Giải phương trình bằng phương pháp bất đẳng thức

BỘ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TAO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG ——————————– NGUYỄN VĂN HÙNG GIẢI PHƯỜNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC Đà Nẵng - 2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! 16990086267831000000 BỘ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TAO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG ——————————– NGUYỄN VĂN HÙNG GIẢI PHƯỜNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mã số:8.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC Người hướng dẫn khoa học TS Lương Quốc Tuyển Đà Nẵng - 2019 MỤC LỤC MỞ ĐẦU .1 CHƯƠNG bất đẳng thức cauchy ứng dụng 1.1 Bất đẳng thức Cauchy 1.2 Chứng minh bất đẳng thức Cauchy phương pháp quy nạp 1.3 Chứng minh cách sử dụng bất đẳng thức hàm lỏm 1.4 Chứng minh bất đẳng thức Cauchy phương pháp polya 1.5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 1.6 Sử Dụng Bất đẳng thức Cauchy để giải phương trình đa thức phương trình chứa ẩn dấu 15 1.7 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải phương trình lượng giác phương trình logarit 21 1.8 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải hệ phương trình 32 1.9 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy đề thi trắc nghiệm 39 CHƯƠNG bất đẳng thức Bunyakovsky ứng dụng 47 2.1 Bất đẳng thức Bunyakovsky 47 2.2 Chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky 47 2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Bunyakovsky giải số toán bất đẳng thức 49 2.4 Ứng dụng bất đẳng thức Bunyakovsky giải phương trình 54 2.5 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải phương trình lượng giác 59 2.6 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải phương trình logarit 63 2.7 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải hệ phương trình 65 MỤC LỤC 2.8 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải toán trắc nghiệm 68 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 70 TÀI LIỆU THAM KHẢO 71 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Kỳ thi THPT kỳ thi quan trọng hàng đầu hệ thống GDTĐ nước ta Nó ln nước đặc biệt quan tâm, kỳ thi cột mốc cuối đánh giá 12 năm học tập, cột mốc để bước chân vào ngưỡng cửa trường chuyên nghiệp em học sinh THPT Với tầm quan trọng vậy, việc đề thi nói chung mơn tốn nói riêng không đơn giản ngành giáo dục Bởi mơn tốn có lượng kiến thức xun suốt 12 năm học tập học sinh, môn học phát triển tư cho em, tảng cho nhiều mơn học khác nên khơng thể thiếu kỳ thi THPT Do vậy, việc sử dụng toán đề thi phải lựa chọn nhiều cấp độ khác từ đơn giản đến phức tạp, tốn sử dụng kiến thức tổng hợp coi trọng xem tốn khó, dùng để phân loại học sinh khá, giỏi Để giải loại toán này, học sinh cần phải có phân tích, đánh giá, phải có nhãn quan toán học nhằm chọn lọc kiến thức phù hợp để giải chúng Bên cạnh đó, tốn “Giải phương trình hệ phương trình phương pháp bất đẳng thức” không ngoại lệ Trong năm gần đây, Bộ giáo dục Đào tạo thực chủ trương ghép kỳ thi THPT kỳ thi tuyển sinh vào trường chuyên nghiệp lại thành kỳ thi, đề thi mơn tốn theo hình thức trắc nghiệm Đề thi trắc nghiệm phải đảm bảo tính khoa học, tính logic phân loại học sinh Để đáp ứng yêu cầu cần có tốn khó bình thường, địi hỏi phương pháp giải phải ngắn gọn để đảm bảo thời gian làm