1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

SKKN giải một số dạng bài tập đại số Bằng cách sắp xếp thứ tự các biến

15 753 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 15
Dung lượng 526 KB

Nội dung

Kinh nghiệm: giải một số dạng bài tập đại số Bằng cỏch sắp xếp thứ tự cỏc biến A Đặt vấn đề Đối với học sinh, giải đợc một bài toán là góp phần tăng sự tự tin trong học toán.. Tuy nhiên

Trang 1

Kinh nghiệm:

giải một số dạng bài tập đại số Bằng cỏch sắp xếp thứ tự cỏc biến

A) Đặt vấn đề

Đối với học sinh, giải đợc một bài toán là góp phần tăng sự tự tin trong học toán Trên thực tế đại đa số học sinh đều có trạng thái tâm lí nh vậy vì kiến thức môn toán mà các em đợc học tập là những kiến thức hết sức cơ bản Nhng nếu tất cả kiến thức toán học mà học sinh đợc trang bị chỉ có vậy thì chúng ta đã tạo ra sự nhàm chán ở một bộ phận học sinh Với những học sinh khá, giỏi sự say mê môn toán đạt tỉ lệ rất cao, nhất là khi chúng ta phát huy

đợc sự tìm tòi, óc sáng tạo và sự linh hoạt trong t duy của các em Do đó trong quá trình dạy học nói chung và trong dạy toán nói riêng, theo tôi nghĩ việc tạo ra trạng thái tâm lí tự tin cho học sinh có lực học yếu, trung bình là rất quan trọng nhng đó cha phải là đã đủ mà ta nên đáp ứng nhu cầu học tập của mọi đối tợng học sinh trong lớp trong đó có học sinh khá, giỏi

Khi bồi dỡng học sinh giỏi môn toán, nhiều thầy cô thờng dạy theo các chuyên đề với những nội dung kiến thức khác nhau Mỗi chuyên đề thờng

đ-ợc chia thành nhiều dạng toán, mỗi dạng toán có phơng pháp toán học đặc

tr-ng Tuy nhiên trên thực tế ta thấy có những phơng pháp toán học giải đợc nhiều dạng toán khác nhau ví dụ nh phơng pháp quy nạp, phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến, … Với phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến, nếu học sinh vận dụng tốt có thể giải đợc những bài toán tơng đối phức tạp mà các phơng pháp thông thờng khó mà làm đợc

B) Giải quyết vấn đề

I Điều tra thực trạng tr ớc khi nghiên cứu vấn đề.

+ Từ những năm học 2004 – 2005 trở về trớc, khi các em học sinh cha

đ-ợc tiếp cận phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến một cách đầy đủ thì việc giải toán gặp khó khăn, đặc biệt những bài tập khó

+ Năm học 2005 – 2006 và kì I năm học này khi bồi dỡng học sinh giỏi, tôi giúp các em học sinh nắm bắt tơng đối đầy đủ về phơng pháp sắp xếp thứ

tự các biến, nên hiệu quả giải toán của các em nâng lên một cách rõ rệt

+ Điều tra trớc khi sử dụng phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến:

- Kiểm tra 25 học sinh khá, giỏi theo đề bài sau:

Trang 2

Đề bài (thời gian làm bài 90 )’) :

Câu1 (4 điểm) Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng:

x + y + z = xyz

Câu2 (3 điểm) Giải hệ phơng trình:

3 2

3 2

3 2

Câu3 (3 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3

x y z A

xyz

 

 với 1  x, y, z  2

- Kết quả bài kiểm tra trên nh sau:

Câu Số học sinh làm đợc (tổng số 25 hs đợc kiểm tra)

II Các ph ơng pháp nghiên cứu:

+ Phơng pháp điều tra

+ Phơng pháp thống kê

+ Phơng pháp so sánh đối chứng

+ Phơng pháp phân tích, tổng hợp

III Nội dung của kinh nghiệm

Trang 3

III.1) PH ơNG PHáP sắp xếp thứ tự các biến:

1) Cơ sở lí thuyết của ph ơng pháp:

