Sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

145
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình được viết với mong muốn giúp các em học sinh có thêm nguồn tài liệu để tham khảo cũng như có cách giải quyết khi gặp các dạng bài toán khó về phương trình và bất phương trình.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền Mã số: ................................ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: ĐỖ TẤT THẮNG. Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN  Lĩnh vực khác: .........................................................  Có đính kèm:  Mô hình  Đĩa CD(DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2014-2015 BM02-LLKHSKKN -0-
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: ĐỖ TẤT THẮNG 2. Ngày tháng năm sinh: 06/09/1981 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: 149/7 Hưng Đạo Vương, Khu phố 2 phường Trung Dũng, BH-Đồng Nai. 5. Điện thoại: 0918.306.113 6. E-mail: dtthangnq@gmail.com 7. Chức vụ : Không 8. Nhiệm vụ được giao: +Giáo viên Toán lớp 10A2,10A6 và 11A6. +Giáo viên chủ nhiệm lớp 10A2. +Tham gia bồi dưỡng đội tuyển Toán lớp 10. +Ủy viên ban thanh tra nhân dân 9. Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ Toán - Năm nhận bằng: 2010 - Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học môn Toán. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Toán - Số năm có kinh nghiệm: 5 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 5 Năm học 2010-2011: Ứng dụng tích vô hướng 2 véctơ để giải một số bài toán hình học không gian qua các kì thi đại học. Năm học 2011-2012: Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. Năm học 2012-2013: Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. Năm học 2013-2014: Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. Năm học 2014-2015: Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình . -1-
ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Bất đẳng thức (BĐT) là kiến thức không thể thiếu trong các kì thi đại học, cao đẳng, thi học sinh giỏi. BĐT áp dụng rất nhiều trong trong cuộc sống nói chung và toán học nói riêng chẳng hạn: giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, các bài toán cực trị . . . - Ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình có lời giải hay, ngắn gọn và mạnh có thể giải quyết bài toán ở mức độ tổng quát hơn, trong nhiều bài toán thì ứng dụng BĐT không cần huy động tới kiến thức đạo hàm của lớp 12, đôi khi là phương pháp duy nhất. Hơn hết là rất phù hợp với HS lớp 10. - Ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là hệ thống phương pháp rất sâu và rộng. Nhưng với vai trò giáo viên dạy Toán khối 10 và trong phạm vi sáng kiến kinh nghiệm này chúng tôi chỉ tập trung vào các dạng phổ biến HS hay gặp phải trong các đề thi CĐ, Đại học, tuyển sinh 10 chuyên, các đề thi học sinh giỏi tỉnh …Cụ thể hơn sẽ được thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm (SKKN). II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Qua thực tế dạy học chúng tôi nhận thấy trong chương trình lớp 10 phần ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là không có. Nhưng trong các đề thi học sinh giỏi, tuyển sinh 10, đại học. . . lại có. Do đó, tôi làm SKKN này với mong muốn là một tài liệu giúp HS đỡ khó khăn hơn khi gặp các bài có dạng trên. III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Chúng tôi cố gắng biên soạn kĩ thuật giải , hệ thống bài tập dựa trên cơ sở lý thuyết bám sát chương trình, mục đích