nâng cao chất lượng môn toán 9 thông qua việc dạy học sinh ứng dụng hệ thức vi ét vào giải toán ở trường THCS an hoạch

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục giai đoạn phải đào tạo người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo có tính nhân văn cao Để đào tạo lớp người phải bồi dưỡng cho học sinh lực tư sáng tạo, lực tự học, tự giải vấn đề, từ tác động đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh Dạy học giải toán vấn đề trọng tâm dạy học mơn Tốn trường THCS Đối với học sinh giải tốn hoạt động chủ yếu việc học tập mơn Tốn Do việc rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh việc làm cần thiết Trong trình giảng dạy, người thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, phương pháp giải toán, độc lập suy nghĩ cách sâu sắc, sáng tạo Vì đòi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tòi phương pháp hay để dạy cho học sinh Từ học sinh trau dồi tư logic, sáng tạo qua việc giải toán Dạng toán giải phương trình nghiệm ngun dạng tốn khó, thường gặp kỳ thi vào lớp 10, học sinh giỏi cấp, đa phần học sinh chưa hiểu sâu, kiến thức lơ mơ, khơng nhận biết dạng phương pháp làm dạng toán nào…Để giải toán cần nắm dạng phương trình bản, từ vào đặc thù toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Mỗi tốn tìm nghiệm nguyên áp dụng đuợc nhiều phương pháp giải khác nhau, nhiên phương pháp dùng bất đẳng thức thường dùng nhiều học sinh lớp 8, Chính lí trên, tơi chọn đề tài “Rèn luyện kỹ giải phương trình nghiệm nguyên phương pháp dùng Bất đẳng thức cho học sinh lớp 9” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Với mục tiêu phát hiện, bồi dưỡng phát triển học sinh có lực tốn, từ xây dựng cho học sinh kĩ nhận dạng giải toán Thúc đẩy việc tìm hiểu mở rộng kiến thức giáo viên học sinh Xây dựng tài liệu hồn chỉnh số dạng tốn khó cấp học THCS Với nội dung đề tài học sinh tự học, tự nghiên cứu nội dung giới hạn cấp THCS mà vận dụng nhiều cấp học cao 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khá, giỏi lớp trường THCS An Hoạch, thành phố Thanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Đọc nghiên cứu tài liệu tham khảo - Nghiên cứu sở lý thuyết - Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy - Phương pháp so sánh đối chứng - Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp - Phương pháp thống kê NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận: Căn vào định hướng đổi phương pháp dạy học xác định luật giáo dục: “Phương pháp giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học Bồi dưỡng phương pháp tự học, khả làm việc theo nhóm, rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức thực tiễn” Nội dung kiến thức có liên quan đến đề tài: Ngồi phương trình ẩn, phương trình nhiều ẩn Các tốn tìm nghiệm ngun thường khơng có phương pháp giải tổng qt, tốn với số liệu riêng đòi hỏi cách giải phù hợp, điều có tác dụng rèn luyện tư toán học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Trong chương trình SGK Tốn THCS có đưa giải phương trình nghiệm ngun dạng tập với số lượng không nhiều Hơn nhu cầu giải giải phương trình phong phú kì thi học sinh giỏi thi vào lớp 10, trường chuyên, lớp chọn có đề cập đến vấn đề Xác định mục đích, yêu cầu, chuẩn kiến thức, kỹ đơn vị kiến thức cần nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú, phương trình ẩn, nhiều ẩn, bậc nhất, bậc cao… Để giải phương trình ta thường dựa vào cách giải số phương trình số phương pháp, đặc biệt phương pháp dùng bất đẳng thức 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Trong chương trình Tốn THCS có nhiều tốn phương trình nghiệm nguyên với nhiều dạng khác nhau, giải tốn khơng khó khăn phức tạp Từ thực tiễn giảng dạy thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng cách xác định dạng tốn, khơng tìm lời giải, khơng biết cách giải chưa có phương pháp giải hay, học sinh cảm thấy khó dạng tốn sách giáo khoa không cung cấp cho em cách giải Để đánh giá khả em dạng toán trên, trước áp dụng đề tài khảo sát học sinh khá, giỏi lớp đầu năm học 2017 - 2018 dạng phiếu học tập với đề giải phương trình nghiêm nguyên thu kết sau: Tổng số HS 15 SL 10 % 6,5 SL 7,5 % 0 0 Điểm 6,5 SL % 13,3 SL 4,5 % SL % 26,7 60 2.3 Các giải pháp: 2.3.1 Giải pháp: Phương trình nghiệm ngun đa dạng phong phú, khơng có cách giải chung cho phương trình Để giải phương trình thường dựa vào cách giải số phương trình kiến thức, tính chất để giải phương trình nghiệm nguyên phương pháp dùng bất đẳng thức Vì tơi đưa giải pháp sau: - Cung cấp cho học sinh kiến thức bất đẳng thức thường gặp để giải phương trình nghiệm nguyên - Các tính chất liên quan đến dạng phương trình nghiệm ngun - Đưa dạng phương trình mà hay sử dụng phương pháp dùng “Bất đẳng thức” để thực - Xây dựng phương pháp dạng phương trình - Đưa toán xếp theo mức độ từ dễ đến khó - Củng cố phép biến đổi thông qua kỹ thực hành, tập vận dụng từ phát triển tư thơng qua số tốn nâng cao 2.3.2 Biện pháp tổ chức thực hiện: Xây dựng phương pháp dạng phương trình 2.3.2.1 Đối với phương trình ẩn: Có nhiều phương pháp giải phương trình ẩn nhiên phương pháp dùng Bất đẳng thức thường sử dụng có làm theo phương pháp nhanh dễ hiểu so với số phương pháp giải khác *Dạng 1: Đưa phương trình dạng: f ( x) = g ( x ) Phương pháp Biến đổi phương trình dạng f ( x) = g ( x ) mà f ( x) ≥ a , g ( x) ≤ a (a số) Nghiệm phương trình giá trị x thoả mãn đồng thời f ( x) = a g ( x) = a Ví dụ 1: Giải phương trình : 2x2 − 4x + + x2 − 2x + = − x − x2 (1) Khi gặp tập dạng phần đa em nghĩ đến tìm điều kiện xác định thức bậc hai, nên giáo viên cần gợi ý cho học sinh nhận xét biểu thức dấu có nhận xét hai vế phương trình học sinh làm đựơc Giải: (1) ⇔ 2( x − 1) + + ( x − 1) + = − ( x − 1) Nhận thấy 2( x − 1) + + ( x − 1) + ≥ + = − x − x = − (1 − x) ≤ = Do dấu “=” xảy ( x − 1) = ⇔ x − = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = x − x + 15 Ví dụ 2: Giải phương trình: = x − x + 18 x − x + 11 (2) Cũng ví dụ học sinh tìm điều kiện cho thức mẫu thức có nghĩa giáo viên gợi ý vế phải biểu thức ln lớn 3, vế trái biểu thức bé => xét dấu xảy => tìm nghiệm Giải: (2) ⇔1 + = ( x − 3) + ( x − 3) + Mà VT = + 4 ≤1 + = ( x − 3) + 2 VP = ( x − 3) + ≥ = Do dấu “=” xảy ( x - 3)2 = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm: x = Đối với loại phương trình đưa đựơc dạng đòi hỏi học sinh cần linh hoạt, biết nhìn tốn cách tổng qt để đưa đựơc nhận xét cho hai vế phương trình *Dạng 2: Đưa dạng: h( x) = m Phương pháp Biến đổi phương trình đưa dạng h( x) = m (m số) mà ta ln có h( x) ≥ m h( x) ≤ m nghiệm phương trình giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy x −1 Ví dụ 3: Giải phương trình: 19 +5 x −1 + 95 x2 −3 x + =3 (3) Giáo viên hướng dẫn: Tìm điều kiện để thức bậc hai có nghĩa => rút nhận xét vế trái Giải: x −1 ≥  Điều kiện  x − ≥  x − 3x + ≥  Ta có: 19 x −1 +5 x −1 + 95 x −3 x + Do dấu “=” xảy ≥ 190 + 50 + 950 =  x −1 =  x −1 =  x − 3x + =  ⇔ x =1 Vậy phương trình có nghiệm x = * Dạng 3: Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc Giáo viên cung cấp cho học sinh số bất đẳng thức quen thuộc hay sử dụng để giải phương trình nghiệm nguyên * Bất đẳng thức Cauchy (Côsi): Tổng quát: x1 + x2 + + xn ≥ n n x1 x2 xn ( x1, x2, …,xn ≥ ) Dấu “=” xảy x1 = x2 = = xn * Bất đẳng thức Bunhia cốpxki: 2 2 2 Tổng quát: (a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) (Với a1 , a2 , an ; b1 , b2 , , bn ) Dấu “=” xảy ⇔ a a1 a2 = = = n b1 b2 bn * Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối: a + b ≥ a+b + Dấu “=” xảy ra khi: ab ≥ Với a > 0; b > , ta có: a + b > a − b + Ví dụ 4: Giải phương trình: x − x + 3,5 = ( x − x + 2)( x − x + 5) (4) Giáo viên gợi ý: - Nhận thấy biểu thức dấu hai số dương => Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương Giải: Ta có: x − x + = ( x − 1)2 + > x − x + = ( x − 2) + > ( x − x + 2) + ( x − x + 5) x − 3x + 3,5 = 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ( x − x + ) ( x − x + 5) Ta được: ( x − x + 2) + ( x − x + 5) ≥ ( x − x + 2)( x − x + 5) = 2.(x2 – 3x + 3,5) Dấu “=” xảy x − x + = x − x + ⇔ Vậy phương trình có nghiệm x = 2x = ⇔ x = 3 Ví dụ 5: Giải phương trình: x + x + 256 = 3.16 x (5) Giáo viên hướng dẫn: - Xét x ≥ vế trái có tổng số hạng dương áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba dương x ; x ; 2564 - Xét x < nhận xét hai vế phương trình? Giải: - Với x ≥ ta có x ; x ; 2564 số dương Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được: 5 x + x + 2564 ≥ x x 2564 = x = 3.2 x5 + x +32 ≥ 3.2 64 x9 + x + 32 = = 3.2 x = 3.16 x Dấu “=” xảy ra khi: x = x = 2564 ⇒ x = x = 32 ⇒ x = - Với x < vế phải phương trình nhỏ vế trái lớn 232 Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 6: Giải phương trình: 13 ( x − x + 6) + ( x − x + 7)  = (5 x − 12 x + 33) (6) Giáo viên hướng dẫn: Nhận thấy 13 = 2 + 32 => sử dụng Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho bốn số Giải: 2 2 2 2 Ta có: (6) ⇔ (2 + ) ( x − x + 6) + ( x − x + 7)  = (5 x − 12 x + 33) Áp dụng Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho bốn số ta được: (22 + 32 ) ( x − 3x + 6) + ( x − x + 7)  ≥ ≥  2( x − 3x + 6) + 3( x − x + 7)  = (5 x − 12 x + 33) Dấu “=” xảy ra khi: 3( x − x + 6) = 2( x − x + 7) ⇔ x − x + = ⇔ ( x − 1)( x − 4) = Suy ra: x = x = Vậy phương trình có nghiệm : x = ; x = Ví dụ 7: Giải phương trình: x + − x −1 + x + − x −1 = (7) Giáo viên hướng dẫn: - Biểu thức dấu đẳng thức => đưa phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối để giải Giải: (7) ⇔ ( x − − 2) + ( x −1 − 3) = ⇔ − x −1 + x −1 − = Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b Dấu đẳng thức xảy khi: ab ≥ Với a = − x − ; b = x − − ta có (3 − x − 1)( x − − 2) ≥ Giải bất phương trình ta tìm đựơc ≤ x ≤ 10 Phương pháp áp dụng bất đẳng thức thông dụng phương pháp khó học sinh, khó việc nhận nên sử dụng bất đẳng thức để phù hợp với tốn Điều tuỳ thuộc vào linh hoạt, nhanh trí học sinh Tuy nhiên phương pháp hay, giải nhanh gọn *Dạng 4: Áp dụng tính đơn điệu tốn (Chứng minh nghiệm ) Phương pháp: Ta một vài giá trị biến thỏa mãn phương trình chứng minh nghiệm Ví dụ 8: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 3x + x = x (8) Giải: x x 3  4 (8) ⇔  ÷ +  ÷ = 5 5 Nhận thấy: * Với x = ⇒ phương trình vơ nghiệm * Với x = thoả mãn phương trình * Với x ≥ x 3 3 ⇒ ÷ nhận xét: nghiệm Bài tập vận dụng: Giải phương trình: a) x − x + 11 + x − x + 13 + x − x + = + ; b) x − x + 12 = − x − 12 x + 13 ; x2 c) x + x + 3x − = + 3x − ; 2 d) (3 x + x + x − 7) = ( x + 2) + ( x + 3x − 3) 10 g) x + − x − + x + − x − = e) x + 15 x = 17 x f) 33 x = 26 x − 3.23 x − 13 2.3.2.2 Đối với phương trình nhiều ẩn Về phương pháp thủ thuật tốn tương tự phương trình ẩn, đơi có nhiều tốn cần sử dụng kết hợp với tính chất tập hợp số tự nhiên, số nguyên, tính chẵn lẻ để giải * Dạng 1: Đưa phương trình mà vế trái tích thừa số, vế phải tích số nguyên Phương pháp Bước 1: Đưa phương trình dạng: f1 ( x, y, ) f ( x, y, ) f n ( x, y, ) = a1a2 an Với a1 ; a2 ; ; an ∈ Z Bước 2: Sử dụng tính chất tập hợp số tự nhiên, tập hợp số nguyên, tính chất bất đẳng thức, …, ra: f1 ( x, y, ); f ( x, y, ); ; f n ( x, y, ) ∈ Z Bước Xét trường hợp xảy để tìm nghiệm thích hợp phương trình Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + 91 = y (9) Hướng dẫn giải: Bước 1: Phân tích y − x = 91 ⇔ ( y + x ) ( y − x ) = 91 Bước 2: Vì y > 0; x > ; y + x > y − x y − x > ; 91 = 91 = 13  y + x = 91 Bước 3: Nên ta có  Hoặc  y − x =  y + x = 13   y − x =  x = 45 Hay   y = 46 Hoặc  x =3    y = 10 Nghiệm phương trình là: (45; 46); (- 45; 46); (45; - 46); (- 45; - 46); (3; 10); (3; -10); (- 3; 10); (- 3; - 10) Ví dụ 10: Tìm nghiệm ngun phươngtrình: x − 25 = y ( y + 6) (10) Giải: Ta có: x − 25 = y ( y + 6) ⇔ x − ( y + 3) = 16 ⇔ ( x + y + ) ( x − y + ) = 16 Vì Mà ( x + y + ) > nên ( x − y +3 ) > ( x + y + ) + ( x − y + ) = x chẵn, nên ( x + y + ) , ( x − y + ) tính chẵn lẻ Mặt khác ( x + y + ) ≥ ( x − y + ) nên ta có:  x + y + =  x + y + =    x − y + =  x − y + = *  x + y+3 =8  ⇒ x = ⇔ x = ±5  x − y + =   Suy ra: y = −6, y = Các cặp số ( x; y ) nghiệm nguyên phương trình cho là: (5; - 6); (5; 0); (- 5; - 6); (- 5; 0) *   x + y+3 = ⇒ x = ⇔ x = ±4;  x − y + =   y + = ⇒ y = −3 Các cặp số ( x; y ) nghiệm nguyên phương trình cho là:(4; -3);(- 4; -3) Vậy nghiệm nguyên ( x; y ) phương trình là: (4; -3); (- 4; - 3); (5; - 6); (5; 0); (- 5; - 6); (- 5; 0) Với dạng tốn có nhiều cách giải, mà ta khơng nên rập khn máy móc Nhưng với khn khổ đề tài tơi đưa cho học sinh phần áp dụng bất đẳng thức vào để giải nhiều có lời giải hay hơn, ngắn gọn 10 Chú ý: Một số tốn tìm nghiệm ngun phương trình dạng ax + bx + c = dy (Với a, b, c, d số) Có thể giải theo cách Bài tập vận dụng: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y = x + 332 ; * Dạng 2: Đưa phương trình tổng Phương pháp Bước 1: Biến đổi phương trình dạng: a) x + x + = y ; b) c) x = y ( y − x ) f1k ( x; y; ) + f 2k ( x; y; ) + + f nk ( x; y; ) = a1k + a2k + + ank (Với k ; a1 , a2 , , an ∈ Z ) f1 ( x; y; ); f ( x; y; ); .…; f n ( x; y; ) ∈ Z Bước 2: Xét trường hợp xảy từ tìm nghiệm thích hợp Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + 13 y = 100 + xy (11) Giáo viên hướng dẫn: - Biến đổi đưa vế dạng tổng hai bình phương (10) ⇔ x + 13 y − xy = 100 ⇔ ( x − y ) + (2 y ) = 100 ⇔ ( x − 3y ) + ( y ) 2 = 100 - Xét trường hợp số 100 (100 = 02 + 102 = 62 + 82) Giải: (10) ⇔ ( x − y ) + (2 y ) = 100 ⇔ ( x − 3y ) + ( y ) 2 = 100 Mà 100 = 02 + 102 = 62 + 82 ; x − y , y ∈ N Do ta có khả sau:  x − y =  x = 15  x = −15 ⇒ ;  *   y = y = 10   y = −5   x − y = 10  x = 10  x = −10 ⇒ ; *  y = y =   y = 11  x − y =  x = 18 ⇒ ; *  y = y =   x = ;  y =   x = −6  x = −18 ;   y = −   y = −4   x = 17  x =  x = −1  x − 3y = ⇒ ;  *  ; ; y = − y = y = y =       x = −17   y = −3 Vậy nghiệm phương trình là: (15; 5); (-15; -5); (10; 0); (-10; 0); (18; 4); (-18; - 4); (6; 4); (- 6; - 4); (17; 3); (-17; -3); (1; 3); (-1; - 3) Chú ý: Với cách làm áp dụng tìm nghiệm ngun số phương trình có dạng: ax + bxy + cy + d = (Với a, b, c, d số nguyên) Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x + y + z + xy + xz = 26 − yz (12) Giải: (12) ⇔ x + ( x + xy + y ) + ( x + y + z + xy + xz + yz ) = 26 ⇔ x + ( x + y ) + ( x + y + z ) = 26 Vì x, y, z nguyên dương nên ≤ x < x + y < x + y + z Mà 26 = 12 + 32 + x + y + z = x =   ⇔ y = Do ta có:  x + y = x = z =   Vậy nghiệm nguyên dương là: (1; 2; 1) Ví dụ 13: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: x + y − y = 65 − y (13) Giáo viên hướng dẫn: Ta thấy tốn có luỹ thừa bậc y ta áp dụng cách làm ví dụ 12 Ta xét hai trưòng hợp sau: Nếu y = y ≥ => tìm giá trị x tương ứng cho trường hợp Giải: + Nếu y = x = 65 ⇒ x ∉ N + Nếu y ≥ ta có x + y − y = 65 − y ⇔ x + ( y − y + y − 1) = 64 12 ⇔ x + ( y − 1)3 = 64 Mà x, y −1 ∈ N , 64 = 02 + 43 = 82 + 03 x = x = ⇒   y −1 =  y = Nên ta có: x = x = ⇒   y −1 =  y = Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên là: (0; 5); (8; 1) Chú ý: Nếu phương trình có dạng: f1h ( x, y, ) + f 2g ( x, y, ) + + f nk ( x, y, ) = a , a ∈ N , f i ( x, y, ) ∈ N ; i = 1, , n h g k Thì ta viết a dạng a = m1 + m2 + + mn , mi ∈ N ; i = 1, 2, , n Xét trường hượp xảy Từ tìm nghiệm thích hợp Đối với phương trình đưa dạng tổng ngồi hai ý cần linh hoạt trình giải nhiều ta khơng sử dụng đưa hai loại phương trình mà nhiều ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc Bất đẳng thức Cơsi, hay Bunhia-cốpxki Ví dụ 14: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: x + z − 15 x z = 3x y z − ( y + 5)3 (4) Giáo viên hướng dẫn: Hãy biến đổi đưa vế tổng lập phương, vế tích hai thừa số Giải: (13) ⇔ ( x )3 + ( y + 5)3 + z = x z (5 + y ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số x ; y + 5; z Ta có: ( x )3 + ( y + 5)3 + z ≥ x z (5 + y ) ⇒ x2 = y + = z x = y + ⇔ ( x − y )( x + y ) = x = x + y = ⇒ ⇒ z = x2 = Vì x, y ∈ N Nên ta có:  x − y = y = Vậy nghiệm phương trình : (3; 2; 9) 13 Ví dụ 15: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: ( x + y + 28) = 17( x + y + 14 y + 49) (15) Giáo viên hướng dẫn: Hãy áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki : (a + b )( x + y ) ≥ ( ax + by ) Dấu = xảy ay = bx Giải: Ta có: ( x + y + 28) = 1.x + 4( y + 7)  ≤ ≤ (1 + 42 ) ( x ) + ( y + 7)  = = 17( x + y + 14 y + 49) Do ta có: x = y + ⇔ (2 x + y )(2 x − y ) = Vì x, y ∈ N nên x + y ≥ x − y ≥ 2 x + y = x = ⇔ 2 x − y = y = Ta có:  Vậy nghiệm phương trình là: (2; 3) Bài tập vận dụng: Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x − x − = − y b) x − xy + 17 y = 169 * Dạng 3: Nhận xét ẩn số Phương pháp: Trước giải tốn, ta nên nhận xét xem vai trò ấn số, cấu trúc ẩn Để có cách giải phù hợp Nếu ẩn( x ; y; ) có vai trò bình đẳng nhau, ta giả sử x ≤ y ≤ x ≥ y ≥ để thu hẹp miền xác định tốn Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, luỹ thừa bậc số nguyên liên tiếp tích số nguyên liên tiếp ta khử ẩn để đưa phương trình dạng quen thuộc ẩn Thường dùng hai nhận xét sau: Nhận xét 1: x n < y n < ( x + a ) n ;(a ∈ Z + ) ⇒ y = ( x + a + i ) n , với i = 1; 2; ; a − 14 Nhận xét 2: x( x + 1) ( x + n) < y ( y + 1) ( y + n) < ( x + a )( x + a + 1) ( x + a + n); (a ∈ Z + ) ⇒ y ( y + 1) ( y + n) = ( x + i )( x + i + 1) ( x + i + n) , với i = 1; 2; ; a − Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 + + + =1 xy yz zx xyz (16) Giáo viên hướng dẫn: Nhận xét vai trò ấn số ta thấy ẩn số có vai trò bình đẳng => Thực bước nêu Giải: Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ x ≤ xy ≤ xz ≤ yz ≤ xyz ⇒1= 1 1 + + + ≤ 2+ 2+ 2+ xy yz xz xyz x x x x ⇔1≤ 12 ⇒ x ≤ 12 ⇒ x ∈ { 1; 2;3} x + Nếu x = ⇒ 1 + + + =1 y yz z yz ⇒ z + + y + = yz ⇒ yz − z − y + = 11 ⇔ ( y − 1)( z − 1) = 11 Suy ra: y = 2; z = 12 y = 12; z = + Nếu x = ⇒ 1 + + + =1 y yz z yz ⇒ (2 y − 1)(2 z − 1) = 23 ⇒ y = 1; z = 12 y = 12; z = + Nếu x = ⇒ (3 y − 1)(3 z − 1) = 37 vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) (1; 2;12) hốn vị Ví dụ 17: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: x + y + z = xyz (17) Giáo viên hướng dẫn: 15 Giáo viên cho học sinh nhận xét ẩn phương trình, học sinh trả lời đựơc ẩn số có vai trò bình đẳng => thực ví dụ 16 Giải Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Ta có xyz = x + y + z ≤ 3z tức xy ≤ Nếu x = y = z x = 3x ⇒ x = khơng thể xảy x ∈ Z + Như phải có hai ba số x, y, z khơng Do xy ≤ tức xy = 1; xy = * xy = mà x ≤ y x, y ∈ Z + nên x = 1; y = suy z = * xy = mà x, y ∈ Z + nên x = y = ⇒ + z = z vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) (1; 2; 3) hoán vị Ví dụ 18: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau với x; y; z số đôi khác nhau: x3 + y + z = ( x + y + z )2 (18) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: x3 + y + z  x + y + z  ≥ ÷ 3   ( x + y + z )3 ⇒ x + y + z = ( x + y + z) ≥ 3 ⇒ x+ y+ z ≤9 Vì x; y; z đôi khác ⇒ x + y + z ≥ + + = ⇒ x + y + z ∈ { 6;7;8} Lần lượt thử giá trị x + y + z ta tìm x; y; z Đáp số: (1; 2; 3) hoán vị Bài tập vận dụng: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: a) 1 + + =2; x y z b) 5( xy + yz + xz ) = xyz ; 16 c) + x + x + x3 = y ; d) x + x + = y * Dạng 4: Đưa phương trình phương trình bậc hai Phương pháp Đưa phương trình dạng f ( x) = ax + bx + c (hoặc f ( y ) ) Dùng điều kiện ∆ ≥ ∆ ' ≥ để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x + y = xy + x + y (19) Giáo viên hướng dẫn: Đưa phương trình phương trình bậc hai ẩn x ( y) => Tính giải ∆ ' ≥ => tìm giới hạn y( x) => tìm y nguyên (hoặc x ) => thay giá trị y (hoặc x) vào phương trình ban đầu để tìm giá trị x nguyên (hoặc y nguyên) => nghiệm cần tìm Giải: (19) ⇔ x − x( y + 1) + y − y = ∆ ' = ( y + 1) − (2 y − y ) = − y + y + ≥ Giải bất phương trình ta được: − 29 29 − 29 29 ≤ y− ≤ ⇒ + ≤y≤ + 2 2 2 Do y nguyên nên dễ dàng tìm y ∈{ 1; 2;3; 4;5} Thay giá trị y tìm được: Với y = giá trị x = 5; x = Vậy phương trình có hai nghiệm là: (5; 5); (7; 5) Lưu ý: Có em sử dụng tam thức bậc hai y có miền xác định giá trị y rộng miền xác định giá trị x, ta nên đưa phương trình ẩn x với tham số y Tuy nhiên đưa tam thức bậc hai giải phương pháp Bài tập vận dụng: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 17 a) 12 x + xy + y = 28( x + y ) ; b) x + xy + y = x + y c) x − xy + y = y + 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Với phương pháp nghiên cứu thân hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy học sinh tiếp thu kiến thức cách nhanh chóng vận dụng kiến thức giải hàng loạt tập giải phương trình nghiệm nguyên cách ngắn gọn, dễ hiểu Vì nhiều năm qua với nghiên cứu đề tài khác mơn Tốn Học sinh giỏi trường tăng số lượng mà chất lượng Kết kiểm tra sau áp dụng SKKN vào việc giảng dạy: Kiểm tra 15 học sinh giỏi lớp kết đạt sau: Tổng số Điểm HS 15 SL 10 % 6,5 SL 7,5 % SL % SL 4,5 % SL % 13,3 40 40 6,7 0 Kết quả: Học sinh nắm vững dạng phương pháp giải số toán phương trình tìm nghiệm nguyên mà giáo viên đưa ra, vận dụng thành thạo kỹ biến đổi Biết vận dụng bất đẳng thức vào giải phương trình nghiệm nguyên, biến đổi linh hoạt hơn, trình bày lời giải hợp lí logic KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Giải phương trình nghiệm nguyên kiến thức khó, có nhiều phương pháp giải loại tốn Tuy nhiên khơng có lời giải mẫu cho bài, để giúp học sinh học tốt kiến thức vận dụng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên cách linh hoạt việc hệ thống lại dạng phương trình, phương pháp giải, ví dụ tập minh hoạ kèm theo, kiến thức cần lưu ý, gợi ý học sinh giúp cho em hiểu rộng sâu phương pháp giải 18 Đối với học sinh mà khả nhận thức hạn chế, việc hệ thống kiến thức bất đẳng thức thông dụng, phương pháp giải tập vận dụng kiến thức giúp học sinh hiểu công việc cần thiết giải tốn phương trình nghiệm ngun Biết cách trình bầy cho dạng tốn, tập cách phân tích đề để lựa chọn hướng đi, kiến thức vận kiến thức phù hợp, nâng dần hiểu biết kiến thức bất đẳng thức vận dụng để giải phương trình nghiệm nguyên Rèn luyện khả tư duy, khả phân tích, tổng hợp, phát huy tính tích cực trí thơng minh học sinh Trong q trình nghiên cứu thể đề tài hy vọng động lực giúp tơi học sinh, thích thú, tự tin gặp tốn tìm nghiệm ngun phương pháp dùng bất đẳng thức 3.2 Kiến nghị: Phòng Giáo dục Đào tạo cần tổ chức Hội thảo cho giáo viên học tập áp dụng sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng nhằm nâng cao trình độ chun mơn nghiệp vụ Trên kinh nghiệm thân rút từ thực tiễn giảng dạy Do thời gian khn khổ có hạn, tơi mong đóng góp, bổ sung đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện hiệu công tác giảng dạy đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN mình, khơng chép nội dung người khác Người viết SKKN Phạm Thị Thu Hương 19 ... gợi ý học sinh giúp cho em hiểu rộng sâu phương pháp giải 18 Đối với học sinh mà khả nhận thức hạn chế, vi c hệ thống kiến thức bất đẳng thức thông dụng, phương pháp giải tập vận dụng kiến thức. .. đẳng thức thông dụng phương pháp khó học sinh, khó vi c nhận nên sử dụng bất đẳng thức để phù hợp với tốn Điều tuỳ thuộc vào linh hoạt, nhanh trí học sinh Tuy nhiên phương pháp hay, giải nhanh gọn... qua với nghiên cứu đề tài khác mơn Tốn Học sinh giỏi trường tăng số lượng mà chất lượng Kết kiểm tra sau áp dụng SKKN vào vi c giảng dạy: Kiểm tra 15 học sinh giỏi lớp kết đạt sau: Tổng số Điểm