intTypePromotion=1

Chuyên đề Tam thức bậc hai và Phương trình vô tỷ

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

0
178
lượt xem
48
download

Chuyên đề Tam thức bậc hai và Phương trình vô tỷ

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp đỡ cho các bạn học sinh lớp 9 nắm vững kiến thức và áp dụng giải toán về Tam thức bậc hai và Phương trình vô tỷ để chuẩn bị kỳ thi vào các trường THPT sắp tới, mời các bạn tham khảo “Chuyên đề Tam thức bậc hai và Phương trình vô tỷ ”.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Tam thức bậc hai và Phương trình vô tỷ

  1. CHUYÊN ĐỀ TAM THỨC BẬC HAI VÀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Chuyên đề 1: Tam thức bậc hai A.Phương trình bậc hai I. Định nghĩa: Cho hàm số y= f(x) và y= g(x) có tập xác định lần lượt là D f , Dg. Khi đó mệnh đề chứa biến f(x) = g(x) được gọi là phương trình một biến x. Trong đó: D  D f  Dg được gọi là tập xác định của phương trình. 0 x0  D : f ( x0 )  g ( x0 ) là đẳng thức đúng thì x0 được gọi là một n của phương trình. T  x0  D : f ( x0 )  g ( x0 ) là tập nghiệm của phương trình. T   thì ta nói phương trình vô nghiệm. Với định nghĩa này thì khái niệm nghiệm của phương trình phụ thuộc vào D. 1 Có thể : Vô nghiệm x  x  1   x  1 2 Có nghiệm ( x 2  x  2) x  1  0 Nghiệm đúng với mọi x thuộc D ( x  1)2  x 2  2 x  1 Định nghĩa này dễ dàng mở rộng cho khái niệm phương trình nhiều biến. II. Các định lý về phép biến đổi tương đương h ( x) co nghia f ( x)  g ( x)    f ( x )  h( x )  g ( x )  h( x ) h ( x)  0 f ( x)  g ( x)    f ( x )h ( x )  g ( x ) h ( x )  f ( x) g ( x)  0 f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x) 2 2 Khi sử dụng các định lý về phép biến đổi tương đương học sinh thường mắc phải những Sai lầm do không nắm được điều kiện dùng định lý x 1 2 x Ví dụ 1 : Giải phương trình 2  2 1 x  x x  2x  2 1  x  x 2  0 Có học sinh giải như sau: Điều kiện  2  x  2x  2  0  Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với x 1 1 2x 1 x( x  1)  1  x  x 2 x(2  x)  x 2  2 x  2 2   2    1 x  x x x  2x  2 x x(1  x  x 2 ) x ( x 2  2 x  2) 1 2 x  0  2  2  2 2 Vô nghiệm x(1  x  x ) x( x  2 x  2) 2(1  x  x )  x  2 x  2 Lời giải trên là sai lầm rõ ràng x=0 là một nghiệm của phương trình Nguyên nhân sai lầm vì học sinh thực hiện phép biến đổi không tương đương nghĩa là khi cộng vào hai vế của phương trình với biểu thức không hoàn toàn xác định trên D. Ví dụ 2: Giải phương trình 1  x  x  1 Có học sinh giải như sau: Điều kiện x  1
  2. 1  2x  x2  x  1 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với  x 2  3x  2  0 x  1   x  2 Lời giải trên có sai lầm vì nhận thấy x=2 không là nghiệm của phương trình Nguyên nhân sai lầm là do học sinh không chú ý đến điều kiện để bình phương hai vế của phương trình. III. Phương trình bậc hai 1. Định nghĩa: Phương trình bậc hai là phương trình có dạng ax 2  bx  c  0 (a, b, c R; x ẩn; a ≠ 0) 2. Công thức nghiệm   b 2  4ac (  '  b'2  ac) b   b' ' ∆ > 0 (∆’ > 0) phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2  ( x1, 2  ) 2a a b  b' ∆ = 0 (∆’ = 0) phương trình có nghiệm kép x  (x  ) 2a a ∆ < 0 (∆’ < 0 ) phương trình vô nghiệm IV. Một số phương trình quy về phương trình bậc hai 1. Phương trình bậc 4 Để giải phương trình bậc 4 ta đều tìm cách đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai bằng phương pháp đặt ẩn phụ (cần đưa về phần chứa x giống nhau) hoặc đưa về phương trình tích hoặc đưa về phương trình bậc 4 biết cách giải. a. Một số phương trình bậc 4 biết cách giải *) Phương trình trùng phương: ax 4  bx 2  c  0 (a  0) (1) Cách giải: Đặt x2 = t (t  0) phương trình đã cho có dạng at 2  bt  c  0 (2) Giải phương trình tìm t ( thoả mãn ) rồi tìm x. Mối quan hệ giữa nghiệm của phương trình trùng phương và nghiệm của phương trình bậc hai   0  (2) vonghiem   0 (1) vô nghiệm     t1  t2  0  p  0   S  0    0   P  0 P  0 t  0  t2  S  0 t  0  t2    0 (1) có một nghiệm   1   (1) có hai nghiệm   1   t 1  t2  0   0 t1  t2  0   b  0   b   2a  0   2 a   0   0 (1) có ba nghiệm  0  t1  t 2   P  0  (1) có bốn nghiệm  0  t1  t2   P  0  S  0 S  0   *). Phương trình hồi quy, phương trình phản thương **)Phương trình phản thương ( phương trình đối xứng)