cho HS dễ hiểu nhất có thể. Cơ sở lý thuyết là các phần kiến thức sau đã được đề cập trong chương trình hiện hành: STT Kiến thức Trang Sách Ghi chú Đại số 10 ban cơ 1 Các tính chất của giá trị tuyệt đối 78 bản Tính chất bình phương, tổng bình 2 Đã học ở cấp 2 phương Đại số 10 ban cơ Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) 2 số 76 bản (nâng cao) 3 Đại số 10 ban Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) 3 số 108 nâng cao Bất đẳng thức Bunnhiacốpski (Cauchy- Đại số 10 ban Trong phần 4 111 Schwarz) nâng cao đọc thêm Bất đẳng thức được chứng minh từ tích Hình học 10 Ban 5 vô hướng 2 vecto, tổng độ dài 2 vecto cơ bản -2-
Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ phân tích cụ thể từng phần theo thứ tự lý thuyết trước bài tập ứng dụng sau. Ứng ng ng g ương r n Cho f ( x1, x2 ,..., xn ) là hàm n biến thực trên D  ¡ n : f : D  ¡ . Tương tự với g ( x1, x2 ,..., xn ) , h( x1, x2 ,..., xn ) . ai phương trình f ( x1, x2 ,..., x n )  g ( x1, x2 ,..., x n ) (1) ước 1:Nhìn vào dấu hiệu và lưu ý(sẽ được chia cụ thể từng dạng khác nhau)của phương trình (1) từ đó sẽ suy ra hướng giải. ước 2: Đánh giá 2 vế phương trình bằng cách áp dụng BĐT cô-si, bunhiacốpski, các  f ( x1, x2 ,..., x n )  h( x1, x2 ,..., x n ) tính chất. . . ta được:  ( x1, x2 ,..., xn )  D (2) g (  1 2x , x ,..., x n )  h ( x , 1 2x ,..., x n ) ước 3: Kết hợp (1) và (2) thu được :  f ( x1, x2 ,..., x n )  h( x1, x2 ,..., x n )  ( x1, x2 ,..., xn )  D (3) g (  1 2x , x ,..., x n )  h( x , 1 2x ,..., x n ) ước 4: Áp dụng dấu “=” xảy ra khi dùng BĐT. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình (1). Khi giải lưu ý: Dấu”=” của các BĐT cùng xảy ra tại cùng giá trị của biến và đồng thời là nghiệm của phương trình. Nghiệm của phương trình cũng là giá trị của biến để dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT nên: +Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình thì ta có thể suy luận được là nên ứng dụng BĐT nào(Cô-si, Bunnhiacốpski, …)? Ứng dụng thế nào để BĐT có dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng. +Nếu định hướng dùng BĐT cụ thể ta có dấu”=” của BĐT xảy ra từ đó suy ra nghiệm của phương trình. +Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình từ đó cho lời giải nhanh và chính xác nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác. Cá g á ượ r n ày eo ừng ần eo ự lý uyế rướ , à ậ sau: 1. Ứng ng n ủa g á rị uy Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.  Phương trình có chứa tổng các giá trị tuyệt đối.  Phương trình có chứa tổng nhiều căn bậc hai và các biểu thức trong căn bậc hai là bình phương hoặc tổng bình phương các biểu thức khác. thì thử ứng dụng các tính chất của giá trị tuyệt đối để giải. -3-
T n ủa g á rị uy : + x  0, x  R . Dấu = xảy ra  x  0 . + x  x, x  R . Dấu = xảy ra  x  0 . + x   x, x  R . Dấu = xảy ra  x  0 . V 1. Gỉai phương trình x2  4 x  4  x2  8x  16  x2  12 x  36  4 Lờ g 1 (k ông ùng BĐT): Phương trình đã cho tương đương với  x  2   x  4   x  6 4 2 2 2  x  2  x  4  x  6  4 (*) x  -6 -4 -2  x2 x  2 x  2 x  2 0 x2 x4 x  4 x  4 0 x4 x4 x6 x  6 0 x6 x6 x6 VT(*) 3x x x 8 3x 12 Trường hợp 1: x  6 4 (*)  3x  4  x   (loại) 3  Trường hợp 2: 2  x  4 (*)  x  4  x  4 (nhận)  Trường hợp 3: 4  x  2 (*)  x  8  4  x  4 (loại)  Trường hợp 4: x  2 8 (*)  3 x  12  4  x   (loại) 3 Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x  4 Lờ g 2 (Dùng BĐT): Phương trình đã cho tương đương với  x  2   x  4   x  6 4 2 2 2  x2  x4  x6  4 Ta có x  2  x  4  x  6   x  2  0  x  6  4 -4-