- Đối với các bài toán nhiều biến, vai trò các biến nh nhau tùy yêu cầu của

đề bài mà ta có phơng án cụ thể, phù hợp Một trong các phơng án là ta có thể phân lớp tập xác định của các biến, mục đích tạo ra các lớp tập xác định mới mà các tập này thờng hẹp hơn tập xác định của đề bài Cách này đã thiết lập mối quan hệ các biến và nh vậy việc liên kết điều đã cho với điều cần chứng minh, cái phải tìm là thuận lợi hơn

- Các bớc cơ bản khi sử dụng phơng pháp này:

+ Bớc1: “Giả sử” để tách tập xác định của biến ra thành từng lớp + Bớc2: Xét bài toán với tập xác định bị bó hẹp

+ Bớc3: Kết luận (từ kết quả của bớc 2 suy ra kết quả của cả bài)

- Ví dụ ta xét bài toán có ba biến x, y, z mà vai trò các biến nh nhau Ta có thể giả sử x  và nh vậy bài toán xuất hiện các lớp tập xác định:y z

Ta xét một lớp tập xác định chẳng hạn x  , từ đó ta có thể khẳngy z

định kết quả cho các lớp còn lại mà lời giải vẫn đảm bảo tính chặt chẽ

2) Một số chú ý khi sử dụng ph ơng pháp:

- Khai thác triệt để điều kiện vừa giả sử

Bài toán:

Vai trò các biến x, y, z nh nhau

Trờng

hợp 1: hợp 2:Trờng hợp 3:Trờng hợp 4:Trờng hợp 5:Trờng hợp 6:Trờng

Trang 4

- Sử dụng thành thạo các phép biến đổi đại số, đặc biệt các phép biến đổi bất đẳng thức

III.2) Các dạng toán cụ thể:

1) Ph ơng trình nghiệm nguyên.

- Khi giải phơng trình nghiệm nguyên ta thờng sử dụng các phơng pháp: a) Phơng trình “tích”: Thông thờng một vế là một tích các đa thức chứa ẩn

có các hệ số nguyên, vế kia là một số nguyên, chẳng hạn nh phơng trình (x – 2)(x + y) = 5

b) Phơng pháp “bất đẳng thức”

c) Phơng pháp “kẹp”

d) Phơng pháp sử dụng các tính chất của chia hết, đồng d

- Tuy nhiên một số phơng trình nghiệm nguyên có vai trò các ẩn nh nhau, nếu dùng các phơng pháp trên khi giải thì gặp nhiều khó khăn, lời giải dài dòng thậm chí không giải đợc Trong trờng hợp đó nếu ta sử dụng phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến thì bài toán trở lên đơn giản và lời giải gọn gàng

Ví dụ1: Tìm các số nguyên dơng x, y, z sao cho:

1 1 1 1

x y z  (1)

Lời giải:

* Vai trò x, y, z nh nhau, không làm mất tính tổng quát ta giả sử:

1 x   Ta xét các trờng hợp sau:y z

+Trờng hợp 1: Với x = 1

1 1 0

   vô nghiệm

+Trờng hợp 2: Với x = 2

y(z 2) 2(z 2) 4 (y 2)(z 2) 4

Trang 5

Vì 0 y 2 z 2 và ớc dơng của 4 là 1; 2; 4 nên:

y 2 1 y 3

ta suy ra nghiệm trong trờng hợp này:

(x; y; z) là (2; 3; 6) và (2; 4; 4)

+Trờng hợp 3: Với x = 3

1 1 2

   (2) Nếu y = 3 (vì ta giả sử x và đang xét x = 3) thì z = 3.y Nếu y 4 với giả sử z thì z 4y 

1 1 1; 1

1 1 1 1

1 1 1

1 1 2

    phơng trình (2) vô nghiệm

+Trờng hợp 4: Với x  4 thì y4, z4 1 1 1; 1 1; 1

 1 1 1 1 1 1

x y z  4 4 4

 1 1 1 3 1

xy z   4  phơng trình (1) vô nghiệm

* Vậy ta đợc các nghiệm (x; y; z) là (2; 3; 6); (2; 6; 3); (2; 4; 4);

(4; 4; 2); (4; 2; 4); (3; 3; 3);

(3; 2; 6); (3; 6; 2); (6; 2; 3); (6; 3; 2)

Ví dụ2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

x2 + y2 + z2 + xyz = 20

Lời giải:

Trang 6

* Vai trò bình đẳng của x, y, z nh nhau, không làm mất tính tổng quát ta giả sử: 1   Từ đó: yx y z 2 x2; z2 x2; xyzx2

 x2 + y2 + z2 + xyz  x2 + x2 + x2 + x2

 20  4x2

 x2  5  x  5 Xét các trờng hợp:

+ Trờng hợp1: x = 1 thì y2 + z2 + yz = 19

Ta có: y2 + z2 + yz  y2 + y2 + y2

 y2 + y2 + y2  19

 y2  19

3  y 

19 3 Nếu y = 1 thì z2 + z = 18  z(z + 1) = 18 vô nghiệm

Nếu y = 2 thì z2 + 2z – 15 = 0

Phơng trình này có nghiệm nguyên dơng là z =3 nên có nghiệm (x; y; z) là (1; 2; 3)

+ Trờng hợp2: x = 2 thì y2 + z2 + 2yz = 16

 y2 + y2 + 2y2  16

 y2  4

 y  2  y = 2 Với y = 2 thì z2 + 4z – 12 = 0 có nghiệm nguyên dơng là z = 2, có nghiệm (x; y; z) là (2; 2; 2)

* Tráo đổi vai trò của (x; y; z) nh nhau nên ta có các nghiệm (x; y; z) là: (1; 2; 3); (1; 3; 2); (2; 1; 3); (2; 3; 1); (3; 1; 2); (3; 2; 1); (2; 2; 2)

2

) Hệ ph ơng trình.

- Hệ phơng trình rất phong phú và đa dạng: hệ phơng trình nhiều hơn hai ẩn, hệ phơng trình chứa tham số, hệ phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt

đối, hệ phơng trình “tổng các bình phơng”, hệ phơng trình “tích”, hệ phơng trình đối xứng, … Mỗi hệ phơng trình có thể có nhiều cách giải hoặc có cách giải duy nhất

- Một số hệ phơng trình ta thấy nh hệ đối xứng, ta thử giải bằng phơng pháp đặt ẩn phụ nh cách giải hệ đối xứng loại I (hệ tổng tích) hoặc sử dụng phơng pháp cộng đại số nh cách giải hệ đối xứng loại II, đều thấy không hiệu quả Trong trờng hợp đó nếu ta sử dụng phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến thì việc giải hệ phơng trình đợc thực hiện đơn giản

Trang 7

Ví dụ1: Giải hệ phơng trình:

12x 48x 64 y (1) 12y 48y 64 z (2) 12z 48z 64 x (3)

Lời giải:

Gọi bộ ba số (x; y; z) là nghiệm của hệ phơng trình trên thì (y; z; x); (z; x; y) cũng là nghiệm của hệ phơng trình này, do đó ta có thể giả sử xy, xz (4)

12x  48x64 12(x  2) 16 16 suy ra y > 2

Tơng tự x > 2, z > 2 (5)

Trừ từng vế (1) và (3) đợc x3 – y3 = 12(z2 – x2) – 48(z – x)

 x3 – y3 = 12(z - x)(z + x – 4) (6) Theo (4), (5) có (x3 – y3)  0, (z – x)  0, (z + x – 4) > 0 nên từ (6) suy ra:

x = y = z (7) Thay vào (1) thì:

3 2

x  12x 48x 640 3

 x = 4.

Từ (7) suy ra hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (4; 4; 4)

Ví dụ2: Giải hệ phơng trình:

2

2

2

x = y + 1

y = z + 1

z = x + 1

Lời giải:

Nhận xét nếu tồn tại (x; y; z) làm nghiệm của hệ đã cho thì xyz0

Do đó ta chỉ xét trờng hợp xyz0, có các khả năng sau đây xảy ra:

Trờng hợp 1: Cả ba số x, y, z đều dơng: x > 0, y > 0, z > 0.

Nếu xy  x2y2  y + 1  z + 1  y z  y2z2

 z + 1  x + 1  z  x

Vậy xyzx suy ra x = y = z

Nếu xy  x2y2  y + 1  z + 1  y z  y2z2

Trang 8

 z + 1  x + 1  z  x Vậy xyzx suy ra x = y = z

Trờng hợp 2: Trong ba số x, y, z có ít nhất một số âm: giả sử x < 0.

Do z2 = x + 1  0  - 1 x <0

 x2 1  x2 <1 (vì nếu x2 = 1 thì y = 0 vô lí!)

 y < 0  z < 0

Vậy nếu trong ba số x, y, z có ít nhất một âm thì ba số đều âm

Trờng hợp 3: Cả ba số x, y, z đều âm: x < 0, y < 0, z < 0 Lí luận tơng tự

trờng hợp1 thì x = y = z Khi đó ta có hệ:

2

2

2

x = x + 1

y = y + 1

z = z + 1

 Giải hệ này ta đợc các nghiệm:

1+ 5 x=

2 1+ 5 y=

2 1+ 5 z=

2

hoặc

1- 5 x=

2 1- 5 y=

2 1- 5 z=

2

3

) Bất đẳng thức.

- Việc chứng minh bất đẳng thức là tơng đối khó với đa số học sinh THCS, tuy nhiên nó lại là loại bài tập tơng đối phù hợp với những em học sinh có lực học khá giỏi Loại bài tập này phát huy đợc sự vận dụng linh hoạt sáng tạo, của ngời học

- Chứng minh bất đẳng thức với mỗi bài cụ thể thì có một phơng pháp thích hợp nh có bài thì ta sử dụng các tính chất của bất đẳng thức, có bài ta sử dụng phơng pháp phản chứng, phơng pháp biến đổi tơng đơng, phơng pháp hình học, có nhiều bài ta sử dụng bất đẳng thức cổ điển (Cô-si, Bu-nhi-a-cốp-xki), … Đối với những bài chứng minh bất đẳng thức mà vai trò các biến nh nhau ta nên sử dụng phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến

Ví dụ1: Chứng minh rằng với 1a, b, c2 thì:

Trang 9

1 1 1

Lời giải:

Do vai trò các số a, b, c bình đẳng nên không làm mất tính tổng quát ta giả

sử a bc

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với:

(a + b + c)(ab + ac + bc) – 10abc  0

 (a + c)b2 + ac(a + c) + (a2 + c2)b – 7abc  0

 [(a + c)b2 + ac(a + c) - (a - c)2b] +[2(a2 + c2)b - 5abc]  0

 (a + c)(b – a)(b – c) + b(2a – c)(a – 2c)  0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì 2ca bc>0

Vậy bất đẳng thức ở đầu bài đúng

Dấu bằng xảy ra khi (a; b; c) là (2; 2; 1); (2; 1; 1) và các hoán vị của chúng

Ví dụ2:

Chứng minh rằng với 1a, b, c2 thì:

m n m n m n

n n n

x y z

  

Trong đó x, y, z là các số thực dơng và m, n là các số nguyên dơng

Lời giải:

Đặt xm+n = a, ym+n = b, zm+n = c, 1m u, 1m v, 1m t

Không làm mất tính tổng quát ta giả sử: x  y > 0

x  z > 0

Lúc đó a b, a c và u v, u t  (a – c)(v – u)0 (1)

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với:

av + bt + cu  au + bv + ct

 av + bt + cu - au - bv – ct 0

 a(v – u) + b(t – v) + c[(v – t) + (u – v)] 0  (a – c)(v – u) + (b – c)(t – v) 0 (2)

Nếu y  z > 0 thì b  c và v  t  (b – c)(t – v)0 (3)

Nếu z > y > 0 thì b < c và v > t thì bất đẳng thức (3) đúng

Kết hợp (1) và (3) suy ra bất đẳng thức (2) đúng Do đó bất đẳng thức ở đầu bài đúng

Đẳng thức xảy ra ở đề bài khi và chỉ khi xảy ra đẳng thức cả ở (1) và (3)