  3. Dạng 1: ax 4  bx3  cx2  bx  a  0 (a  0) Cách giải: Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương 1 1 trình cho x2 ta được a( x 2  2 )  b( x  )  c  0 . x x 1 Đặt x  t t  2 phương trình có dạng at 2  bt  c  2a  0 x Giải phương trình tìm t (thoả mãn) rồi tìm x. Dạng 2: ax 4  bx3  cx 2  bx  a  0 (a  0) Cách giải: Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương 1 1 trình cho x2 ta được a( x 2  2 )  b( x  )  c  0 . x x 1 Đặt x   t phương trình có dạng at 2  bt  c  2a  0 x Giải phương trình tìm t rồi tìm x. Nhận xét Nếu phương trình ax 4  bx3  cx2  bx  a  0 (a  0) có một nghiệm là x0 thì có nghiệm thứ 1 hai là . x0 Nếu phương trình ax 4  bx3  cx 2  bx  a  0 (a  0) có một nghiệm là x0 thì có nghiệm thứ 1 hai là - . x0 Ví dụ: Giải các phương trình sau 1) x 4  x 3  4 x 2  x  1  0 2) 4 x 4  12 x3  47 x 2  12 x  4  0 3) 6 x 4  25 x3  12 x 2  25 x  6  0 4) ( x  2) 4  ( x  2)(5 x 2  14 x  13)  1  0 5) ( x 2  x) 2  2 x(3 x  5)  3  0 Hướng dẫn (4) đặt y = x-2 (5) đặt y = x-1 **) Phương trình hồi quy theo x là phương trình có dạng ax 4  bx3  cx 2  bkx  ak 2  0 ( a  0) Khi k = 1thì phương trình hồi quy trở thành phương trình phản thương đã xét ở trên Phương pháp giải: .Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x2. .Biến đổi phương trình đã cho về phương trình ẩn t. . Giải phương trình tìm t rồi tìm x. Ví dụ: Giải các phương trình sau
  4. 1 4 1) 4x2  2  7  8x  x x 2 x 48 10 x 4 2)  2  (  ) 3 x 3 3 x 3) 2 x 4  21 x 3  74 x 2  105 x  50  0 4) x 4  5 x 3  8 x 2  10 x  4  0 5) ( x 2  2 x  4 )( x 2  3 x  4 )  14 x 2 2x 13 x 6) 2  2  16 3x  5x  2 3x  x  2 Hướng dẫn 1 1) Đặt 2 x   t . đưa về phương trình đại số ẩn t x x 2 16 10 x 4 x 4 2) Viết lại phương trình (2) dưới dạng 3(  2 )  (  ) . Đặt   t 9 x 3 3 x 3 x 5 3) Chia cả hai vế cho x2 đặt x  t x 2 4) Chia cả hai vế của phương trình cho x2 đặt x  t x 4 5) Chia cả hai vế của phương trình cho x2 đặt x   t x 2 13 2 6) Chia cả tử và mẫu của vế trái cho x ta được   16 . đặt 3 x  t 2 2 x 3x  5  3x  1  x x *, Phương trình bậc 4 có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e. với a+b = c+d Phương pháp giải: Phương trình đã cho tương đương với x 2    (a  b) x  ab x 2  (c  d ) x  cd  e đặt x 2  (a  b) x  t . Ta có (t+ab)(t+cd)=e. Giải phương trình tìm t rồi tìm x. Ví dụ: Giải các phương trình sau 1) ( x 2  1)( x  3)( x  5)  16  0 2) (2 x  1)( x  1)( x  3)(2 x  3)  9 3) ( x  1)( x  2)( x  6)( x  3)  34 4) ( x 2  3 x  2)( x 2  7 x  12)  24 5) (6 x  7)2 (3 x  4)( x  1)  6 *) Phương trình bậc 4 có dạng ( x  a) 4  ( x  b) 4  c ab xa t ab 2 Phương pháp giải: đặt t  x  khi đó 2 ab xb t 2 ab 4 a b 4 ( a  b) 4 Phương trình đã cho có dạng (t  )  (t  )  c  2t 4  3( a  b ) 2 t 2  c 2 2 8 Giải phương trình trùng phương tìm t rồi tìm x. Ví dụ: Giải các phương trình sau
  5. 1) ( x  4) 4  ( x  6)4  2 2) (5  x) 4  (2  x)4  17 3) ( x  3) 4  ( x  5) 4  2 b) Ngoài các phương trình bậc 4 biết cách giải nói trên ta còn gặp những phương trình bậc 4 mà để giải nó ta phải đưa về phương trình tích hoặc phương trình bậc hai bằng cách đặt ẩn phụ Ví dụ : Giải các phương trình sau 1) 6 x 4  11x3  11x 2  3 x  3  0 2) x 4  4 x 3  2 x 2  4 x  1  0 3) x 4  x 3  5 x 2  4 x  4  0   4) 2( x 2  x  1) 2  x 3  1  ( x  1) 2 5) ( x  x  1)  6 x ( x  x  1)2  5 x 4  0 2 4 2 2 6) x 4  4 x 3  5  0 25 x 2 7) x 2   11 ( x  5) 2 8) x 4  4 x 3  3 x 2  2 x  1  0 Hướng dẫn: 1) Phương trình đã cho  ( x 2  1)(6 x 2  11x  3)  0 2) có tổng các hệ số bằng 0 nên có nghiệm x = 1. 3) phương trình (3)  ( x 2  4)( x 2  x  1)  0 4) Chia cả hai vế của phương trình cho (x + 1) 2 5) Chia cả hai vế của phương trình cho x4 6) phương trình (6)  ( x 2  1) 2  2( x  3 ) 2 5x 2 5x x2 2 x2 7) biến đổi phương trình về dạng ( x  )  2x  11  ( )  10  11  0 x5 x5 x5 x5 8)  ( x 2  2 x) 2  ( x 2  2 x)  1  0 2. Phương trình vô tỷ a. Một số dạng phương trình vô tỷ cỏ bản  f ( x)  0  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x)  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x) 2  f ( x)  0  g ( x)  0  f ( x)  g ( x )  h ( x)    h( x )  0 2 f ( x ) g ( x )  h ( x )  f ( x )  g ( x )  b. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ Phương pháp 1: Biến đổi tương đương 1. Bình phương hai vế, nâng lên luỹ thừa của phương trình: Ví dụ: Giải phương trình x  3  3x  1  2 x  2 x  2 Giải: Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được
