SKKN: Dùng bất đằng thức để giải PT, hệ PT

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thu Trang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

274
lượt xem 70
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp đỡ học sinh là một trong những nhiệm vụ quan trọng nhất mà người thầy nhất thiết phải làm. Nhiệm vụ đó không phải là dễ nó đòi hỏi phải có thời gian, kinh nghiệm, phải có lòng tận tâm và những nguyên tắc đúng đắn. Để nắm rõ hơn mời các bạn tham khảo sáng kiến kinh nghiệm này!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Dùng bất đằng thức để giải PT, hệ PT

Sáng kiến kinh nghiệm Dùng bất đằng thức để giải phương trình, hệ phương trình Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
I. PHẦN MỞ ĐẦU I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Giúp đỡ học sinh là một trong những nhiệm vụ quan trọng nhất mà người thầy nhất thiết phải làm. Nhiệm vụ đó không phải là dễ nó đòi hỏi phải có thời gian, kinh nghiệm, phải có lòng tận tâm và những nguyên tắc đúng đắn. Người học sinh với sự nỗ lực của bản thân phải thu được càng nhiều càng tốt những kinh nghiệm độc lập công tác. Nhưng nếu Học sinh đứng một mình trước một bài toán mà không có giúp đỡ nào, hay một sự giúp đỡ quá ít thì không thể tiến bộ gì được. Mặt khác nếu thầy giúp đỡ nhiều quá thì học sinh chẳng còn gì phải làm. Thầy giáo phải giúp đỡ vừa phải không nhiều quá, cũng ít quá và như vậy để học sinh có một công việc hợp lý. Trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh của trung học cơ sở và thi vào lớp 10 chúng ta thường gặp bài toán giải phương trình, hệ phương trình không chính tắc, chúng thường được thiết kế dưới ý tưởng của một bất đẳng thức tính chất bất đẳng thức nào đó. Phương trình, hệ phương trình không chính tắc là sự phối hợp nhiều luồng kiến thức, kĩ năng giải toán. Bài toán đòi hỏi người làm toán phải hiểu biết sâu sắc bất đẳng thức, linh hoạt trong sử dụng. Người làm toán cần tìm tòi, củng cố hệ thống, liên hệ các kiến thức, đồng thời tập cho chúng ta làm quen với nghiên cứu, khám phá vẻ đẹp toán học. Là giáo viên dạy toán nhiều năm tôi nhận thấy cần phải tập hợp lại thành một chuyên đề để dạy cho học sinh sử dụng dạng toán một Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
cách có hệ thống nhằm cho học sinh hiểu rõ và sử dụng dạng toán một cách chính xác, linh hoạt, khơi dạy tính tích cực, chủ động, tự giác học tập của học sinh nhằm giúp học sinh có thể giải một số bài toán nhanh, gọn và tiết kiệm được thời gian . Căn cứ vào thực tế trên, yêu cầu của việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi và đặc biệt là việc phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của học sinh trong hoạt động học tập. Với các lý do nêu trên tôi có ý tưởng xây dựng đề tài: “Dùng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình”. I.2.TÍNH CẦN THIẾT CỦA ĐỀ TÀI. Theo đề tài này khi đưa vào áp dụng sẽ có tác dụng sau: Nhằm nâng cao chất lượng “Giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp dùng bất đằng thức”. Giúp cho thầy và trò trong dạy và học đạt được kết quả cao trong các kỳ thi, kỳ thi học sinh giỏi Toán, giải toán trên máy tính bỏ túi khối THCS, học sinh có niềm tin và kỹ năng vận dụng dạng toán giải phương trình và hệ phương trình. Góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán và các bộ môn khác ngày càng cao hơn. I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. Học sinh đạt được Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp bất đẳng thức . I.3. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI, KẾ HOẠCH, THỜI GIAN NGHIÊN CỨU. 4.1. Đối tượng nghiên cứu: Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
- Các dạng toán giải phương trình, hệ phương trình và các bất đẳng thức trong chương trình THCS. 4.2. Phạm vi nghiên cứu: Học sinh các lớp khối 8 khối 9 ở trường THCS Mạo Khê II - Đông Triều - Quảng Ninh 4.3.Thời gian nghiên cứu: Năm học 2005- 2006; 2006- 2007; 2007- 2008; 2008- 2009; 2009 - 2010. I.4. ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN I.4.1. Cơ sở lí lụân Nói đến dạy học là một công việc vừa mang tính khoa học vừa mang tính nghệ thuật. Do đó đòi hỏi người giáo viên cần có năng lực sư phạm vững vàng, phương pháp giảng dạy phù hợp theo hướng tích cực giúp học sinh chủ động trong việc chiếm lĩnh kiến thức. Việc tạo cho học sinh niềm hứng thú trong học tập “Giải phương trình hệ phương trình bằng phương pháp dùng bất đằng thức” hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực sư phạm của giáo viên . Ngoài việc lên lớp người giáo viên phải không ngừng học hỏi, tìm tòi tài liệu có liên quan để làm sao có thể truyền thụ cho học sinh một cách nhẹ nhàng, dễ hiểu, phù hợp với khả năng tiếp thu của từng đối tượng học sinh. Hướng đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay ở trường THCS là tích cực hóa hoạt động học tập của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn: tác động đến Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh. Đặc biệt là trong năm học này toàn ngành giáo dục đang ra sức thực hiện cuộc vận động “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực ” thì việc tạo hứng thú học tập cho học sinh cũng chính là tạo cho các em có niềm tin trong học tập, khơi dậy trong các em ý thức “mỗi ngày đến trường là một niềm vui” I.4.2. Cơ sở thực tiễn Bản thân tôi là một giáo viên đã trực tiếp giảng dạy môn Toán tôi có nhiều năm tham gia vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán, Toán trên máy tính tại trường THCS Mạo Khê II tôi thấy rằng: - Đối với học sinh giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp dùng “bất đẳng thức” các em rất tích cực vì một số điều như kết quả nhanh, chính xác, làm được nhiều bài tập trong khoảng thời gian ngắn, tạo hứng thú cho học sinh học toán. - Đối với giáo viên đa số trong khi đó kiến thức đã khó lại rộng lớn và bao trùm. Do đó để thời gian vào nghiên cứu, tìm tòi để có kiến thức vững và sâu thì rất khó, có lẽ mọi người cùng một suy nghĩ rằng - cố gắng hoàn thành nhiệm vụ là được còn nghiên cứu tìm tòi đã có các nhà khoa học. - Nguyên nhân góp phần không nhỏ nữa cho rằng việc nghiên cứu tìm lời giải cho các bài toán là những người phải có trí tuệ, phải là bậc vĩ nhân. Suy nghĩ này chỉ đúng một phần vì “Ngọc không mài thì không sáng được”. - Do đó đòi hỏi người giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết và tinh thần học hỏi cao thì mới đáp ứng được chuyên môn, công việc Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
giảng dạy của mình. Toán học cao cấp có kiến thức, có cách giải nhanh và khoa học với bài toán trên song không vận dụng được vào cấp học phổ thông, hoặc chưa tìm được phương pháp khoa học để học sinh tiếp cận cho phù hợp với chương trình học, và nội dung sách giáo khoa hiện hành. II. PHẦN NỘI DUNG II.1.1. Một số thành tựu Thực tế qua theo dõi chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ở khối 8, 9 có áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trên thì tôi thấy rằng đa số các em tích cực tư duy, hứng thú với bài tập mới, kiến thức mới hơn so với các lớp còn lại. Đặc biệt là trong lớp luôn có sự thi đua tìm ra cách giải hay nhất, nhanh nhất. Không khí lớp học luôn sôi nổi, không gò bó, học sinh được độc lập tư duy. Điều hứng thú hơn là phát huy được trí lực của các em, giúp các em phát triển kỹ năng nghiên cứu khoa học hứng thú trong việc tìm tòi kiến thức mới, kỹ năng mới. II.1.2. Một số tồn tại và nguyên nhân Sáng kiến kinh nghiệm này được áp dụng trong hai khối 8 và khối 9 khả năng nhận thức của học sinh không đồng đều, đa số học sinh còn thiếu động cơ học tập, lười học, không tích cực học tập vì cho rằng đây là chuyên đề khó không quan trọng, không thiết thực vậy việc phát huy tính tích cực của một số học sinh đó rất hạn chế. Hơn nữa những học sinh trên ít được sự quan tâm của gia đình.Vì vậy đòi hỏi sự cố gắng tận tâm của người thầy dần giúp các em hòa nhập với khả năng nhận thức chung cuả môn học. Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
II.13. Vấn đề đặt ra Rèn luyện “Giải phương trình hệ phương trình bằng phương pháp dùng bất đằng thức” là một trong những cách hình thành kiến thức, kỹ năng mới cho học sinh phương pháp luyện tập thông qua bài tập là quan trọng để nâng cao chất lượng dạy và học bộ môn. Với học sinh họat động giải bài tập là hoạt động tích cực có tác dụng sau: - Rèn kỹ năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng thành kiến thức của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên. - Đào sâu mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn. - Là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hoá một cách tốt nhất kiến thức đã học. - Phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh cho học sinh. II.2.ÁP DỤNG TRONG GIẢNG DẠY II.2.1.CÁC BƯỚC TIẾN HÀNH Để bồi dưỡng học sinh giỏi Toán nói chung và giải toán trên máy tính nói riêng có hiệu quả theo tôi phải làm được những công việc sau: - Đầu năm phân loại đối tượng học sinh, chọn những em học khá Toán trở lên và chăm học vào đội tuyển HSG Toán. - Chuẩn bị tài liệu, sách tham khảo, sách nâng cao môn Toán. - Soạn nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi, trong nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi phải hệ thống, phân loại được từng dạng Toán ở khối được phân công bồi dưỡng Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
- Lên kế hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi theo từng tuần . - Thường xuyên tìm hiểu và nghiên cứu các kiến thức có liên quan trên mạng internet. Kế hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi : Dạy từ 2 – 3 buổi trong một tuần. II.2.2. QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN I)- Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 1. Kiến thức Bất đẳng thức Cauchy là một bất đẳng thức quen thuộc đối cới hầu hết học sinh. Tuy nhiên, người ta vẫn xây dựng được nhiều bài toán mới hay khó. Bất đẳng thức cauchy được phát biểu: Cho dãy số không âm a1,a2,......an. Ta có bất đẳng thức: a1  a 2  .....an n  a1a2 ...an n Và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1=a2=....=an Bất đẳng thức được chính minh trong rất nhiều tài liệu, xin phép không trình bày chứng minh trong bài viết này. 2. Một số ví dụ. Phương trình, hệ phương trình giải bằng cách dùng bất đẳng thức cauchy rất phong phú và đa dạng. Thông qua các ví dụ điển hình mong rằng chúng ta sẽ nhận dạng nhanh đặc điểm của bài toán. Ví dụ 1: Giải phương trình: x  y  z  4  2. x  2  4. y  3  6. z  5 (Tuyển sinh 10, THPT Lê Hồng Phong TP Hồ Chí Minh - 1993 - 1994) * Lời giải: Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Điều kiện có nghĩa: x  2 ; y  3 ; z  5. Áp dụng Bất đẳng thưc Cauchy, ta có: 2 x  2  x  2 1 (1) 4 y  3  y  3  4 (2) 6 z 5  z 59 (3) Cộng (1), (2), (3), ta có: 2 x  2  4 y  3  6. z  5  x  y  z  4 Đẳng thức xảy ra: x-2=1 Khi y-3=2 z-5=3 Vậy nghiệm của phương trình là: (x ; y, z) = (3, 5, 8) Nhận xét: Đây là phương trình vô tỷ không chính tắc, bài toán còn có những cách giải khác, tuy nhiên với cách giải dùng bất đẳng thức Cauchy là dụng ý của người viết. Đây là bài toán cơ bản, chúng ta có thể tạo nhiều bài tương tự với một chút biến đổi. Ví dụ 2: Giải phương trình: 16 x 4  5  63 4x3  x Lời giải: Điều kiện có nghĩa: Vì 16x4 + 5 > 0 nên 3 4x3  x > 0x>0 Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 4x; 4x2 +1 ; 2 ta có: 63 4 x 3  x  33 4 x (4 x 3  1).2  4 x  ( 4 x 2  1)  2  4 x 2  4 x  3 => 16x3 + 5  4x2 + 4x + 3  8x3 + 2x2 - 2x + 1  0  (2x-1)2 . (2x2 + 2x + 1)  0 Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
 (2x - 1)2  0, vì (2x - 1)2  0, nên x = 1/2 thỏa mãn Nhận xét: Đây là bài toán phương trình vô tỷ khó, hiểu giải bằng cách nâng lên lũy thừa thì bài toán phức tạp và khó giải được . Bằng cách quan sát, sử dụng điều kiện hợp lý, bất đẳng thức Cauchy kết hợp với biến đổi tương đông chúng ta tìm ra lời giải. Quan sát kỹ chúng ta có thể tạo ra một lớp bài toán bằng cách biển đổi đi lên. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 1 2x2  3 y4 1 2 y2  3 x4 Lời giải: 1 1 2x2  2  2y2  2  6 x y Cộng vế với vế ta có: (1) 1 1 áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có: x 2  x2  4  3.3 x 2 x 2 . 4  3 x x 1 1 y2  y2  4  3.3 y 2 y 2 . 4  3 y y 1 x2  x4 1 Vậy dấu bằng xảy ra ở (1) khi: y2   x=1 y4 y=1 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: ( x ; y) = {(1 ; 1), (1 ; -1), (-1 ; 1), (-1 ; -1) Nhận xét: Đứng ở góc độ nào đó, thì đây là lệ phương trình đối xứng loại 2, bài toán có thể giải theo phương trình chung đó. Vận Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
dụng bất đẳng thức cauchy trong bài là lời giải độc đáo và sáng tạo. Chỉ sử dụng bất đẳng thức Cauchy thì phương trình (1) dễ phát hiện hơn so với hệ phương trình đầu bài cho. áp dụng cách giải, ta có thể tạo ra nhiều bài hay và khó hơn. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình : 2x2 y 1  x2 2y2 z 1  y2 2z 2 x 1 z2 Lời giải: Dễ thấy ( x; y; z) = (0; 0; 0) là một nghiệm của phương trình Xét x # 0 thì y # 0, z # và x, y, z > 0 Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có: 1+ x2  2x , 1+ y2  2y ,1 +z2 2z. 2x2 2 y2 2z 2 Nên ta có: x ; y ;  z Vậy từ hệ phương trình 1  x2 1 y2 1 z 2 ta có: y  x  z  y do đó x = y = z . Giải ra ta có: x = y = z = 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y, z) = {(0, 0, 0) ; (1, 1, 1)} Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Nhận xét: Đây là hệ phương trình có dạng hoán vị, ngoài cách giải trên, bài toán còn cách giải khác. Tuy nhiên cách giải trên ngắn gọn, phù hợp với học sinh THCS hơn, Bất đẳng thức Cauchy đã đem lại lời giải hay, độc đáo. II)- Áp dụng bất đẳng thức BUNHIACÔPSKI. 1- Kiến thức: Khi nhắc đến bất đẳng thức chúng ta không thể không nhắc đến Bất đẳng thức Binhiacôpski. Đây là một bất đẳng thức quen thuộc với học sinh, được sử dụng như một công cụ, trong phần này chúng ta nghiên cứu dưới dạng ứng dụng giải phương trình, hệ phương trình không mẫu mực. Trước hết ta phát biểu bất đửng thức Binhiacôpski. Giả sử: a1, a2,…, an và b1, b2,…bn là hai hãy số tùy ý. Ta có bất đẳng thức. (a1b1 + a2b2…+ anbn)  ( a12  a2  ....  an ).(b12  b2  ....  bn ) . 2 2 2 2 a1 a2 a Và dấu bằng xảy ra khi:   .... n b1 b2 bn Bất đẳng thức được chứng minh trong rất nhiều tài liệu, xin phép không trình bày cách chứng minh trong bài viết này. 2. Một số ví dụ: Kỹ thuật dùng bất đẳng thức Bunhiacôpski trong giải phương trình, hệ phương trình thường phong phú và đa dạng. Khi giải dạng toán bằng phương pháp này, cần quan sát, có kỹ năng nhận biết các cặp số. Sau đây là một số ví dụ phân tích nhận biết này: Ví dụ 1: Giải phương trình x  1  x  3  2 x 2  4 x  16 Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Lời giải: Điều kiện có nghĩa x  1 áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpki ta có: x  1  x  3  12  12 . ( x  1) 2  ( x  3) 2  x  1  x  3  2 x 2  4 x  16 x 1 x  3  x  1  ( x  3) 2 Đẳng thức xảy ra  1 1   x3 x 3  0 x3 x 2  7 x  10  0  x = 5 (loại x = 2 < 3). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5. Nhận xét: Nhận biết hai bộ s x  1; x  3 và 1; 1 để dùng bất đẳng thức Bunhia -côpski đánh giá vế trái là một kỹ thuật hay và khó. Bài toán này nếu giải theo cách khác sẽ phức tạp và gặp khó khăn, Chúng ta có thể tạo ra những bài toán tương tự. Ví dụ 2: Giải phương trình 7  x  x  5  x 2  12 x  38 (Thi học sinh giỏi THCS TP Hồ Chí Minh 2002 - 2003) Lời giải: Điều kiện có nghĩa: 5  x  7. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski ta có: Vế trái: 7  x  x  5  1  1.    2 7 x  x5 2 2 (1) Vế phải: x2 - 12x + 38 = (x-6)2 + 2  2 (2) Vậy vế trái  2  vế phải Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
7x x 5  1 1 Từ (1), (2) đẳng thức xảy ra khi: ( x  6) 2  0 x=6 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 6 Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản đối với học sinh. Nhận biết hai bộ: 7x ; x 5 và 1; 1 để sử dụng bất đẳng thức Buhnhia-côpski đánh giá vế trái kết hợp dùng hằng đẳng thức để đánh giá vế phải. Cách thiết lế những bài toán như vậy sẽ kiểm tra được nhiều luồng kiến thức của học sinh. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình ( x  3 y  4 z ) 2  26( 2  y 2  z 2 ) x 3  y 3  z 3  92 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski ta có: ( x  3 y  4 z ) 2  (12  32  4 2 )( x 2  y 2  x 2 )  ( x  3 y  4 z ) 2  26( x 2  y 2  x 2 ) (1) x y z Đẳng thức (1) xảy ra khi   kết hợp với hệ phương trình ta 1 3 4 tìm được nghiệm duy nhấy (x, y, z) = (1 ; 3 ; 4). Nhận xét: Đây là hệ phương trình không mẫu mực. Để phát hiện ra cách vận dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski trong bài ta chú ý đến vế phải của chương trình thứ nhất (chứa x2 + y2 + z2), Sau đó chọn bộ số thích hợp là 1; 3; 4 và x, y, z để đánh giá. Phương trình thứ hai chỉu dùng khi đánh giá xong phương trình thứ nhất. Những bài kiểu này dễ thiết kế, xong khó giải. Người giải phải có kiến thức nhất định về bất đẳng thức. Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 2007 1  x1   1  x2  ... 1  x2006  2006. 2006 2005 1  x1   1  x2  ... 1  x2006  2006. 2006 Lời giải: Điều kiện có nghĩa; -1  xi  1 ; i = 1, 2 …., 2006. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski ta có: 2007 20062. 2006   1 x 1  1  x2  ...  1  x2006  2  (1  1  ...  1)(1  x1  1  x2  ...  1  x2006 ) 2006.2007  2006.(2006  x1  x2  ...  x2006 )  x1  x2  ...  x2006  1 (1) 2005 20062. 2006   1 x 1  1  x2  ...  1  x2006  2 2006.2005  2006.( 2006  x1  x2  ...  x2006 )  x1  x2  ...  x2006  1 (2) Từ (1), (2)  x1 + x2 + ….+ x2006 và điều kiện bất đẳng thức của hệ xảy ra, nên hệ đã cho tương đương với: 1  x1  1  x2  ...  1  x2006 Tương đương với: 1  x1  1  x2  ...  1  x2006 x1  x2  ...  x2006  1 => x1 = x2 = … x 2006 = 1/2006 Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Nhận xét: Đây là bài toán khó, dẫu biết rằng phải sử dụng bất đẳng thức. Cách đánh giá liên lục hai phương trình rồi so sánh với nhau đòi hỏi người giải phải có kỹ năng thuân thục, sáng tạo, nhậy bén trong vận dụng bất đẳng thức nói chung. nk 1  x1   1  x2  ... 1  xn  n. n Tổng quát ta có bài toán sau: nk 1  x1   1  x2  ... 1  xn  n. n III)- Giải phương trình bằng cách đánh giá các ẩn 1- Kiến thức: Nhiều bài toán tưởng chừng không giải được , thật bất ngờ chung ta chỉ cần đánh giá, so sánh các ẩn trong phương trình thì bài toán cho ta một lời giải thú vị đến bất ngờ. Kỹ thuật trong phần này thường sử dụng quan sát các ẩn, để đánh giá hai vế hoặc giữa các phương trình của hệ để tìm ra sự kiên hệ giữa các ẩn số, từ đó có được một phương trình , hệ phương trình đơn giản hơn. 2. Một ví dụ: Trong phần này thông qua một ví dụ, chúng ta quan sát cách đánh giá giữa các ẩn hoặc với một số, từ đó xác định được nghiệm của hệ. Ví dụ 1: Giải phương trình 20 x 2  10 x  3 2  y 2  2(2 x  3) y  5 x 2  16 x  20 3x  2 x  1 Lời giải: * Xét vế trái: Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
20 x 2  10 x  3 20 x 2  10 x  3 ( x  2) 2  77=  2  7 3x 2  2 x  1 3x 2  2 x  1 3x  2 x  1 Đẳng thức xảy ra hki x = 2 (1) * Xét vế phải: y2 + 2 (2x - 3) y + 5x2 - 16x + 20 = (y+2x-3)2 + (x-2)2 + 7 7 Đẳng thưc xảy ra khi x = 2 , y = 1 (2) Từ (1), (2) phương trình có một nghiệm duy nhất Nhận xét: Đây là bài toán rất phức tạp, không giải được trực tiếp. Bằng các quan sát chúng ta đánh giá hai vế của phương trình với cùng số 7, bài toán có nghiệm duy nhất. Cách tạo được bài toán này không khó nhưng giải được thì không dễ. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: x  1998  y  1998 1998  x  y  1998 (Tuyển sinh 10, chuyên toán, ĐHSP Vinh 1998) Lời giải: Điều kiện của bài: 1998  x, y  0 - Nếu x > y thì: x  1998  y  y  1998  x => Vô lý - Nếu x > y thì: x  1998  y  y  1998  x => Vô lý - Vậy x = y ta có hệ phương trình: x  1998  x  1998 Bình phương hai vế: x  2 x(1998  x)  1998  x  1998  x = 0 , x = 1998. Vậy phương trình có hai nghiệm (x ; y) = {(0 ; 0) , (1998 ; 1998)}. Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Nhận xét: Bài toán có vai trò bình đẳng. Bằng sự đánh giá giữa hai ẩn, ta tìm được x = y là then chốt của bài. ý tưởng này được sử dụng rộng trong các bài chứa ẩn có vai trò như nhau. IV)-Một số cách sử dụng khác của bất đẳng thức. 1- Kiến thức Đã nói về bất đẳng thức thì rất rộng và khó, việc sử dụng cũng đa dạng và phong phú, các thiết mục trên đã kiểm tra qua những nét chính, những kiến thức kinh điển. Trong mục này chúng ta xét thêm một số kỹ thuật khác mà tưởng chừng như đơn giản song đôi khi lại gặp khó khăn. Một số chú ý là: - Điều kiện của bài toán. - Tính chất của lũy thừa, 0  a  1, m > n > 0 => am  an  1 1  a; m < m => am  an. - Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối. A +B  A + B  A - B ; A  -A - Làm trội bất đẳng thức không chặt,… 2. Một số ví dụ. Sau đây thông qua một số ví dụ, chúng ta thấy sự linh hoạt của ý tưởng sử dụng, sử dụng phong phú của ứng dụng bất đẳng thức. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: x 1  y  1 x  y 1  1 (Thi học sinh giỏi Toán THCS Thành phố Hồ Chí Minh - 2002 - 2003) Lời giải: Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Điều kiện của bài toán 0  x, y. => x + 1  1, y + 1  1. Vậy: x 1  y  1 x  y 1  1 Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = 0 , y = 0 Vậy bài toán có nghiệm duy nhất x = y = 0 Nhận xét: Quả thật bài toán trên có lời giải bất ngờ và đơn giản, chỉ cần sử dụng điều kiện của bài như một nhận xét là tìm được lời giải. bài toán này không khó, có thể giải theo cách khác nhưng dài và không đẹp.. Vì vậy trước khi giải hệ phương trình vô tỷ nên quan tâm đến điều kiện ẩn số. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: x 2006  y 2006  1 (1) x 2007  y 2007  1 (2) Lời giải: Từ phương trình (1) ta có: x  1, y  1 => 1 - x  0,1 -y  0. Lấy phương trình (1) trừ đi (2) vế với vế, ta có: x 2006 (1  x)  y 2006 (1  y)  0 Mà x 2006 (1  x)  y 2006 (1  y )  0 Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 Vậy bài toán có hai nghiệm x = 0, y = 1 và x = 1, y = 0. Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II
Nhận xét: bài toán này đã sử dụng tính chất của lũy thừa 0  a  1, m > n > 0 =>am  an 1 chúng ta có thể mở rộng về số ẩn. Dạng bài này có dùng để tính giá trị biểu thức và vấn đề là tìm giá trị của ẩn, Cách thiết kế kiểu bài này không khó. Ví dụ 3: Giải phương trình x2  x 1  x2  x  2  3 Lời giải: Cách 1: áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B. Dấu bằng xảy ra khi A. B > 0, Vậy ta có x 2  x  1  x 2  x  2  x 2  x  1  2  x2  x  x 2  x  1  2  x2  x  3 Đẳng thức xảy ra khi x 2  x  1).(2.x 2  x )  0 Mà x2 -x + 1 > 0 => x  0 s - 1  x  2. Cách 2: áp dụng bất đẳng thức A  A dấu bằng xảy ra khi A  0 x2 -x + 1 > 0 => x2 -x + 1 = x2 -x + 1. x2 -x - 2  (-x2 - x - 2). x2 -x + 1 + x2 -x - 2  x2 -x + 1 - (x2 -x - 2) = 3 Đẳng thức xảy ra khi: x2 -x - 2  0  - 1  x  2. Nhận xét: Thông thường học sinh dùng phương án phá dấu giá trị tuyệt đối. Nhưng cách giải bài này là sử dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối đã cho lời giải đơn giản và ngắn gọn. Nếu chúng ta tăng thêm các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối thì được nhiều bài toán hay và khó. Nguyễn Thị Hạnh – Trường THCS Mạo Khê II