 
+ D0 0 để phương trình có nghiệm thì :
’ = 1 - D0 (2 D0 – 1) = - 2 Do2 + Do + 1 0
 2 Do2 - Do – 1 0 Do 1 
Do = thì x = = - 2
Do = 1 thì x = = 1
Kết hợp cả hai trường hợp, ta có:
Min D = x = - 2
Max D = 1 x = 1
 Ví dụ 3.5 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 
 E = (x 0) (3.5)
Giải:
 Đặt x+2004 = t t 2004 > 0. Khi đó:
E = 
Biểu thức E nhận giá trị Eo khi phương trình Eo = có nghiệm
 Et2 – 2t + 2 . 2004 = 0 (3.5)
+ Eo = 0 t=2004 hay x = 0
+ Eo 0 để phương trình (3.5) có nghiệm 
 ’ = 1 – 2.2004 . Eo 0
 Eo 
 Eo = t = = 2.2004
Hay x= t – 2004 = 2.2004 – 2004 = 2004
Vậy Max E = x = 2004
III –áp dụng phương pháp trên, các em có thể giải một số bài tập sau: 
1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
a, x2 + (x + y)2 = (x + 9)2
b, x2+ 2y2 + 3xy – 7x – 10xy +9 =0
2. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a2 +b2 + 2b(a+1) – a(3b + 5) > 
Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác và 3 số x,y,z thoả mãn : ax+by+cz=0 CMR: xy+yz+zx 
a. Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức sau:
 b. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy ,điểm M(x;y) nằm trên đường thẳng y=x+1 và thoả mãn các điều kiện : ax2+y=2b-a2; x+2by=a2-1 
Với giá trị nào của a và b thì điểm này gần nhất với điểm 
C.Kết luận
 Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, với kinh nghiệm trên phần nào giúp cho học sinh cách giảim toán dựa vào những kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, từ đó rèn luyện được kỹ năng ,thủ thuật biến đổi để từ những bài toán khó về bài toán cơ bản mà các em đã biết cách giải.
 Trên đây là những kinh nghiệm được đúc rút từ thực tế giảng dạy đã mang lại hiệu quả tốt khi học sinh được học những vấn đề trên.
 Trong quá trình viết, do năng lực có hạn nên không tránh khỏi thiếu sót.Rất mong đồng nghiệp, bạn đọc góp ý để đề tài hoàn thiện và có hiệu quả hơn ./.
Ngày tháng năm 2009.
 Người viết:
 Đậu Xuân Tư