  6. 1  ( x  3)(3 x  1)  x  2 x( 2 x  1) Tuy nhiên giải phương trình này hơi phức tạp. Phương trình giải sẽ đơn giản hơn nếu ta chuyển vế phương trình 3x  1  2 x  2  4 x  x  3 Bình phương hai vế ta có 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x  1 Thử lại x=1 thoả mãn. Nhận xét: Nếu phương trình f ( x)  g ( x)  h ( x)  k ( x) mà có f(x) + h(x)= g(x) + k(x) thì ta biến đổi phương trình về dạng f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) sau đó bình phương rồi giải phương trình hệ quả. x3  1 Ví dụ: Giải phương trình  x 1  x2  x  1  x  3 x3 x3  1 Giải: Ta có x3  x 2  x  1 x  1 . Từ nhận xét này ta có lời giải như sau x3 x3  1 Phương trình đã cho tương đương với  x3  x2  x  1  x  1 x3 x3  1 x  1  3 Bình phương hai vế ta được  x2  x  1  x 2  2 x  2  0   x3 x  1  3  Thử lại ta có hai nghiệm đều thoả mãn. Qua lời giải trên ta có nhận xét Nếu phương trình f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) mà có f(x) . h(x)= g(x). k(x) thì ta biến đổi phương trình về dạng f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) sau đó bình phương rồi giải phương trình hệ quả. 2. Biến đổi tương đương đưa về phương trình cơ bản. Ví dụ : Giải các phương trình sau. 1) x  3  4 x 1  x  8  6 x 1  5 2) x  2  3 2x  5  x  2  2x  5  2 2 3) x (3 x  1)  x ( x  1)  2 x 2 x2 4)  3x  2  1  x 3x  2 5 5) x2  1  x  2 x2  1 6) x  4 x  3  2 3  2 x  11 7) x  3  2x x  1  2x  x2  4x  3 8) 2 x  3  9x2  x  4 4x 9) x3 4 x x3 10 ) x2  x  2004  2004 Hướng dẫn: 1) phân tích biểu thức dưới căn là các hằng đẳng thức từ đó đưa phương trình về dạng chức dấu giá trị tuyệt đối. 2) nhân cả hai vế của phương trình với 2 rồi giải như phương trình (1)
  7. 3) Giải phương trình dựa tren miền xác định. 4) Quy đồng rồi đưa về phương trình tích. 5) Quy đồng đưa phương trình về dạng ( x 2  1  x) 2  4 6) Chuyển vế trái sang phải đưa phương trình về dạng ( 3  2 x  1) 2  ( x  3  2) 2  0 7) đưa về phương trình tích 8) Phương trình  (1  3  x )2  9 x 2 4x 2 9) Chia cả hai vế của phương trình cho x  3 ta được (1  ) 0 x3 10) Biến đổi phương trình có dạng 1 1 1 1 x2  x   x  2004  x  2004   ( x  ) 2  ( x  2004  ) 2 4 4 2 2 3.Phương trình biến đổi về tích: Ví dụ : Giải các phương trình sau 2 2 1) 4x  1  x  2x  x  2x  1 2) 3 x  1  3 x  2  1  3 x2  3x  2 3) 3 x  1  3 x2  3 x  3 x2  x 4) x  3  2x x  1  2x  x2  4x  3 4x 5) x3  4 x x3 Hướng dẫn: 1)  ( 2 x  1  1)( 2 x  1  x )  0 2)  (3 x  1  1)(3 x  2  1)  0 x 1 3) chia cả hai vế của phương trình cho 3 x  (3  1)(3 x  1)  0 x 4)  ( x  3  2 x)( x  1  1)  0 5) Chia cả hai vế của phương trình cho x  3 phương trình tương đương với 4x 2 (1  ) 0 x3 4. Trục căn thức 4.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a. Phương pháp: Một số phương trình vô tỷ có thể nhẩm được nghiệm x 0 như vậy phương trình luôn đưa được về dạng tích (x-x0)A(x)=0. Ta có thể giải phương trình A(x) = 0 hoặc chứng minh A(x) = 0 vô nghiệm. b. Ví dụ: Giải các phương trình sau 1) 2x  3  x  2 x  6 6x  4 2) 2x  4  2 2  x  x2  4 3) 3 x 2  5 x  1  x 2  2  3( x 2  x  1)  x 2  3 x  4 4) x 2  12  5  3x  x 2  5 3 5) x2  1  x  x3  1 Hướng dẫn: 1) Nhân liên hợp vào vế trấi của phương trình ta có phương trình đã cho tương đương với x3 1  2( x  3)  ( x  3)(  2)  0  x  3 2x  3  x 2x  3  x
  8. 2) Nhân liên hợp vào vế trái của phương trình ta có phương trình đã cho tương đương với 6x  4 6x  4 6 x  4  0   2x  4  2 2  x x2  4  2x  4  2 2  x   x2  4  2x  4 3x  6 3) Trục căn thức hai vế của phương trình ta có  3x 2  5 x  1 x 2  2  x 2  3x  4 Có x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 4) Phương trình đã cho có dạng x2  4 x2  4 x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3   3( x  2)  x2 x 2  12  4 x2  5  3 5) Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình nên ta biến đổi 3 2 3 x3 ( x  3)( x 2  3 x  9) x 1  2  x  3  x  2  5  ( x  2)(1  ) 3 ( x 2  1)2  23 x 2  1  4 x3  2  5 4.2 Đưa về hệ tạm a, Phương pháp: nếu phương trình vô tỷ có dạng A  B  C mà A-B = kC ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x. Ta có thể giải như sau: A B   A B C C A  B  k . Khi đó ta có hệ  A B  A B k  b, Ví dụ: Giải các phương trình sau 1) 2x2  x  9  2 x2  x  1  x  4 2) 2 x 2  x  1  x 2  x  1  3x Hướng dẫn: 1) Ta thấy x = - 4 không là nghiệm của phương trình. Trục căn thức ta có 2x  8  x  4  2x 2  x  9  2x2  x  1  2 2 2 2x  x  9  2x  x  1  2 x2  x  9  2 x2  x  1  2 x  0 Vậy ta có hệ   2 2 x2  x  9  x  6    2 2  2 x  x  9  2x  x  1  x  4 x  8    7 Thử lại phương trình ta có hai nghiệm đều thoả mãn. 1 1 1 1 2) Chia cả hai vế của phương trình cho x ta được 2   2  1  2  3 x x x x 1 Đặt  t khi đó phương trình có dạng t2  t  2  t2  t 1  3. x 2t  1 Trục căn thức ta có  3. t2  t  2  t2  t  1  t2  t  2  t2  t  1  3 t  1  2 2t  1  Vậy ta có hệ  2 2 2t  1  2 t  t  2  3  3  t   7  t  t  2  t  t 1   8  3  Bài tập tương tự Giải các phương trình sau:
  9. 1) x 2  3 x  1  ( x  3) x 2  1 2) 4  3 10  3 x  x  2 3) 2 (2  x)(5  x)  x  (2  x )(10  x) 3 4) x2  4  x 1  2x  3 3 5) x 2  1  3x 3  2  3x  2 6) 2 x 2  11x  21  33 4 x  4  0 7) 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 8) 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4 9) x 2  15  3 x  2  x 2  8 6x  3 10)  3  x  x2 x  1 x Hướng dẫn: 1) đưa về phương trình tích  ( x  x 2  1)( x 2  1  3)  0 2) Nhận thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình. Phương trình đã cho có dạng 3(1  10  3 x ) 9( x  3) 4  3 10  3 x  1  x  3   x 3   x 3  x  3 4  3 10  3 x  1 4  3 10  3 x  1 3) Nhận thấy x =1 là nghiệm của phương trình do đó phương trình có nhân tử x – 1 Phương trình đã cho có dạng 2 x 2  7 x  10  4  x  1  x 2  12 x  20  3 2( x 2  7 x  6) x 2  12 x  11   x 1 x 2  7 x  10  2 x 2  12 x  20  3 2( x  1)( x  6) ( x  1)( x  11)   x 1 x 2  7 x  10  2 x 2  12 x  20  3  x 1 4) Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình. Phương trình có dạng 3 ( x  2)( x  2) x2 x2  4  2  x  1  1  2x  4    2( x  2)  x  2 3 2 2 3 2 ( x  4)  2 x  4  4 x 1 1 5) Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình . Phương trình đã cho có dạng 3 3 3( x3  1) x 2  1  3 x3  2  1  3 x  3  x2  1   3( x  1)  x  1 3x 2  2  1 2 x 2  1  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2  x 2  3x  2  7)  (2 x  4) 2x  4  2 2 2x  1  2x  2x  3 x  x  2  x 2  3x  2 2 8) Nhận thấy x=1 là nghiệm của phương trình, phương trình có dạng 2 2 x  16 x  18 2 x 2  16 x  18  6  x 2  1  2 x  2   x 2  1  2( x  1) 2 2 x  16 x  18  6 9)Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình, phương trình đã cho có x2  1 x2  1 dạng x 2  15  4  3x  3  x 2  8  3   3( x  1)   x 1 x 2  15  4 x2  8  3 10) Trục căn thức ở mẫu ta có
  10. (6 x  3)( x  1  x )  3  x  x 2  3( x  1  x )  3  x  x 2 2x  1 5: Phương pháp đặt ẩn phụ: Dạng 1: Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình đại số. Phương pháp: Biến đổi phương trình đã cho về phần chứa x giống nhau. Đặt f(x) = t đưa phương trình đã cho về phương trình đại số ẩn t. Giải phương trình tìm t, rồi tìm x. Chú ý: Nếu bài toán có chứa f ( x) , g ( x) và f ( x) g ( x)  k (Với k là hằng số). Khi đó có k thể đặt f ( x)  t  g ( x)  . t Nếu bài toán có chứa f ( x)  g ( x) ; f ( x) g ( x) và f(x) + g(x) = k. Khi đó có thể đặt t2  k f ( x)  g ( x)  t  f ( x) g ( x)  2 Ví dụ: Giải các phương trình sau 3x  1 x 1) 3 x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7  2 2) 2  1 x 3x  1 3) 2  x  2  x  4  x2  2 4) (2 x  7) 2 x  7  x 2  9 x  7 5) x  x2  1  x  x2  1  2 6) x  (2004  x )(1  1  x ) 2 1 7) x 2  2 x x   3x  1 8) x2  3 x4  x2  2 x  1 x 9) x2  x  1  1 10) x 2  x 2  11  31 Hướng dẫn 1, Đặt x 2  7 x  7  t 3 x 1 2, Đặt t x 3, Đặt 2  x  2  x  t 4, Biến đổi phương trình đã cho về dạng x 2  2 x 2 x  7  2 x  7  7( x  2 x  7 )  0 Đặt ( x  2 x  7 )  t 1 5, Đặt x  x 2  1  t thì phương trình có dạng t   2 t 6, đặt 1  x  y Phương trình đã cho có dạng 2(1  y )2 ( y 2  y  1002)  0 1 1 7, Chia cả hai vế của phương trình cho x ta được x  2 x   3 x x 1 Đặt x t x 1 1 1 8, Chia cả hai vế của phương trình cho x ta được ( x  )  3 x  2 đặt 3 x t x x x 9, Đặt x  1  t 10, Đặt x 2  11  t Bài tập tương tự : Giải các phương trình sau