học sinh Bài toán giải phương hệ phương trình cách sử dụng bất đẳng thức đáp ứng yêu cầu đó, người đề lựa chọn áp dụng vào đề thi nhiều năm qua Khi giải phương trình hệ phương trình thơng thường ta biến đổi tương đương biến đổi phương trình hệ nhằm đưa chúng dạng bản, quen biết Tuy nhiên, với cách áp dụng số dạng tốn giải phương trình, hệ phương trình chứa bất đẳng thức Do đó, để giải toán này, học sinh phải nhận biết bất đẳng thức có phương trình, hệ phương trình làm theo bước sau: Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức có phương trình, hệ phương trình để tìm điều kiện xảy dấu Bước 2: Sử dụng nguyên lý kẹp Bước 3: Với điều kiện vừa tìm Bước 1, ta suy nghiệm cần tìm Để nhận biết bất đẳng thức dùng phương trình, hệ phương trình địi hỏi học sinh phải có kiến thức sâu sắc bất đẳng thức có tư sắc bén vận dụng vào dạng tốn Như vậy, việc sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình dạng tốn dùng để phân loại học sinh khá, giỏi có lời giải ngắn gọn đáp ứng yêu cầu đề thi trắc nghiệm hành 2 Mục đích nghiên cứu Với mong muốn cung cấp cho học sinh, đồng nghiệp có nhìn tổng qt việc giải số phương trình hệ phương trình phương pháp sử dụng bất đẳng thức Đối tượng nghiên cứu Hàm số dạng hửu tỉ, hàm số chứa căn, hàm số chứa giá trị tuyệt đối, hàm số hàm hợp, số toán đưa hàm số, số toán vận dụng khảo sát hàm số Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu khảo sát hàm số tốn liên quan Nhờ đó, vận dụng vào giải số dạng toán cách dùng phương pháp hàm Phương pháp nghiên cứu • Nghiên cứu tài liệu liên quan đến việc giải phương trình, hệ phương trình sách tham khảo, mạng internet • Sử dụng kiến thức học Khoa toán Trường ĐHSP Đà Nẵng, chọn lọc xếp kiến thức phù hợp đưa vào luận văn • Thảo luận, trao đổi với giáo viên hướng dẫn, trao đổi với bạn bè đồng nghiệp q trình viết luận văn • Phân tích, phát triển đưa dạng toán phương pháp giải phương trình hệ phương trình cách dùng bất đẳng thức Tổng quan cấu trúc luận văn Đề tài nhằm mang lại cách nhìn tổng quan cách giải phương trình hệ phương trình việc sử dụng bất đẳng thức Nó giúp em học sinh THPT có thêm nhãn quan giải tốn trắc nghiệm phương trình hệ phương trình phương pháp Nó tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên học sinh việc nâng cao chất lượng dạy học Trường THPT Nội dung luận văn trình bày gồm hai chương Ngồi luận văn cịn có phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo • Chương 1: Trình bày số cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy toán áp dụng bất đẳng thức Cauchy để giải Tiếp theo sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải toán liên quan đến phương trình, hệ phương trình số tốn thi trắc nghiệm • Chương 2: Trình bày số cách chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky toán áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải Có tốn 64 Bài giải Ta có q p s (2.24) ⇔ log4 (x + 3) − + logx−1 (x + 3) − + log (x + 3)2 (x + 3) − 4(x − 1) s = log4 (x + 3) + logx−1 (x + 3) + log (x + 3)2 (x + 3) 4(x − 1) Ta đặt  a = log4 (x + 3)    b = log (x + 3) x−1 c = log (x + 3)2 (x + 3)     4(x − 1) Bởi x >  nên ta có a > 1, b > 1, c > (x + 3)2 1 =  + + = logx+3 + logx+3 (x − 1) + logx+3 a b c 4(x − 1) Khi đó, ta   a > 1, b > 1, c > 1 1 + + =2  a b c√ √ √ √ a − + b − + c − = a + b + c Ta có !2 r r r √ √ √ √ √ √ 1 ( a − + b − + c − 1)2 = a 