x  2  0  Dấu “=” xảy ra   x  4  0  x  4 x  6  0  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=-4 Kĩ thuật Lời giải 2 cho phép ta mở rộng và giải quyết bài toán mạnh hơn sau: Mở rộng Ví dụ 1: Giải phương trình x  1  x  2  x  3  ...  x   2n  1  n  n  1 , n  N * Khi n càng lớn thì Lời giải 1 càng gặp khó khăn , ngược lại Lời giải 2 vẫn thuận lợi. B ng so sán á ưu, n ượ m ủa Lờ g 1 và Lờ g 2 vớ HS lớ 10: Ưu m N ượ m -Lời giải dài dòng, khó hiểu. HS hay Lời giải 1 sai phần hợp và giao khi kết luận. (Không dùng -Khó khăn khi phương trình có chứa BĐT) tổng nhiều tuyệt đối. -Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. - iải quyết được bài toán tổng quát Lời giải 2 khi phương trình có chứa tổng nhiều (Dùng BĐT) tuyệt đối. -Tính chất BĐT chứa giá trị tuyệt đối phù hợp lớp 10. x2  x4  2 V 2. Giải phương trình Lờ g :  x  2   x  2 Ta có   x2  x4  2  x  4  x  4 x  2  0  x  2 Dấu “=” xảy ra     x  4  0  x  4 Vậy phương trình có tập nghiệm là S   4; 2 V 3. Giải phương trình 2 x2 10 x  13  26 x2  24 x  8  4 x  1 Phân tích: Lờ g : 2 x  10 x  13  26 x  24 x  8  4 x  1 2 2  x 2    4x  4  x2  6x  9   x 2     4 x  4  25 x 2  20 x  4  4 x  1  x  2    x  3  x  2  5x  2 2 2 2 2    4x 1 -5-
 x  2    x  3 2 2  x 3  3 x  x  2  5x  2 2 2 Ta có:  5x  2  5x  2  VT  5 x  2  3  x  4 x  1 3  x  0 Dấu “=” xảy ra  5  x  0  x  2 x  2  0  Vậy phương trình có tập nghiệm S = 2 Bà ậ ương ự ( p dụng t nh chất giá trị tuyệt đối): Bài 1. Giải phương trình x  1  x  2  x  3  2 ĐS: x=-2 Bài 2. Giải phương trình x  1  x  2  x  3  x  4  x  5  6 ĐS: x=-3 Bài 3. Giải phương trình x2  2x  1  x2  4x  4  x2  6x  9  2 ĐS: x=-2 Bài 4. Giải phương trình x2  2 x  1  x2  4 x  4  x2  6 x  9  x2  8x  16  x2  8x  16  6 ĐS: x=-3 Bài 5. Giải phương trình x 2  x  1  x 2  x  2  3 . ĐS: S   1; 2 2. Ứng ng n n ương, ng á n ương: Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.  Phương trình có chứa tổng nhiều căn bậc hai và các biểu thức trong căn bậc hai là tổng bình phương biểu thức khác. thì thử ứng dụng các tính chất bình phương, tổng các bình phương để giải. T n n ương, ng á n ương: + x  0, x  R . Dấu = xảy ra  x = 0. 2 + x 2  y 2  0, x, y  R . Dấu = xảy ra  x=y= 0. Từ 2 tính chất trên ta suy ra:  x2  m  m, x  R . Dấu “=” xảy ra  x=0   x 2  M  M , x  R . Dấu “=” xảy ra  x=0 1 x2  y 3  z 5   x  y  z  7 V 4. Giải phương trình: 2 (*) Phân tích:  h có 1 phương trình mà có tới ẩn đ y là “dấu hiệu” dùng BĐT.  ế trái có căn bậc hai, vế phải là bậc nhất thấy ngay là đưa về hàng đ ng thức đáng nhớ  a  b  . 2 -6-
Lờ g : x  2  0 x  2 Đ ều k n:  y  3  0   y  3  z  5  0 z  5   2 x 2  2 y 3  2 z 5  x  y  z 7   x  2  2 x  2  1    y  3  2 y  3  1    z  5  2 x  2  1  0 2 2 2             2 2 2 (*)  x  2 1  y  3 1  z  5 1  0  x  2 1  0 x  3     y  3 1  0   y  4  z  6  z  5  1  0  Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y;z)=(3;4;6). N ận : Bài toán trên có thể vận dụng BĐT ô-si 2 số để giải, tuy nhiên chúng ta đang nói đến BĐT cơ bản. Sẽ dùng BĐT ô si vào phần sau. V 5. Giải phương trình x2  4x  5  x4  8x2  17  2 Phân tích:  Nhìn vào các biểu thức trong căn ta thấy x 2  4 x và x 4  8 x 2 điều này liên tưởng đến hàng đ ng thức đáng nhớ nên x 2  4 x  5   x  2   1 , x 4  8x 2  17   x 2  4   1 . 2 2  Do đó VT  2 mặt khác P 2 nên ta thu được lời giải sau. Lờ g :  x 2  4 x  5   x  2 2  1  1 Ta có   x 2  4 x  5  x 4  8 x 2  17  2  x  8 x  17   x  4   1  1 2  4 2 2 x  2 x  2  0  Kết hợp với phương trình ta được  2   x  2  x  2 x  4  0   x  2  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2 V 6. Giải phương trình: 3x2  6x  12  5x2  10 x  9  3  4 x  2 x2 Lờ g : 3x  6 x  12  3  x  1  9  9    3x 2  6 x  12  3 2 2 Ta có  2   VT  5        2   5 x  10 x  9  2  2 5 x 10 x 9 5 x 1 4 4 Lại có VP  5  2  x  1  5 2 x 1  0  Do đó 3x  6 x  12  5 x  10 x  9  3  4 x  2 x   x  1  0  x  1 2 2 2 x 1  0  -7-
Vậy phương trình có nghiệm là x=-1   x  1  y  1  4(1) V 7. Giải hệ phương trình:   x  y  xy  3 (2)  Lờ g :  xy  0 x  0 ĐK:  mà x  y  xy  3  0    x  1  0, y  1  0 y  0 Lấy 2(2)-4(1) ta được:  2 x  y  xy  4    x  1  y  1  10   x  1  4 x  1  4    y  1  4 y  1  4    x 2  2 xy  y 2   0 2 2             2 2 2  x 1  2  y 1  2  x y 0  x 1  2  0  x  3   y 1  2  0    y  3  x  y  0 N ận : - Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng loại 1 nên có thể dùng cách đặt ẩn phụ. Nhưng cách đăt ẩn phụ dài dòng. -Dùng BĐT cho lời giải ngắn gọn và đẹp hơn. Bà ậ ương ự ( p dụng đưa về bình phương, tổng các bình phương): Bài 1. Giải phương trình x2  4 x  5  2 2 x  3 . ĐS: x=-1 3 xy Bài 2. Giải phương trình: x y  1  2 y x  1  . ĐS: x=y=2 2 Bài 3. Giải phương trình:  x2  4 x  2  2 x2  8x  5  2  3 . ĐS : x=2 1 1 1 x  y  z  2 Bài 4. Giải hệ phương trình:  ĐS: x y=1/2,z=-1/2  2  1 4  xy z 2 3. Ứng ng B ng Cô-si (Cauchy) Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.  ác ẩn trong phương trình đều dương hoặc không m.  Phương trình có chứa căn bậc hai, căn bậc ba.(biểu thức trong căn không m do giả thiết cho hoặc từ điều kiện) Khi áp dụng BĐT Cô-si 2 số a,b không âm (để dễ lập luận chúng tôi dùng 2 số) -8-
ab Biểu thức là hằng số hoặc biểu thức bé hơn hoặc bằng vế còn lại của phương 2 trình.  Biểu thức ab là hằng số hoặc biểu thức lớn hoặc bằng vế còn lại của phương trình. thì thử ứng dụng BĐT Cô-si để giải. Khi giải lưu ý: Dấu”=” của các BĐT cùng xảy ra tại cùng giá trị của biến và đồng thời là nghiệm của phương trình, hệ phương trình. Nghiệm của phương trình, hệ phương trình cũng là giá trị của biến để dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT ô-si hoặc các BĐT khác nên: +Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình, hệ phương trình thì ta có thể suy luận được là nên ứng dụng BĐT ô-si hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT ô-si có dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng. +Nếu định hướng dùng BĐT ô-si thì ta có dấu”=” của BĐT xảy ra từ đó suy ra nghiệm của phương trình, hệ phương trình. +Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác.. B ng th c Cô-si 2 s không âm a b Cho a, b  0, ta có:  ab . Dấu " " xảy ra  a = b. 2 B ng th c Cô-si 3 s không âm a b c 3 Cho a, b, c  0, ta có:  abc . Dấu " " xảy ra  a = b = c. 3 Nhận xét:  Dấu hiệu để dùng BĐT ô-si các biến trong BĐT luôn không m hoặc dương. Điều này giúp ta nhận định nhanh bài toán có nên dùng BĐT ô-si hay không.  Dấu “ ” trong bất đ ng thức có vai trò rất quan trọng. Nó giúp kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh, định hướng cách giải. Đặc biệt, khi áp dụng nhiều lần bất đ ng thức thì các dấu “ ” phải đồng thời xảy ra với cùng một điều kiện của biến. V 8. Giải phương trình: 7  x  x  5  x 2  12 x  38 Phân tích:  Đầu tiên thử bình phương 2 vế không m ta được 7  x  x  5  2 7  x x  5  x 4  144 x 2  1444  24 x3  76 x 2  912 x  x 4  24 x3  220 x 2  912 x  1442  2 7  x x  5 Tới đ y thấy ngay là nếu tiếp tục bình phương hai vế sẽ xuất hiện phương trình bậc 8 nên cách này không khả quan. Do đó không thể sử dụng cách biến đổi thông thường. -9-
 Phương trình có chứa đầy đủ các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT ô-si. Lờ g (Sử dụng BĐT ô-si): *Điều kiện 5  x  7 Áp dụng BĐT BĐT Côsi cho hai số ta được 1   7  x  1   x  5 VT  1 7  x   1 x  5     2 (1) 2 2 Mặt khác VP  x 2  12 x  38   x  6   2  2 (2) 2 7  x  1  Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra   x  5  1  x  6 x  6  0  Vậy S = 6 N ận :  ó thể giải bằng BĐT Bunnhiacốpski (sẽ trình bày ở phần sau) hoặc phương pháp hàm số của HS lớp 12 để đánh giá 2 vế của phương trình).  Đối với dạng bài tập tương tự dụ 8 trong phạm vi kiến thức lớp 10 không thể dùng phương pháp biến đổi tương đương, bình phương 2 vế ... để giải quyết. h có thể áp dụng BĐT ô-si hoặc Bunnhiacốpski. Do đó, đối với một số phương trình thì ứng dụng BĐT là phương pháp duy nhất có thể tiếp cận và phù hợp với HS lớp 10.  Bằng kĩ thuật tương tự có thể giải mở rộng Ví dụ 8 như sau: Mở rộng 8a: Giải phương trình: x  a  a  2  x  2 với a là hằng số cho trước. Mở rộng 8b: Giải phương trình: x  a  a  2  x  f ( x) với a là hằng số cho trước , và Min f ( x)  2 [ a ;a  2] 1 x2  y 3  z 5   x  y  z  7 V 9. Giải phương trình: 2 Phân tích:  h có 1 phương trình mà có tới ẩn, mà từ điều kiện các biểu thức trong căn phải không m đ y là “dấu hiệu” dùng BĐT Cô si. 1  Nếu áp dụng BĐT ô-si thì VT  1 x  2   1 y  3  1 z  5    x  y  z  7   VP . 2  p dụng BĐT ô-si thì dấu “=” xảy ra khi (x;y;z) ( ;4;6) thử lại cũng là nghiệm của phương trình. Lờ g : x  2  0 x  2 Đ ều k n:  y  3  0   y  3  z  5  0 z  5   Áp dụng BĐT Cô si 2 số không âm ta có - 10 -
1  x  2 x 1 1 x  2    (1) 2 2 1 y  3 y  2 1 y  3   (2) 2 2 1 z  5 z  4 1 z  5    (3) 2 2 1 (1)+(2)+(3) ta được x  2  y  3  z  5   x  y  z  7 2 x  2  1 x  3   Dấu “=” xảy ra   y  3  1  y  4 z  5  1 z  6   Vậy phương trình có nghiệm là (x;y;z)=(3;4;6) Bằng kĩ thuật giải tương tự ta có thể giải được các bài toán mở rộng của Ví dụ 9 sau: n 1 n n  Mở rộng 9a: Giải phương trình:  i 1 xi   i   xi    i  n  , n  N * với i 2  i 1 i 1  là các hằng số cho trước . n 1 n n n  Mở rộng 9b: Giải phương trình:  i i            i ,n N 2 * x i  xi i i 1 2  i 1 i 1 i 1  với  i , i là các hằng số cho trước và  i  0 . V 10. Giải phương trình x2  x 1   x2  x  1  x2  x  2 Phân tích:  Nếu bình phương 2 vế sẽ xuất hiện phương trình bậc 4, bậc 8 g y khó khăn.  Phương trình có chứa đầy đủ các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT ô-si. 1   x 2  x  1 1    x 2  x  1  p dụng BĐT ô-si thì VT    x  1 còn VP  x  1 . 2 2  Theo BĐT ô-si dấu “=” xảy ra khi x 1, đồng thời x 1 cũng là nghiệm của phương trình. Lờ g :  x2  x 1  0 Ta có ĐK:  2  x  x  1  0  Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm 1  x2  x  1 1  x2  x  1 ta có: VT  1 x  x  1  1  x  x  1  2 2   x 1 2 2  x2  x 1   x2  x  1  x  1 Mặt khác: x 2  x  2   x  1  x  1  x  1 2 - 11 -
Vậy x2  x  1   x2  x  1  x2  x  2  x  1  x2  x  1  1    x 2  x  1  1  x 1   x  1 2 1 Vậy x=1 là nghiệm N ận : ũng với cách giải trên ta có bài toán tổng quát hơn Mở rộng 10a: Giải phương trình: 1 a1 x 2  b1 x  c1  a2 x 2  b2 x  c2   a1  a2  x 2   b1  b2  x   c1  c2  2   2 Mở rộng 10b: Giải phương trình: a1 x2  b1 x  c1  a2 x2  b2 x  c2  f ( x) và 1 f ( x)   a1  a2  x 2   b1  b2  x   c1  c2  2   , x  D 2 Với điều kiện là các biểu thức trong căn bậc hai là không âm.  x  2 y  3z  3  V 11. Giải hệ phương trình: 1 2 3 với x, y, z > 0  x  y  z  12  Phân tích:  h có 2 phương trình mà có tới ẩn dương đ y là “dấu hiệu” dùng BĐT Cô-si.  Nhận thấy x y z 1/2 là nghiệm của hệ nên khi áp dụng BĐT ô-si dấu”=” phải xảy ra do đó phải kết hợp 2 pt thoả 2 yếu tố trên để ph n t ch 11 2 3  1   1   3        x  2 y  3z   6   x     2 y     3z    6 4 x y z   4x   2y   4z  Lờ g : Từ hpt ta có 11 2 3       x  2 y  3z   6 4 x y z   1   1   3    x    2y     3z    6  4x   2y   4z  Vì x, y, z > 0 ta áp dụng BĐT Côsi cho 2 số 1  x 1 (1) 4x 2  1   2y  2  y  2 (2) 4x  4y  3  1  3z   3 z    3 (3) 4z  4z  - 12 -
1 2 3 Từ (1), (2) và (3) ta có: x  2y   3z   1 2  3  6 4x 4y 4z 1 Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  2  1 1 1  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: S =  , ,    2 2 2   Tương tự giải được các bài toán tổng quát sau, tuỳ theo mức độ khó dễ mà người ra đề dựa vào dấu "=” xảy ra khi nào. 1 x   2 y   3 z   1   2   3  (1)  Mở rộng 11a: Giải hệ phương trình: 1  2  3 1   2   3      (2) x y z  với x, y, z > 0 và 1 ,  2 , 3 ,   0 là các hằng số cho trước.   1   2   3  1 x   2 y   3 z  (1)  2 Mở rộng 11b: Giải hệ phương trình:   1   2   3  2  1   2   3  (2)  x y z  với x, y, z > 0 và 1 ,  2 , 3 ,   0 là các hằng số cho trước.  2 x2 1  x 2  y   2 y2 V 12. Giải hệ phương trình:   z 1  y 2  2z2   x 1  z 2 Phân tích:  x khác 0 thì x,y,z đều dương, đ y là “dấu hiệu” của BĐT ô-si. Lờ g : Trước tiên nhận thấy (x;y;z)=(0;0;0) là một nghiệm của hệ phương trình t x  0 thì y  0 và z  0 Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương 1>0, x 2  0 ta có 2x2 1  x  2 1.x  2 x  2 2  x  y  x (1) 1  x2 Tương tự: 2 y2  y  z  y (2) 1 y2 2z2  z  x  z (3) 1 z2 Kết hợp (1),(2),(3) ta được y  x  z  y  x  y  z thế vào hệ thu được x  y  z  1 . - 13 -
Vậy hệ phương trình trên có 2 cặp nghiệm (x;y;z)={(0;0;0),(1;1;1)} Nhận : Hpt trên là hệ hoán vị vòng quanh, có thể dùng phương pháp hàm số để giải, tuy nhiên điều này g y khó khăn cho HS lớp 10. Bằng kĩ thuật tương tự giải được các bài toán tổng quát sau :  2 x2k 2 1  x 4 k  2  y   2 y 2k 2  4k 2  z ,k  N* Mở rộng 12a: Giải hệ phương trình: 1  y  2 z 2k 2   x 1  z 4 k  2 Mở rộng 12a sẽ gặp khó khăn khi giải bằng phương pháp hàm số. Tuy nhiên, ứng dụng BĐT Cô-si thì lời giải rất đẹp và ngắn gọn hơn. Bà ậ ương ự ( p dụng BĐT ô-si): Bài 1. Giải phương trình x  2  4  x  2 HD: p dụng BĐT ô-si x = 3 Bài 2. Giải phương trình: 2 x  3  5  2 x  3x 2  12 x  14 HD: p dụng BĐT ô-si , x = 2 Bài 3. Giải phương trình : x  2  10  x  x 2  12 x  40 HD: p dụng BĐT ô-si , x = 6 1 Bài 4. Giải phương trình: x 1  y  3  z  5  t  7   x  y  z  t  12  2 HD: p dụng BĐT ô-si , x = 2, y=4, z=6, t=8 1 Bài 5. Giải phương trình: x 1  3 y  3  5 z  5  7 t  7   x  y  z  t  68  2 HD: p dụng BĐT ô-si , x = 2, y=12, z=30, t=56 1 Bài 6. Giải phương trình: x  2 y 1  3 z  5   x  y  z  11 2 (Đề thi HSG t nh Quảng Nam) HD: p dụng BĐT ô-si hoặc đưa vế trái về tổng các bình phương x = 1, y=5, z=11 3 x 1 Bài 7. Giải phương trình:  2 x 1 3 HD: p dụng BĐT ô-si , x = 2 hoặc x=-4 Bài 8. Giải phương trình: 3x3  2x2  2  3x3  x2  2x  1  2x2  2x  2 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) HD: p dụng BĐT ô-si cho T, ĐS: x -1 Bài 9. Giải phương trình: 13 x  x  9 x  x  16 2 4 2 4 - 14 -