  11. 1) 15 x  2 x 2  5  2 x 2  15 x  11 2) ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x 3) (1  x)(2  x)  1  2 x  2 x 2 4) x  17  x 2  x 17  x 2  9 5) 3x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5 x  2 6) ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168x Dạng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc hai đối với hai biến (Ví dụ 4, 6) Phương trình thuần nhất bậc hai đối với hai biến có dạng x 2  axy  by 2  0 Cách giải: Chia cả hai vế của phương trình cho y2 đưa phương trình đã cho về phương trình x bậc hai có ẩn là . y Các trường hợp sau đưa về được dạng trên a. A( x)  b.B ( x)  c A( x) B ( x)  u  v  mu 2  nv 2 Khi ta thay các biểu thức A(x) hoặc B(x) bởi các biểu thức vô tỷ thì ta sẽ được các phương trình vô tỷ theo dạng này. a. Phương trình dạng a. A( x)  b.B( x)  c A( x) B( x) Như vậy phương trình Q( x)   P ( x) có thể giải bẳng phương pháp trên nếu  P( x)  A( x).B( x)  Q( x )  a. A( x)  b.B( x) Ví dụ: Giải các phương trình 1) 2( x 2  2)  5 x3  1 2) 2 ( x 2  8)  5 x 3  8 3) x  1  3x  2 x  1 4) x 2  3 x  1  ( x  3) x 2  1 5) ( x  3) (4  x)(12  x)  28  x 6) 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1 3 4 7) x 2  3x  1   x  x2  1 3 8) 4 x 2  2 2 x  4  x4  1 Hướng dẫn u  x  1 1, Đặt   Ta được phương trình 2(u 2  v 2 )  5uv 2 v   x  x 1 u  x  2 2, Đặt   Ta được phương trình 2 (v 2  2u 2 )  5uv 2 v   x  2x  4
  12.  x 1  u 3, Đặt   Ta được phương trình u  v  v 2  u 2  3x  v   2 4) Đặt  x  1  u Ta được phương trình u 2  3v  9  u.v  x  3  v  x  3  u 5) Đặt   Ta được phương trình 2uv  u 2  v 2  1  (4  x)(12  x)  v  u  x  1 6, Đặt   2 Ta được phương trình 3u 2  2v 2  7uv . Để tìm hệ số a, b ta có thường v  x  x  1  dùng phương pháp hệ số bất định. Cụ thể 2 x 2  5x  1  a( x  1)  b( x 2  x  1)  x2  x  1  u  a  1 7) Đặt   dùng hệ số bbất định ta tìm được hệ số  do đó ta được phương  x2  x  1  v  b  2 3 trình  u 2  2v 2   uv 3  x2  2 x  1  u 8) Đặt   Ta được phương trình 3u 2  v 2  uv 2  x  2x  1  v  Thông qua các ví dụ trên ta thấy có thể sử dụng một số hằng đẳng thức như a 3  b3  (a  b)(a 2  ab  b 2 ) a 3  b 3  (a  b )(a 2  ab  b 2 ) x 4  x 2  1  ( x 2  x  1)( x 2  x  1) x 4  1  ( x 2  2 x  1)( x 2  2 x  1) 4 x 4  1  (2 x 2  2 x  1)((2 x 2  2 x  1) Ta có thể tạo ra những phương trình vô tỷ dạng trên. Để có một phương trình đẹp ta cần chọn hệ sốa, b, c sao cho phương trình bậc hai at 2  bt  c  0 giải nghiệm đẹp. b. Phương trình dạng u  v  mu 2  nv 2 Phương trình có ở dạng này thường khó phát hiện hơn dạng trên, nhưng nếu ta bình phươnghai vế thì đưa được về phương trình dạng trên. Ví dụ: Giải các phương trình sau 1) x 2  3 x 2  1  x4  x2  1 2) x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 3) 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5( x  1) Hướng dẫn: 2 u  x 1, Đặt   2 Ta được phương trình u  3v  u 2  v 2 v   x 1 2, Bình phương hai vế ta có ( x 2  2 x)(2 x  1)  x 2  1  x2  2x  u Đặt   Ta được phương trình u.v  u 2  v 2  2x 1  v  3, Chuyển vế bình phương ta được 2 x 2  5 x  2  5 ( x 2  x  20)( x  1)
  13. Nhận xét: không tồn tại số a, b để 2 x 2  5 x  2  a( x 2  x  20)  b( x  1) vậy không thể đặt ẩn phụ ngay được. Ta có ( x 2  x  20)( x  1)  ( x  4)( x 2  4 x  5) .  x4 u Ta đặt  2  ta được phương trình 2v 2  3u 2  5uv  x  4x  5  v  Với định hướng này ta có thể tự sáng tạo được những phương trình vô tỷ đẹp . Dạng 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Trong một số trường hợp ta có thể giả phương trình bằng cách đặt ẩn phụ, nhưng sau khi biến đổi ta đựoc phương trình vẫn còn cả hai biến t và x, tuy nhiên ta tìm được mối liên hệ giữa t và x bằng cách coi đây là phương trình ẩn t còn x coi như là hẳng số. Ví dụ: Giải các phương trình sau 1) (4 x  1) x 2  1  2 x 2  2 x  1 2) 2 x 2  2 x  1  4 x  1 3) 6 x 2  10 x  5  (4 x  1) 6 x 2  6 x  5  0 4) x 2  (3  x 2  2 ) x  1  2 x 2  2 5) ( x  1) x 2  2 x  3  x 2  1 6) 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2 7 ) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16 Hướng dẫn: 1, Đặt x 2 1  t Ta được phương trình 2t 2  (4 x  1)t  2 x  1  0 2, Đặt 4 x  1  t Ta được phương trình 3, Đặt 6 x 2  6 x  5  t Ta được phương trình t 2  (4 x  1)t  4 x  0 4, Đặt x 2  2  t Ta được phương trình t 2  (2  x)t  3  3x  0 5, Đặt x 2  2 x  3  t khi đó phương trình trở thành ( x  1)t  x 2  1 nếu coi đây là phương trình ẩn x thì nghiệm khá phức tạp, còn nếu coi là phương trình ẩn t thì phương trình vô tỷ cần giải lại khó khăn. Do đó ta thêm bớt để được phương trình bậc hai theo t có ∆ chẵn x 2  2 x  3  ( x  1)t  2( x  1)  0  t 2  ( x  1)t  2( x  1)  0 6, Đặt 1  x  t Ta được phương trình 4 x  1  1  3 x  2t  t 1  x  4 x  1  2(1  x)  (1  x)  t (2  x  1) Ta có phương trình t 2  t (2  x  1)  4 x  1  2(1  x)  0 7, Bình phương hai vế ta được phương trình 4(2 x  4)  16 2(4  x 2 )  16(2  x)  9 x 2  16 Ta đặt 2(4  x 2 )  t Ta được phương trình 9 x 2  16t  32  8x  0 Ta phải tách 9 x 2  a 2(4  x 2 )  (9  2a ) x 2  8a  0 làm sao cho ∆t là số chính phương Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết số hạng tự do thì sẽ đạt được mục đích. Dạng 4: Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Ví dụ: Giải các phương trình