Trang 10

Tức là a = b = c  x = y = z

4 ) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. - Dạng toán tìm giá trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức có quan hệ chặt chẽ với chứng minh bất đẳng thức; thờng thì cách biểu diễn các biểu thức của bài toán là tơng tự nhau ở chứng minh bất đẳng thức nhìn thấy đích trớc, ở dạng toán giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất ta cha thấy ngay kết quả, muốn có đợc điều đó phải thông qua những phép biến đổi Vì vậy để tìm giá trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức một cách dễ dàng, ngời giải toán phải có hiểu biết khá cơ bản về bất đẳng thức nói chung và nắm tơng đối chắc chắn về các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức nói riêng Phơng pháp sắp xếp thứ tự các biến sử dụng ở một số bài toán chứng minh bất đẳng thức cũng đợc sử dụng có hiệu quả khi tìm giá trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ nhất mà vai trò các biến nh nhau Ví dụ1: Các số nguyên dơng x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 4 4 4 3 3 3 3 x y z t A x y z t        Lời giải: Do vai trò của x, y, z, t bình đẳng nên ta giả sử x  y z  t Từ đó ta có: (x – y)(x3 – y3)  0  x4 + y4  xy3 + yx3 (1)

Tơng tự ta cũng có: x4 + z4  xz3 + zx3 (2)

x4 + t4  xt3 + tx3 (3)

y4 + z4  yz3 + zy3 (4)

y4 + t4  yt3 + ty3 (5)

z4 + t4  zt3 + tz3 (6)

Cộng từng vế của sáu bất đẳng thức trên thì ta đợc: 3(x4 + y4 + z4 + t4)  x(z3+t3+y3) + y(z3+t3+x3) + z(x3+y3+t3) + t(z3+y3+x3) Cộng (x4 + y4 + z4 + t4) vào hai vế ta có: 4(x4 + y4 + z4 + t4)  (x + y + z + t)(x3+y3+z3 + t3)

4 4 4 4

3 3 3 3

1

A (do x y z t 2)

2

Trang 11

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t.

Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất là 1

2 khi x = y = z = t =

1

2.

Ví dụ2: Tìm số dơng lớn nhất trong ba số x, y, z thỏa mãn:

Lời giải:

Vì vai trò các số x, y, z nh nhau nên ta giả sử: xyz >0

* Nếu 0 < z  y x 1

2 

x 2y

y 2z

z 2x

 

  x = y = z (loại)

* Nếu 0 < z  y1

2 x 

8 x 9 4 y 9 2 z 9

* Nếu 0 < z 1

2  yx 

y 2x

 

  

6 x 7 4 y 7 2 z 7

* Nếu 1

2  z  y x 

 

 

  

 x = y = z = 2

3

Vậy trong tất cả các trờng hợp thì số dơng lớn nhất là 8

9 . III.3) Bài tập bổ sung.

Trang 12

Bài1 Phơng trình:

x2005 + y2005 = 20072005

có nghiệm nguyên hay không?

Bài2 Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:

5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt

Bài3 Tìm các số tự nhiên x, y > 1 sao cho:

3x 1 y 3y 1 x

Bài4 Chứng minh rằng:

Trong đó a, b, c là các số thực dơng

Bài5 Cho m, n là hai số dơng với m < n Chứng minh rằng:

2

b c c a a b 2 2m(n m)

Trong đó a, b, c thỏa mãn m  a, b, c  n Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của B = a2 + b2 + c2 với a, b, c là các số nguyên dơng thỏa mãn:

1 1 1 1 1 1 2

IV

Những kết quả đạt đ ợc:

Sau khi học sinh có lực học khá giỏi đợc bồi dỡng phơng pháp sắp xếp thứ

tự cho những bài mà vai trò các biến nh nhau thì các em đã làm các bài tập thành thạo và hiệu quả hơn Mặt khác thông qua phơng pháp này học sinh còn nắm vững các kiến thức cơ bản khác, các em còn đợc rèn luyện thêm các

kĩ năng phân tích, suy luận , đồng thời phát triển t duy sáng tạo

V So sánh đối chứng:

Ngày đăng: 03/08/2015, 21:30

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w