Cho phương trình \[{x^2} + bx - 7 + 2b = 0\,\,\left( 1 \right)\] (ẩn x), với b là tham số nguyên.
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,\,{x_2}.\] Tìm b để \[x_2^2 = 9{x_1}.\]
b) Chứng minh rằng nếu b là số nguyên lẻ thì phương trình (1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cho phương trình \[{x^2} + bx - 7 + 2b = 0\,\,\left( 1 \right)\] (ẩn x), với b là tham số nguyên.
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,\,{x_2}.\] Tìm b để \[x_2^2 = 9{x_1}.\]
b) Chứng minh rằng nếu b là số nguyên lẻ thì phương trình (1) không có nghiệm hữu tỉ.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\]. Tìm \[b\] để \[x_2^2 = 9{x_1}\].
+) Ta có: \[\Delta = {b^2} - 4.1.( - 7 + 2b) = {b^2} - 8b + 28\]\[ = {(b - 4)^2} + 12 \ge 12 > 0\] \[\forall b\]
\[ \Rightarrow \] (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].
+) \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - b\\{x_1}.{x_2} = 2b - 7\end{array} \right.( * )\]
Với \[x_2^2 = 9{x_1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} + \frac{{x_2^2}}{9} = - b\\\frac{{x_2^2}}{9} \cdot {x_2} = 2b - 7\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_2} + \frac{{2x_2^2}}{9} = - 2b\\\frac{{x_2^2}}{9} \cdot {x_2} = 2b - 7\end{array} \right.\]
Cộng vế theo vế ta được: \[2{x_2} + \frac{{2x_2^2}}{9} + \frac{{x_2^3}}{9} = - 7\]
\[ \Leftrightarrow x_2^3 + 2x_2^2 + 18{x_2} + 63 = 0\]
\[ \Leftrightarrow ({x_2} + 3).(x_2^2 - {x_2} + 21) = 0\]
\[ \Leftrightarrow {x_2} = - 3\]
\[ \Rightarrow {x_1} = \frac{{x_2^2}}{9} = 1\]
\[( * ) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 = - b\\ - 3 = 2b - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow b = 2 \in \mathbb{Z}\] (thỏa mãn)
b) Chứng minh rằng nếu \[b\] là số nguyên lẻ thì phương trình (1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cách 1: Nếu \[b\] lẻ \[ \Rightarrow \]\[b - 4\] lẻ
Đặt \[b - 4 = 2k + 1\]\[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]
Ta cần chứng minh \[\Delta \] không là số chính phương.
Phản chứng: \[\Delta \] là số chính phương
\[ \Rightarrow \] Đặt \[{\left( {2k + 1} \right)^2} + 12 = {m^2} \Rightarrow m\] lẻ
Đặt \[m = 2l + 1 \Rightarrow \Delta = 4{k^2} + 4k + 13 = 4{l^2} + 4l + 1\]
\[ \Rightarrow {k^2} + k + 3 = {l^2} + l\] (vô lí)
Vậy \[\Delta \] không là số chính phương \[ \Rightarrow \](1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cách 2: Giả sử (1) có nghiệm hữu tỉ, gọi là: \[\frac{p}{q}\left( {p \in \mathbb{Z},q \in \mathbb{N}*,(p,q) = 1} \right)\].
Theo tính chất về nghiệm hữu tỉ của đa thức nguyên, ta có \[q|1\] và \[p|2b - 7\] \[ \Rightarrow q = 1\] và \[p\] lẻ.
Hơn nữa, do \[q = 1\] nên \[p\] là nghiệm nguyên của (1) \[ \Rightarrow {p^2} + bp - 7 + 2b = 0\].