1− + b 1− + c 1− a b c   1 ≤ (a + b + c) − − − a b c = a + b + c Do đó, ta có √ √ √ √ a − + b − + c − ≤ a + b + c Dấu “=” xẩy a = b = c = Hay log4 (x + 3) = logx−1 (x + 3) = log (x + 3)2 (x + 3) = ⇔ x = 4(x − 1) Như vậy, x = nghiệm phương trình Ví dụ 2.6.2 Giải phương trình log5 (2x2 + 5) log5 (x2 + 5) + + 2 2 2 log5 (25x + 275) log5 (50x + 125) log5 (x + 15)(2x2 + 5) = 4(log5 (x2 + 15)(2x2 + 5) + 2) (2.25) 65 Bài giải Ta có log5 (2x2 + 5) log5 (x2 + 15) + [log5 (x2 + 15) + 2]2 [log5 (2x2 + 5) + 2]2 + [log5 (x + 15) + log5 (2x2 + 5)]2 = 4[log5 (x2 + 15) + log5 (2x2 + 5) + 2] (2.25) ⇔ Đặt  a = log5 (2x2 + 5) b = log5 (x2 + 15)  c = Suy a > 0, b > 0, c > Ta thu biểu thức theo a, b, c a b c + + = 2 (b + c) (a + c) (a + b) 4(a + b + c) i h a b c + + = ⇔ (a + b + c) (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho vế trái biểu thức √ √ √ i  √ √ √ h a b c 2 a b c ( a + b + c) + + ≥ + + (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 b+c a+c a+b Bởi ta biết a b c + + ≥ b+c a+c a+b nên ta có (a + b + c) h i b c a + + ≥ (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 Dấu “=” xẩy a = b = c Do đó, nghiệm phương trình (2.25) thỏa mãn log5 (2x2 + 5) = log5 (x2 + 15) = ⇔ x2 = 10 √ √ Như vậy, x = 10 x = − 10 nghiệm phương trình 2.7 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải hệ phương trình Ví dụ hệ phương trình sau √2.7.1 Giải √ √ z+3=1 rx − + y − + r r xy − 2x − y + yz + 3y − 2z − xz + 3x − z − + + =  x + y + 2z + 2x + y + z − x + 2y + z − 2 (2.26) 66 Bài giải √ √ √ x − + y − + z + =s  s     (x − 1)(y − 2) (y − 2)(z + 3)   + x − + y − + 2(z + 3) y − + z + + 2(x − 1) (2.26) ⇔ s     (z + 3)(x − 1)   + =  z + + x − + 2(y − 2) Ta đặt  x − = a y−2=b  z + = c Ta hệ √ √ √ ra + b + c = r1 r ab bc ca  + + = a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b (2.27) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có √ √ √ 4(a + b + 2c) = (1 + + 2)(a + b + 2c) ≥ ( a + b + c)2 r √ √ ab ab ab √ =p ⇔ ≤√ √ a + b + 2c a+ b+2 c 4(a + b + 2c) Dấu “=” xẩy a = b = c Mặt khác, ta có √ √ √ 1 ab ab  ab √ √ √ +√ √ ≤ √ √ a+ c a+ b+2 c b+ c Dấu “=” xẩy a = b = c Theo tính chất bắc cầu r √ √ 1 ab ab ab  √ +√ √ ≤ √ a + b + 2c a+ c b+ c Tương tự ta có r √ √ ab 1 ab ab     √ √ √ ≤ + √   a + b + 2c a√+ c b√+ c   r  1 bc bc bc  √ √ √ ≤ √ +  b + c + 2a c + a b + a  √  r  √ca    ca ca   √ √ ≤ + √ √  c + a + 2b c+ b a+ b Cộng vế hệ lại ta r r r √ √ ab bc ca √ + + ≤ ( a + b + c) = a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b 2 1 Dấu “=” xẩy a = b = c = Hay hệ (2.27) có nghiệm a = b = c = 9 Từ cách đặt ta có   x − = x = 10 y − = ⇔ y = 11   z+3=9 z=6 67  x = 10 Như vậy, y = 11  z=6 nghiệm hệ cho Ví dụ2.7.2 Giải hệ phương trình √ √ √ ( xy − x − y + + yz + 2y − z − + zx − z + 2x − − 1)2 = xyz + 3xy  (x − 1)(y − 1)(z + 2) = (2.28) Bài giải Ta có  p p p [ (x − 1)(y − 1) + (y − 1)(z + 2) + (x − 1)(z + 2) − 1]2    = xy(z + 3) (2.28) ⇔ (x − 1)(y − 1)(z + 2) =    x > 1, y > 1, z > −2 hp i2 p p  (x − 1)(y − 1) + (y − 1)(z + 2) + (x − 1)(z + 2) −    = (x − + 1)(y − + 1)(z + 3) ⇔   (x − 1)(y − 1)(z + 2) = 27   x > 1, y > 1, z > −2 Đặt  √ a = √ x − b = √y −  c = z + Ta có hệ theo  a, b, c (ab + bc + ac − 1)2 = (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) a2 b2 c2 = 27  a > 0, b > 0, c > Xét biểu thức (ab + bc + ac − 1)2 = (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho vế trái ta [a(b + c) + bc − 1]2 ≤ (a2 + 1)[(b + c)2 + (bc − 1)2 ] = (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) Dấu “=” xẩy và a = ⇔ a + b + c = abc b+c bc − Ta hệ  a + b + c = abc a2 b2 c2 = 27  a > 0, b > 0, c > Theo BĐT Cauchy ta có √ abc = a + b + c ≥ abc ⇔ a3 b3 c3 ≥ 27abc ⇔ a2 b2 c2 ≥ 27 x = 10 Dấu “=” xẩy a = b = c = Hay y = 10 nghiệm hệ  z=7 68 2.8 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải tốn trắc nghiệm Ví dụ 2.8.1 Cho phương trình (x + 1)2 2(x + 1) x2 + 3 + + = (x + 2)2 − (x + 1)2 + 2(x2 + x + 2) Khi đó, số nghiệm dương phương trình A.0 B.1 C.3 (2.29) D.4 Bài giải Ta có (2.29) ⇔ x2 + + 2x 2x + 2 + x2 + + + = x2 + + 4x + 2x + + x2 + + 2(x2 + 1) + 2x Đặt  a = x2 + b = 2x  c = Bởi x > nên a > 0, b > 0, c > Do đó, ta thu biểu thức theo a, b, c a+b b+c c+a + + = a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b Ta lại đặt  a = a + b b0 = b + c  c = c + a Biểu thức theo a0 , b0 , c0 b0 c0 a0 + + = 0 0 0 b +c c +a a +b Ta có bất đẳng thức a0 b0 c0 + + ≥ 0 0 0 b +c c +a a +b Dấu “=” xẩy a0 = b0 = c0 hay a = b = c, nghĩa x2 + = 2x = Do đó, x = nghiệm dương phương trình Như vậy, ta chọn phương án B.1  −1 + √13  Ví dụ 2.8.2 Phương trình sau có nghiệm khác thỏa mãn x ∈ 0, x2 x − x2 − x + + =1 (2.30) x6 − x + x3 + (3 − x2 − x)2 + x2 (3 − x2 − x)2 + x4 + x A.0 B.1 C.2 D.4 Bài giải Ta có (2.30) ⇔ x2 x + 2 x + x + − x − x x + (3 − x2 − x)2 + x2 − x2 − x + = (3 − x2 − x)2 + x4 + x 69 Đặt  a = x b=x  c = − x2 − x √ −1 + 13  Bởi x ∈ 0, nên a > 0, b > 0, c > a + b + c = Ta thu biểu thức theo a, b, c a b c + + = 2 a + b + c b + c + a c + a2 + b Theo bất đẳng thức Bunyakovsky có  1 + + c ≥ (a + b + c)2 (a + b + c) 1 a  + + c a a + a + ac + a + ac a  ⇔ = = ≤ 2 a +b +c (a + b + c) (a3 + b2 + c) +1+c a  Dấu “=” xẩy a4 = b2 = Làm tương tư ta  + a + ac a  ≤    a + b + c b + b + ba ≤  b3 + c + a   + c + cb c   ≤ c +a +b Cộng lại ta a b c ab + bc + ca + + + ≤ 2 a +b +c b +c +a c +a +b Bởi (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ =3 nên ta có a3 a b c + + ≤ 2 + b + c b + c + a c + a2 + b Dấu “=” xẩy a = b = c = hay x2 = x = − x2 − x = Suy x = nghiệm phương trình Do đó, ta chọn phương án A 70 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu, luận văn thu kết sau: 1) Có thể ứng dụng bất đẵng thức Cauchy, Bunhiacopxky để lớp tốn giải phương trình, hệ phương trình cho chương trình PTTH mà giải theo cách thông thường không thực 2) Làm để thi trắc nghiệm với thiết kế phù hợp với đối tượng học sinh PTTH 3) Là tài liệu để học sinh bạn đồng nghiệp tham khảo, tìm hiểu thêm tính ứng dụng bất đẵng thức Cauchy, Bunhiacopxky Kiến nghị Trong thời gian tới, mong muốn tiếp tục nghiên cứu để đưa dạng toán có tính phân hóa rỏ ràng áp dụng bất đẵng thức Cauchy, Bunhiacopxky phương trình, hệ phương trình 71 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Phan Huy Khải (Chủ biên) (1994), Những toán hay bất đẳng thức, NXB Giáo Dục Việt Nam [2] Nguyễn Công Lợi, Đào Quốc Chung, Đào Quốc Dũng Phạm Kim Chung (2015), Những kỷ giải toán Bất đẳng thức, NXB Đại Học Quốc gia Hà Nội [3] Trần Phương (2002), 10.000 toán bất đẳng thức, NXB Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (1978), Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục [5] Nguyễn Tất Thu, Đoàn Quốc Việt Vũ Công Minh (2013), Bất đẳng thức đại số ứng dụng, NXB Đại học Sư phạm