  14. 1) x 2  3x  2  x  3  x  2  x2  2x  3 2) 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 3) 4x 2  5x  1  2 x2  x  1  9x  3 4) x  1  x3  x2  x  1  1  x 4  1 3 5) 3x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3  0 6) 3 7 x  1  3 x2  x  8  x 2  8x  1  2 3 7) 3 x 2  x  2001  3 3 x 2  7 x  2002  3 6 x  2003  3 2002 Hướng dẫn: 1) Đặt x  1  a x  2  b x  3  c  (a  1)(b  c)  0 a  b  c  d 2) đặt a  2 x 2  1 b  x 2  3x  2 c  x 2  x  2   2 2 2 2 a  b  c  d 3) Đặt a  4 x 2  5x  1 b  2 x 2  x  1  a  b  a 2  b 2 4) Đặt a  x  1 b  x 3  x 2  x  1  a  b  1  ab  (a  1)(1  b)  0 5) đặt a  3 3 x  1 b  3 5  x c  3 2 x  9  a 3  b 3  c3  (a  b  c)3  (a  b )(b  c)(c  a )  0 6) Đặt a  3 7 x  1 b  3 x 2  x  8 c  3 x 2  8 x  1  (a  b)(b  c)(c  a)  0 7) đặt a  3 3x 2  x  2001 b  3 3x 2  7 x  2002 c  3 6 x  2003  (a  b)(b  c )(c  a)  0 Đối với các ví dụ 5, 6, 7 ta thấy có sự đặc biệt là sau khi đặt ẩn phụ ta đều đưa được về phương trình tích. Tất cả các phương trình này đều xuất phát từ một hằng đẳng thức quan trọng là (a  b  c)3  a 3  b 3  c3  3(a  b )(b  c)(c  a ) Ta có a 3  b3  c3  (a  b  c)3  (a  b)(b  c)(c  a)  0 . Bằng cách chọn a, b, c sao cho a 3  b3  c 3  ( a  b  c) 3 ta được phương trình vô tỷ chứa căn bậc bai. 6. Dạng 5: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình Dạng 1: Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường Phương pháp: Đặt u   ( x), v   ( x) và tìm mối liên hệ giữa  ( x),  ( x) độc lập đối với x, từ đó tìm được hệ theo u, v. Dạng 2: Dạng phương trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai Phương pháp: d  ac   Biến đổi phương trình đã cho có dạng: ax  b  c(dx  e) 2  x   với  e  bc   đặt dy  e  ax  b khi đó phương trình được chuyển thành hệ dy  e  ax  b  (dy  e) 2  ax  b    2 dy  e  c(dx  e)  x    c(dx  e)2  x  dy  e    Ví dụ1: Giải phương trình 1) x  1  x2  4 x  5 2) 3 x  1  4 x 2  13 x  5 Hướng dẫn:
  15. 1)  x  1  ( x  2) 2  1 . đặt x  1  y  2 Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ  x 1  y  2   x  1  ( y  2) 2   x  1  ( y  2) 2     y  2  ( x  2) 2  1   y  2  ( x  2) 2  ( x  2)  ( y  2) 2  ( x  y)( x  y  5)  0 2)  3 x  1  (2 x  3) 2  x  4 . Đặt 3 x  1  2 y  3 , khi đó phương trình đã cho trở thành hệ  3x  1  2 y  3  3 x  1  (2 y  3)2     2 y  3  (2 x  3) 2  x  4  2 y  3  (2 x  3)2  (2 y  3)2  (2 x  3)  Dạng 3:Dạng phương trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba d  ac   Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng 3 ax  b  c(dx  e)3  x   với  e  bc   dy  e  3 ax  b đặt dy  e  3 ax  b khi đó phương trình được chuyển thành hệ   dy  e  c(dx  e)3  x    Ví dụ : Giải các phương trình sau 1) 23 3 x  2  3 6  5 x  8 4 2) 18  x  4 x  1  3 3) x3 35  x3 ( x  3 35  x3 )  30 4) x 3  1  23 2 x  1 5) x2  x  5  5 6) x  5  x  1  6 6  2x 6  2 x 8 7)   5 x 5 x 3 8) x 2  2 x  2 2 x  1 x3 9) 2 x 2  4 x  2 10) 2 x 2  6 x  1  4 x  5 11) x 2  x  1000 1  8000 x  1000 Hướng dẫn: 3 3 x  2  u 2u  3v  8   1) Đặt   u3  2 6  v2  6  5x  v     3 5 4 18  x  u u  v  3 2) Đặt 4   4 4  x 1  v  u  v  17 x  u uv(u  v)  30 3) Đặt 3  3  3 3  35  x  v  u  v  35 x  u u 3  1  2v  4) Đặt 3  3  2x 1  v v  1  2u  x 2  a  5 5) đặt x  5  a   2  a  x  5 
  16. a  x  1  2 a  b  5 6) đặt    2 b  5  x  1  b  a  5  u 2  v 2  10 u  5  x   7) Đặt    2u 2  4 2v 2  4 v  5  x     u v Các phương trình 8, 9, 10,11 cách giải đều được xây dựng xuất phát từ hệ phương trình (x   )2  ay  b   (y   ) 2  ax  b   1   y    ax  b  y   ax  b   Từ phương trình (2) của hệ ta có     y     ax  b   y   1 ax  b        2 a a ( x   )   ax  b  b   Thay vào phương trình (1) ta có  ( x   ) 2   a ax  b  b  a      Đến đây bằng cách chọn  ,  , a, b ta xây dựng được các phương trình vô tỷ. Cụ thể :  x 2  2 x  2( y  1) Với phương trình (8) ta đặt y  1  2 x  1 ta đưa về hệ  2  y  2 y  2( x  1)   2 y 3 x3 ( x  1)  2  2 Với phương trình (9) ta đặt y  1  ta đưa về hệ   2 ( y  1) 2  x  3   2 2 (2 x  3)2  4 y  5 Với phương trình (10) ta đặt 2 y  3  4 x  5 ta đưa về hệ   (2 y  3)2  4 x  5  (2 x  1) 2  8000 y  1 Với phương trình (11) ta đặt 2 y  1  1  8000 x ta đưa về hệ   (2 y  1)2  8000 x  1  3 (x   )  ay  b Nếu xét hệ   thì bằng cách tương tự ta xây dựng được phương trình (y   )3  ax  b  a a (x   )3  3 ax  b  b    Bằng cách xét các hệ đối xứng khác ta có thể tự xây dựng thêm một số dạng phương trình. Qua đó ta sẽ tạo ra được rất nhiều đề toán hay. Bài tập tương tự 1) 4 x 2  13x  5  3 x  1  0 4 2) 3 81x  8  x 3  2 x 2  x  2 3 3 3 3) 6x  1  8x  4x  1 15 4) (30 x 2  4 x)  2004( 30060 x  1  1) 2 5) 3 3 x  5  8 x3  36 x 2  53 x  25 Phương pháp 3: Phương pháp đánh giá
  17. Dạng 1: Đánh giá hai vế của phương trình A  m Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức  Phương trình B  m A  m A = B xảy ra khi  . B  m  A  f ( x) Tổng quát một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng  khi đó  B  f ( x)  A  f ( x) A B  B  f ( x) Ví dụ : Giải các phương trình sau 1) 2 x  3  5  2 x  3 x 2  12 x  14 2) x x  1  3  x  2 x 2  1 3) x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 4) x  2  4  x  x 2  6 x  11 2 2 5)  x x9 x 1 6) 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16 VT  2 Hướng dẫn: Đối với phương trình (1): áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có VP  2 Đối với phương trình (2) : áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có VT  2 x 2  1 Phương trình (2) xảy ra khi dấu ‘==’ của bất đẳng thức Bunhia xảy ra. Đối với phương trình (3) ta có: áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có VT  3 x 2  4 x  1 . Phương trình (3) xẩy ra khi dấu ‘= ‘ của bất đẳng thức Bunhia xảy ra. Phương trình (4) cách giải như phương trình (1) 2 2 1 x Phương trình (5) ta có  x 2 2  x 1  x  9 Phương trình (5) xảy ra x 1 x 1 x 1 2 2 1 khi  x 1 x Dạng 2: Tìm một nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất Ví dụ: giải phương trình 6 8  6 Điều kiện: x < 2 3 x 2 x 3 Ta có x  là một nghiệm của phương trình . 2 3 6 8 x   2;  4  VT  6 2 3 x 2x Với 3 6 8 x   2;  4  VT  6 2 3 x 2 x 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  . 2 Phương pháp 4: Phương pháp hàm số Sử dụng tính chất của hàm số để giải phương trình. Ta thường có 3 hướng sau đây Hướng 1: Thực hiện theo các bước
  18. Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x) = k Bước 2: Xét hàm số y= f(x) Bước 3: Xét sự biến thiên của hàm số y= f(x) Bước 4: Dựa vào bảng biến thiên kết luận số nghiệm của phương trình f(x) = k. Hướng 2:Thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x) = g(x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f(x) và g(x) có những tính chất trái nghược nhau và xác định x0 sao cho f(x 0)= g(x0) Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x0. Hướng 3: Thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(u) = f(v) Bước 2: Xét hàm số y= f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f(u) = f(v)  u=v Ví dụ : Giải các phương trình sau 1) (2 x  1)(2  4 x 2  4 x  4 )  3 x(2  9 x 2  3 )  0 2) 2( x  2)(3 4 x  4  2 x  2 )  3 x  1 3) 4x  1  4x2  1  1 4) 3  x  x2  2  x  x2  1 5)  x 2  5 x  24  x 2  5 x  36 6) x 4  x 3  x  1  1  x 2  x3  5 x 2  7 x  3 7) 3x  1  x  7 x  2  4 8) 5 x3  1  3 2 x  1  x  4 9) 3 x  2  3 x  1  3 2x2  1  2x 2 1 10) x  x 1  x Hướng dẫn: 1) Phương trình đã cho tương đương với (2 x  1)(2  (2 x  1)2  3 )  (3x)(2  (3x) 2  3 )  0  f (2 x  1)  f (3x) 1 Xét hàm số f (t )  t (2  t 2  3 là đồng biến trên R ta có x= 5 2)Chia cả hai vế của phương trình cho x – 2. 5 Xét hàm số f ( x)  23 4 x  4  2 2 x  2   3 đồng biến với mọi x  1 . Phương trình đã cho x2 có nghiệm duy nhất x = 3 1 3) Xét hàm số f ( x)  4 x  1  4 x 2  1 trên  ;  có f’(x) > 0 nên hàm số đồng biến trên D   2  1 1 và f ( )  1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 2 4) đặt t=x2 – x phương trình có dạng 3  t  2  t  1 .Xét hàm f (t )  3  t  2  t đồng biến trên [2; 3], mà f(1) = 1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất t =1 5) Xét f ( x)  x 2  5 x  36 trên D ta có f(x) < 0 với mọi x thuộc D mà vế phải của phương trình luôn dương nên phương trình vô nghiệm.
  19. 6) Tập xac định của phương trình là  1; 1 thay hai giá trị vào ta có phương trình có nghiệm là x = 1 7) Xét hàm số f ( x)  3x  1  x  7 x  2 trên D có f’(x) > 0 nên hàm số luôn đông biến. Lại có f(1) = 4, do dó x= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 8) làm tương tự bài 7 ta có nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1. 9) Đặt u  3 x  1 v  3 2 x 2 phương trình đã cho trở thành 3 u 3  1  u  3 v3  1  v Xét hàm f (t )  3 t 3  1  t có f’(t) > 0 nên phương trình tương đương f(u) = f(v)  u  v x  1  2x  x  1   2 x  1  2 1 10) Xét hàm f ( x)  x  x  1 là hàm đồng biến trên D còn hàm g ( x)  nghịch biến trên x D. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất, nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình. V. Một số dạng toán tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc hai hai ẩn Phương trình bậc hai hai ẩn (x; y) là phương trình có dạng f ( x, y )  ax 2  by 2  cxy  dx  ey  g  0 a  0 Dạng 1: b  0 . Chẳng hạn b =0 phương trình có dạng  f ( x, y)  ax 2  cxy  dx  ey  g  0  y(cx  e)   ax2  dx  g Nếu cx+e=0 thì y bất kỳ ax 2  dx  g Nếu cx+e≠ 0 thì y   Tìm y  Z cx  e Ví dụ : Giải các phương trình sau 1) 4 x 2  2 xy  4 x  y  3  0 2) y ( x  1)  x 2  2 3) ( y  2) x 2  1  y 2 4) 3 y 2  xy  2 x  y  1  0 5) x 2  xy  y  2  0 2 x  1  0 Hướng dẫn: (1)  y(2 x  1)  (4 x 2  4 x  3)   2 2 x  1  0  y   4 x  4 x  3   2x 1 x  1 x  0  y  3  Vì y  Z  2(2 x  1)    ( 2)  2  x  1  y  3 x  1  y  x  2   x 1 Dạng 2: Với ab>0, c=0, de≠0. Phương trình có dạng 2 2 f ( x, y)  ax  by  dx  ey  g  0 d d2 d2  a( x 2  x  2 )  by 2  ey  g  0 a 4a 4a 4 ag  d 2 d  by 2  ey   a( x  )2 4a 2a Biện luận y  Z tìm x  Z Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau
  20. 1) 3 x 2  4 y 2  6 x  3 y  4  0 2) 2 x 2  5 y 2  8 x  3 y  0 3) 4 x 4  3 y 4  3 x 2  6 y 2  10  0 4) 2 x 4  5 y 4  12 x 2  7 y 2  12 Hướng dẫn: 7 (1)  3(x2+2x+1)+4y2+3y-7=04y2 +3y-7=-3(x+1)2 ≤ 0   y  1 4  y  1 Vì y  Z nên  y  0  (1;1)  y  1  Dạng 3: Với 4ab-c2 > 0 ce≠0, d=0 Phương trình có dạng f ( x, y)  ax 2  by 2  cxy  ey  g  0 c2 y 2 c2 y 2  a ( x 2 ·y  2 )  by 2  ey  g  0 4a 4a 2 4 ab  c 2 cy  y  ey  g  a ( x  ) 2 4a 2a Biện luận y  Z tìm x  Z . Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 1) x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4  0 2) 8 x 2 y 2  x 2  y 2  10 xy 3) 2 x 2  y 2  2 xy  y  0 4) 5 x 2  y 2  17  2 xy Dạng 4: c2-4ab < 0 và (cd  2ac)2  (c 2  4ab)(d 2  4ag ) ; cde≠ 0 Phương trình đã cho có dạng: ax 2  (cy  d ) x  by 2  ey  g  0 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn x khi đó   ( cy  d ) 2  4 a (by 2  ey  g )  (c 2  4ab) y 2  2(cd  2ae) y  d 2  4ag Xét ∆ ≥ 0 để tìm y  Z rồi tìm x  Z Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau 1) x 2  2 y 2  2 xy  3 x  3 y  2  0 2) x 2  y 2  1  x  y  xy 3) x 2  2 y 2  2 xy  4 x  9 y  3  0 4) 2( x  y )  xy  x 2  y 2 Phương pháp giải của dạng 4 có thể áp dụng cho dạng 1, 2, 3 Ngoài các dạng nói trên trong trường hợp tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc hai hai biến ta còn phải lưu ý đến một số định lý về nghiệm nguyên. Định lý nghiệm nguyên của phương trình bậc hai Định lý 1: Phương trình ax 2 +bx +c = 0 với hệ số nguyên và c≠ 0 nếu có nghiệm nguyên x0 thì c chia hết cho x0. Định lý 2: Phương trình x 2 + bx +c =0 với hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi   b 2  4c là số chính phương. Định lý 3: Phương trình hệ số nguyên x 2  by 2  cxy  dx  ey  g  0 có nghiệm nguyên khi và chỉ khi   (cy  d ) 2  4(by 2  ey  g ) là bình phương của một số nguyên.
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2