Mà điều này là vô lí do \[{p^2} + bp - 7 + 2b\] lẻ \[ \Rightarrow \] Điều giả sử là sai hay (1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cách 3: Đặt \[{b^2} - 4.(2b - 7) = {a^2},a \in \mathbb{N}\](*)
Nếu \[b\] lẻ \[ \Rightarrow \] VP lẻ \[ \Rightarrow \]a lẻ
Từ (*) \[ \Rightarrow {b^2} - {a^2} = 4.(2b - 7)\]
Vì a, b đều lẻ nên \[{a^2},{b^2} \equiv 1\] \[(\bmod 8)\]
\[ \Rightarrow 8|{a^2} - {b^2}\]
Mà \[4.(2b - 7)\] không chia hết cho 8 (Do \[2b - 7\] lẻ).
\[ \Rightarrow \] Mâu thuẫn
Vây khi \[b\] là số nguyên lẻ thì phương trình không thể có nghiệm hữu tỉ.
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
![a) Chứng minh \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid1-1766503750.png)
Lời giải
a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p không chia hết cho 2, 3 và 5 (1)
Ta có \[{p^2}\] là số chính phương \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 3} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Kết hợp với (1) \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,3\\\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,5\end{array} \right.\] (*)
Mặt khác từ (1) \[ \Rightarrow p\] lẻ
\[ \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 16} \right)\]
\[ \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\] (**)
Từ (*), (**) và 3, 5, 16 nguyên tố cùng nhau suy ra \[\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {3 \cdot 5 \cdot 16} \right) \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,240.\]
Vậy \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\]
Cách 2:
Do \[p\cancel{ \vdots }3,\,\,p\cancel{ \vdots }5\] nên theo định lí Fecma nhỏ ta có
\[\begin{array}{l}{p^2} - 1\,\, \vdots \,\,3;\,\,{p^4} - 1\,\, \vdots \,\,5\\ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,15.\end{array}\]
Ta có \[{p^4} - 1 = \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right).\]
Dễ thấy \[p - 1 < p + 1 < {p^2} + 1\] và \[p - 1;\,\,p + 1;\,\,{p^2} + 1\] là ba số chẵn.
Mặt khác \[p - 1;\,\,p + 1\] là hai số chẵn liên tiếp \[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\,\, \vdots \,\,8\]
\[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\]
\[ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,\left( {16 \cdot 15} \right) = 240.\]
Cách 3:
Ta có \({p^5} - p = p\left( {{p^4} - 1} \right)\)
\(\begin{array}{l} = p\left( {{p^2} - 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\\ = p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} - 4 + 5} \right)\\ = \left( {p - 2} \right)\left( {p - 1} \right)p\left( {p + 1} \right)\left( {p + 2} \right) + 5p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\end{array}\)
Vì \(p - 2,p - 1,p,p + 1,p + 2\) là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 và 5
Mà (3,5) = 1
\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 15{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Lại có : P là số nguyên tố >5 nên \[p - 1,p + 1\]là hai số chẵn liên tiếp và \[{p^2} + 1 \vdots 2\]
\( \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2)\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 240{\rm{ }}\left( {v\`i {\rm{ }}\left( {15,16} \right) = 1} \right)\)
Dễ thấy với p là số nguyên tố >5 thì :
\(\begin{array}{l}{\rm{ }}\left[ \begin{array}{l}p \equiv 1(\bmod 4)\\p \equiv 3(\bmod 4)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( * \right)\end{array}\)
Mặt khác, \(p,(p - 1),\left( {p + 1} \right)\) là 3 số tự nhiên liên tiếp
\( \Rightarrow p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 3{\rm{ }}\left( {**} \right)\)
Từ (*) và (**)
\( \Rightarrow 5p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 240\)
Suy ra \({p^5} - p \vdots 240\)
Mà (p,240) =1
\( \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 240{\rm{ }}\forall {\rm{p}}\)là số nguyên tố >5(đpcm)
b) Gọi x là số lần cắt để bạn An có được 55 hình vuông (ĐK: \[x \in \mathbb{N}*,\,\,x > 2\]).
- Sau lần cắt thứ nhất bạn An có được \[4 = 3 \cdot 1 + 1\] (hình vuông).
- Sau lần cắt thứ hai bạn An có được \[3 + 4 = 7 = 3 \cdot 2 + 1\] (hình vuông).
- Sau lần cắt thứ ba bạn An có được \[3 + 3 + 4 = 10 = 3 \cdot 3 + 1\] (hình vuông).
....
\[ \Rightarrow \] Sau x lần cắt, bạn An có được \[3x + 1\] (hình vuông).