2 5 HD: p dụng BĐT ô-si cho T, ĐS: x 5 x2 x   1  2 x3  x 2  x  1 Bài 10. Giải phương trình 2 2 HD: p dụng BĐT ô-si , ĐS: x 0 hoặc x=3 3 Bài 11. Giải phương trình: 16x4  5  6 4x3  x HD: p dụng BĐT ô-si , ĐS: x 1/2  x  3 y  5z  9  Bài 12. Giải hệ phương trình: 1 3 5 với x, y, z > 0  x y z   9  HD: p dụng BĐT ô-si x = y=z=1  2 x6 1  x10  y   2 y6 Bài 13. Giải hệ phương trình:   z . ĐS: x y z 1 1  y 10  2z6   x 1  z10 x  y  z  3  Bài 14. Giải hệ phương trình   1  x 1  y 1  z  1  xyz  3 3 HD: p dụng BĐT ô-si số, ĐS: x y=z=1  3x  y  2x  7y  10   1  Bài 15. Giải hệ phương trình:    x y   1  x  3y   3x  y 2    (Đề thi đề nghị của trường THPT chuyên Lương Thế inh t nh Đồng Nai thi Olympic 0/4 năm 2012) HD: p dụng BĐT ô-si , hpt có nghiệm là x =y=4  2 1 2 x  4  3 Bài 16. Giải hệ phương trình  y  2y2  1  3  x4 HD: p dụng BĐT ô-si số, ĐS: (x;y)={(1;1),(1;-1),(-1;1),(-1;-1)}  2xy x  3 2  x2  y Bài 17. Giải hệ phương trình  x  2x  9 ĐS: (x;y) {(1;1),(0;0)}  2xy y   y2  x  y  2y  9 3 2  - 15 -
4. Ứng ng B ng Bunn a sk Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.  Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.  Phương trình,hệ phương trình có chứa các căn bậc hai. Khi áp dụng BĐT Bunnhiacốpski với 2 cặp số  a1, a2  và  b1, b2  (hoặc cặp số) để dễ ph n t ch chúng tôi dùng 2 cặp.  Biểu thức (a12  a22 )(b12  b22 ) là hằng số hoặc là biểu thức bé hơn hoặc bằng vế còn lại của phương trình.  Biểu thức  a1b1  a2b2  là hằng số hoặc là biểu thức lớn hơn hoặc bằng vế còn lại 2 của phương trình. “thì thử” ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải. Khi giải “lưu ý”: Nghiệm của phương trình, hệ phương trình cũng là giá trị của biến để dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT Bunnhiacốpski hoặc các BĐT khác nên: +Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình, hệ phương trình thì ta có thể suy luận được là nên ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT Bunnhiacốpski có dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng. +Ngược lại nếu định hướng dùng BĐT Bunnhiacốpski thì ta có dấu”=” của BĐT xảy ra để suy ra nghiệm. +Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác.. B ng Bu-nhi-a- -xki (Cauchy- Schwarz)vớ 2 ặ s ự Cho hai cặp số thực  a1, a2  và  b1, b2  ta có: (a1b1  a2b2 )  (a1  a2 )(b1  b2 ) . 2 2 2 2 2 Dấu "=" xảy ra  a1b2  a2b1 C ng m n Ta có (a1b1  a2b2 )  (a12  a22 )(b12  b22 ) 2   a1b1    a2b2   2 a1b1  a2b2    a1b1    a1b2    a2b1    a2b2  2 2 2 2 2 2  2 a1b2  a2b1    a1b2    a2b1    a1b2  a2b1   0 (đpcm) 2 2 2 a1 a2 Dấu “=” xảy ra  a1b2  a2b1  0   ( b1b2  0 ) b1 b2 B ng c Bu-nhi-a- -xki (Cauchy- Schwarz) vớ 2 ộ a s ự Cho hai bộ ba số thực  a1, a2 , a3  ,  b1, b2 , b3  ta có: (a1b1  a2b2  a3b3 )2  (a12  a22  a32 )(b12  b22  b32 ) . a1 a2 a3 Nếu b1b2b3  0 thì đẳng thức xảy ra    b1 b2 b3 C ng m n : - 16 -
Thật vậy (a1b1  a2b2  a3b3 )2  (a12  a22  a32 )(b12  b22  b32 )   a1b1    a2b2    a3b3   2  a1b1  a2b2   2  a2b2   a3b3  2  a1b1   a3b3  2 2 2   a1b1    a1b2    a1b3    a2b1    a2b2    a2b3    a3b1    a3b2    a3b3  2 2 2 2 2 2 2 2 2  2a1b1a2b2  2a2b2a3b3  2a1b1a3b3   a1b2    a1b3    a2b1    a2b3    a3b1    a3b2  2 2 2 2 2 2   a1b2    a2b1   2a1b2a2b1    a1b3    a3b1   2a1b3a3b1    a2b3    a3b2   2a2b3a3b2   0 2 2 2 2 2 2         a1b2  a2b1    a1b3  a3b1    a2b3  a3b2   0 (đpcm) 2 2 2 a1b2  a2b1  0 Dấu "=" xảy ra  a1b3  a3b1  0  1  2  3 ( b1b2b3  0 ) a a a a2b3  a3b2  0 b1 b2 b3 Trong nhiều trường hợp áp dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải phương trình đem lại hiệu quả cao, lời giải ngắn gọn, xúc tích, phù hợp với học sinh lớp 10 và THCS. Sau đây là minh hoạ. V Giải phương trình:  x  1   x  3  2 8 8 13. Phân tích:  Phương trình có bậc 8 nên HS rất khó vận dụng được 7 hàng đ ng thức đáng nhớ. Phương pháp giải đối với HS lớp 10 nếu không dùng BĐT thì “bó tay”.  Phương pháp dùng BĐT Bunnhiacốpski rất mới lạ và hay.  ó thể dùng phương pháp hàm số nhưng đ y là kiến thức của HS12, HS lớp 10 chưa học tới. Lờ g 1 (k ông ùng BĐT): t hàm số f ( x)   x  1   x  3 8 8  f ' ( x)  8  x  1  4  x  3 7 7 f ' ( x)  0  8  x  1  8  x  3  0 7 7   x  1   3  x  7 7  x 1  3  x x2 x  2  f’(x) - 0 +   f(x) 2 Ta có Min f(x)=2 khi x  2 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  2 - 17 -
Lờ g 2 (Dùng BĐT): Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số  x  1 ;  3  x  và 1 ; 1 ta được 4 4   x 1 4   3  x    1 1    x 1 .1  3  x  .1 1 2 4 2 2 4 2      x  1   x  3   x  1   3  x   (1) 2 2 4 4 8 8 4 2  Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số  x  1 ;  3  x  và 1 ; 1 ta được 2 2   x 1 2     12  12    x  1 2 .1  3  x 2 .1 2  x  1 4  x  3 4  1  x  1 2  3  x 2  2 (2) 2 2 2     3  x              2     Tiếp tục, áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số  x  1 ;  3  x  và 1 ; 1 ta có  x  12   3  x 2  12  12    x  1 .1   3  x  .1 2   x  12   x  32  2 (3)      Từ (1) và (2) ta được  x  1   x  3  2 . 8 8   x  12  3  x 2   Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra   1 1 x2  x 1  3  x  1 1 Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x=2. N ận : Bằng cách áp dụng BĐT Bunnhiacốpski có thể xử l bài toán mạnh hơn : ab     2k 2k Mở rộng Ví dụ 13 : Giải phương trình: x  a  x  b  , k  N * với a, b là 2 các hằng số cho trước. B ng so sán á ưu, n ượ m ủa Lờ g 1 và Lờ g 2 vớ HS lớ 10: Ưu m N ượ m Lời giải 1 - HS lớp 10 không hiểu do chưa học (Không phương pháp hàm số. dùng BĐT) -Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. Lời giải 2 - iải quyết được bài toán tổng quát (Dùng khi phương trình có bậc lớn. BĐT) -Ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski phù hợp với HS lớp 10. Qua bảng so sánh trên ta thấy rằng đối với bài toán trên: + p dụng LG1 phải dùng tới các kiến thức lớp 12 (Ứng dụng đạo hàm). Do đó HS lớp 10 không hiểu. + p dụng LG2 ch dùng Bunnhiacốpski trong chương trình, lời giải ngắn gọn. Do đó, rất dễ hiểu đối với HS lớp 10. V 14. Giải phương trình: 2 x  3  5  2 x  3x 2  12 x  14 Phân tích:  Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc 4, bậc 8 g y khó khăn. - 18 -
 Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpski.  Tacó 1. 2 x  3  1. 5  2 x   12  12   2 x  3    5  2 x    4  VT  2 mà VP  2 2 2 2    Áp dụng dấu”=” trong BĐT xảy ra ta được x 2, thử lại x 2 là nghiệm của phương trình. Lờ g : 2 x  3  0 ĐK:   1,5  x  2,5 5  2 x  0 2 x  3  5  2 x  3x 2  12 x  14  2x  3  5  2x  3 x  2  2 2 Áp dụng Bunnhiacốpxki cho 2 bộ số 1; 1 và 2 x  3 ; 5  2x 1.   12  12       5  2x   4 2 2 2 2 x  3  1. 5  2 x 2x  3    2x  3  5  2x  2 Do 2 x  3  5  2 x  0 Dấu “=” xảy ra  2 x  3  5  2 x  x  2 Lại có 3  x  2   2  2 dấu”=” xẩy ra  x = 2 2 Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2 N ận :  ó thể áp dụng BĐT ô-si để giải.  Bằng kĩ thuật giải trên có thể mở rộng bài toán hơn (đã đề cập ở phần BĐT ô-si) x  1  x  3  2  x  3  2 x  2 2 V 15. Giải phương trình : (1) Phân tích:  Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc cao.  Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpxki. Lờ g : *ĐK: x  1 Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bô số x  1 ; (x -3) và 1 ; 1 ta có: 1. x  1  1.  x  3   12  12    2   x  1 2   x  3 2   2  x  3  2 x  2 2  x  1  x  3  2  x  3  2 x  2 2 (2) (1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi: x  3  0 x  3  x  5(n) x 1  x  3       x  2(l )  x  1  x  6 x  9  x  7 x  10  0 2 2  vậy S  5 - 19 -