Theo đề bài, ta có phương trình
\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3x + 1 = 55\\ \Leftrightarrow 3x = 54\\ \Leftrightarrow x = \frac{{54}}{3} = 18\,\,(n).\end{array}\]
Vậy sau 18 lần cắt bạn An có được 55 hình vuông.
Lời giải
![Cho hai đường tròn ( {O;\,\,R} \]và ( {O';\,\,R'} cắt nhau tại A và B (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid3-1766503932.png)
a) Chứng minh ba điểm \({\bf{A}},\,{\bf{P}},{\bf{Q}}\) thẳng hàng và \({\bf{PQ}}\, = \,{\bf{2O}}{{\bf{O}}^/}\).
Ta có: \(\widehat {QAB}\, = \,{90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( O \right)\)đường kính \(BQ\)).
\(\widehat {PAB}\, = \,{90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( {{O^/}} \right)\)đường kính \(BP\)).
Mặt khác: \(\widehat {QAP\,} = \,\widehat {QAB}\, + \,\widehat {PAB}\, = \,{90^0} + {90^0} = {180^0}\)\( \Rightarrow \,A;\,P;\,Q\) thẳng hàng
có: \(O\) là trung điểm \(QB\,\)(\(QB\) là đường kính của \(\left( O \right)\))
\({O^/}\) là trung điểm \(PB\,\)(\(PB\) là đường kính của \(\left( {{O^/}} \right)\))
Do đó \(O{O^/}\) là đường trung bình của .Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,PQ\\PQ\, = \,2O{O^/}\end{array} \right.\)
b) Qua \({\bf{B}}\)dựng đường thẳng song song với \({\bf{EF}}\), cắt \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) và \(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) lần lượt tại \({\bf{M}}\)
và \({\bf{N}}\). Chứng minh năm điểm \({\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}\) cùng thuộc một đường tròn và \({\bf{MABE}}\) là hình thang cân.
b.1 Chứng minh năm điểm \({\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}\) cùng thuộc một đường tròn.
b.1.1 Chứng minh bốn điểm O, O/, E, F cùng thuộc một đường tròn.
cân tại \(O\) (do \[OE\, = \,OB = R\]) \( \Rightarrow \widehat {EOB}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {OBE}\) hay \(\widehat {EOF\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {OBE}\)…(1)
cân tại \({O^/}\) (do \[{O^/}F\, = \,{O^/}B = {R^/}\]) \( \Rightarrow \widehat {B{O^/}F\,}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {{O^/}BF}\)
hay \(\widehat {E{O^/}F\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {{O^/}BF}\)…(2)
Mà: \(\widehat {OBE\,} = \,\widehat {{O^/}\,BF}\) (đối đỉnh) …(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {EOF}\, = \,\widehat {E{O^/}F}\)\( \Rightarrow \)Tứ giác \(EO{O^/}F\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \)\(O;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn …(4).
b.1.2 Chứng minh bốn điểm A, O/, E, F cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\widehat {A{O^/}B\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\)(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {{O^/}} \right)\)). Hay \(\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\).
Mặt khác:
\(\widehat {BFE} = \,\widehat {OFE}\) mà \(\widehat {OFE\,} = \,\widehat {O{O^/}E}\) (Tứ giác \(EO{O^/}F\) nội tiếp) \( \Rightarrow \,\widehat {BFE}\, = \,\widehat {O{O^/}E}\)…(5)
\(\widehat {AFB}\, = \,\widehat {APB}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {{O^/}} \right)\))
\(O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,QP\) (cmt) \( \Rightarrow \,\widehat {O{O^/}E}\, = \,\widehat {APB}\)…(6)
Từ (5), (6) suy ra: \(\widehat {BFE\,} = \,\widehat {APB}\)
Do đó: \(\widehat {AFE}\, = \,\widehat {AFB}\, + \,\widehat {BFE}\, = \,2\widehat {APB}\) mà \(\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\)\( \Rightarrow \widehat {AFE}\, = \,\widehat {A{O^/}E}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AO/ FE là tứ giác nội tiếp\( \Rightarrow A;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn …(7)
Từ (4), (7) suy ra năm điểm \(O;\,A;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
b.2 Chứng minh tứ giác MABE là hình thang cân.
b.2.1 Chứng minh: MA // EB.
Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {{O^/}} \right)\) cắt nhau tại \(A\) và \(B\) nên \(O{O^/}\, \bot \,AB\) mà cân tại \(O\)(do \(OA\, = \,OB\, = \,R\))
\( \Rightarrow O{O^/}\) là phân giác của \(\widehat {AOB} \Rightarrow \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\).
Mặt khác: \(\widehat {MAE}\, = \,\widehat {MBE}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))
\(\widehat {MBE\,}\, = \,\widehat {{O^/}EF\,}\,\left( {do:\,\,MN\,\,\parallel \,\,\,EF} \right)\)
\[\widehat {{O^/}\,EF\,}\, = \widehat {\,FO{O^/}\,\,} = \,\widehat {BO{O^/}}\](do tứ giác EOO/F nội tiếp)
Do đó: \(\widehat {MAE}\, = \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\) mà \(\widehat {AEB}\, = \,\frac{1}{2}\,\widehat {AOB}\) (góc nội tiếp chắn của (O)).
Suy ra: \(\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}\) (cặp góc nằm ở vị trí so le trong) \( \Rightarrow \)MA // EB …(8)
b.2.2 Chứng minh: \(\widehat {{\bf{AME}}}\, = \,\widehat {{\bf{MAB}}}\).
\(\widehat {AMB}\, = \,\widehat {AEB}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\)) và \(\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}\) (cmt)
\(\widehat {BME}\,\, = \,\widehat {BAE}\)(góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))
Ta có: \(\widehat {MAB}\, = \,\widehat {MAE}\, + \,\widehat {BAE}\) mà \[\widehat {AME}\,\, = \,\widehat {AMB}\, + \,\widehat {BME} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE} = \widehat {MAE\,} + \widehat {BAE}\]
Do đó: \(\widehat {AME}\, = \,\widehat {MAB}\)…(9)
Từ (8), (9) suy ra Tứ giác MABE là hình thang cân.
c) Tiếp tuyến với \(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) tại \({\bf{A}}\) cắt \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) tại \({\bf{C}}\) và tiếp tuyến với \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) tại \({\bf{A}}\) cắt\(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) tại \({\bf{D}}\). Đường tròn ngoại tiếp cắt đường thẳng \({\bf{AB}}\) tại \({\bf{I}}\)(khác \({\bf{A}}\)).
Chứng minh B là trung điểm của AI.
Ta có:
\(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O))
\(\widehat {CAB}\, = \,\widehat {ADB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O/))
Do đó: (g – g)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{AB}}{{DB}}\, = \,\frac{{BC}}{{BA}}\, \Rightarrow \,A{B^2}\, = \,BC.\,BD\,...\left( {{\bf{10}}} \right)\\\widehat {ABC}\, = \,\widehat {ABD}\end{array} \right.\)
Mặt khác: \(\widehat {CBI}\, = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABC} = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABD}\, = \widehat {\,DBI}\)
Tứ giác ACID là tứ giác nội tiếp nên ta có: \(\widehat {IAD}\, = \,\widehat {ICD}\).
Suy ra: \(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {IAD}\, = \widehat {\,ICD}\) mà \(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {ACB\,} = \,\widehat {ICD}\)
Ta lại có: \(\widehat {BCI\,} = \,\widehat {ICD}\, + \,\widehat {BCD\,} = \,\widehat {ACB}\, + \,\widehat {BCD}\, = \,\widehat {ACD}\)
Mà: \(\widehat {ACD\,} = \,\widehat {AID}\) (góc nội tiếp cùng chắn ).
Do đó:
Từ (i), (ii) suy ra: (g – g) \( \Rightarrow \,\frac{{BC}}{{BI}}\, = \,\frac{{BI}}{{\,BD}}\, \Rightarrow \,B{I^2}\, = \,BC\,.\,BD...\left( {{\bf{11}}} \right)\)
Từ (10), (11) suy ra \(AB\, = \,BI \Rightarrow B\) là trung điểm của
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập