MIX 3 CHUYÊN ĐỀ ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

CHUYÊN ĐỀ: ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

H Ơ

Tác giả chuyên đề: Lê Hồng Quân

Chức vụ: Giáo viên

G TR ẦN

I. ĐẶT VẤN ĐỀ

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thời lượng: 12 tiết

Toán học là một bộ môn khoa học rất trừu tượng, được suy luận một cách

lôgic và là nền tảng cho việc nghiên cứu các bộ môn khoa học khác. Toán học

còn là một môn học có ý nghĩa đặc biệt với học sinh phổ thông. Nó giúp học

sinh phát triển tư duy logic, phát triển năng lực trí tuệ và hình thành các phẩm

ẤP

chất đạo đức, hơn nữa môn toán là một môn học công cụ nên việc học tốt môn

toán sẽ giúp học sinh học tốt các môn học khác. Tuy nhiên môn toán cũng là môn

học mang tính trừu tượng cao nên học sinh thường gặp khó khăn khi học toán,

Í-

song không vì vậy mà toán học thiếu đi sự hấp dẫn đối với người học.

-L

Một trong những bộ phận rất quan trọng và hấp dẫn với học sinh giỏi là

ÁN

phân môn Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Nhưng đây cũng là

BỒ

ID Ư

Ỡ N

phần rất khó của bộ môn Toán.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

Đối tượng: Học sinh lớp 9

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Huyện Yên Lạc -Tỉnh Vĩnh Phúc

TP .Q

Đơn vị công tác: Trường THCS Yên Lạc

Bất đẳng thức là một vấn đề cổ điển của toán học sơ cấp nhưng ngày càng được quan tâm và phát triển, đây cũng là một phần toán học sơ cấp đẹp và thú vị nhất, vì thế luôn cuốn hút rất nhiều sự quan tâm của học sinh, đặc biệt là học sinh giỏi, học sinh có năng khiếu học toán. Điểm đặc biệt, ấn tượng nhất của bất đẳng thức trong toán sơ cấp đó là có rất nhiều bài toán hay và khó, thậm chí là rất khó. Tuy nhiên cái khó ở đây không nằm ở gánh nặng về lượng kiến thức mà ở yêu Giáo viên: Lê Hồng Quân

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" cầu óc quan sát, linh cảm tinh tế và sức sáng tạo rồi rào của người học, vì thế người học luôn có thể giải được bằng những kiến thức rất cơ bản và việc hoàn

H Ơ

Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thì bài toán bất đẳng

thành được những chứng minh như vậy là một niềm vui thực sự.

thức, giá trị nhỏ nhất, lớn nhất là một bài toán có khả năng rèn luyện cho học sinh dạng toán này.

ẠO

Đối với học sinh trung học cơ sở, việc chứng minh một bất đẳng thức

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

bất đẳng thức cổ điển để chứng minh. Tuy nhiên việc sử dụng các bất đẳng thức

cổ điển đó để chứng minh các bài toán khác trong đa số các trường hợp yêu cầu

TR ẦN

học sinh phải biết cách biến đổi một cách hợp lý, thậm chí là phải rất tinh tế. Vì vậy tôi thiết nghĩ nếu các em có cái nhìn tinh tế và logich thì bằng việc đổi biến

thích hợp lại là cách làm hữu hiệu và thiết thực nhằm tìm ra các cách chứng minh

hay và đầy bất ngờ. Vì vậy tôi đã viết chuyên đề; "Đổi biến trong chứng minh bất

đẳng thức" qua đó giúp các em có thêm những sáng tạo cũng như công cụ hữu

ẤP

hiệu khi đứng trước những bài chứng minh BĐT .

II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

Đối với từng dạng toán ta sẽ có những cách đổi biến thích hợp

-L

Í-

Dạng 1: Dự đoán được điều kiện xảy ra dấu bằng:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Ví dụ 1 : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 ≥

1 3

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

thường có rất ít công cụ, học sinh chủ yếu sử dụng định nghĩa hoặc sử dụng các

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

óc phán đoán và tư duy logic, song phần lớn học sinh gặp khó khăn khi giải quyết

*Nhận xét: Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1/3 Đặt a = x + 1/3, b = y + 1/3, c = z + 1/3 Từ a + b + c = 1suy ra x + y + z = 0 1

2 2 2 Khi đó a + b + c ≥ 3

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

H Ơ

1  1  1 1  ⇔ x +  + y +  +z +  ≥ 3  3  3 3  2 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + (x + y + z ) ≥ 0 3 2 2 2 ⇔ x +y +z ≥0

BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đã cho luôn đúng

TP .Q

Dấu bằng xảy ra <=> x = y = z = 0 <=> a = b = c = 1/3

ẠO

Ví dụ 2: Cho a + b ≥ 2 . Chứng minh rằng: a3 + b3 ≤ a4 + b 4 .

⇔ (1 + x )3 + (1 + y )3 ≤ (1 + x )4 + (1 + y )4

⇔ (1 + x )4 + (1 + y )4 − (1 + x )3 − (1 + y )3 ≥ 0 ⇔ x (1 + x )3 + y(1 + y )3 ≥ 0

⇔ x + y + 3( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) + 3( x 2 + y 2 ) + x 4 + y 4 ≥ 0 ( Đúng vì x + y ≥ 0)

ẤP

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy bất đẳng thức được chứng minh C = b 3 − a 3 − 6 b 2 − a 2 + 9b ≥ 0

Ví dụ 3: Cho a + b = 3, a ≤ 1 . Chứng minh rằng:

*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2.

-L

Í-

Do vậy ta đặt a = 1 − x , với x ≥ 0. Từ giả thiết suy ra b = 2 + x .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Ta có: C = b3 − a3 − 6b2 − a2 + 9b = (2 + x )3 − (1 − x )3 − 6(2 + x )2 − (1 − x )2 + 9(2 + x ) = x 3 − 2 x 2 + x = x( x − 1)2 ≥ 0 (vì x ≥ 0).

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

a3 + b3 ≤ a 4 + b 4

Ta có:

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Do vậy đặt a = 1 + x , b = 1 + y . Từ giả thiết suy ra x + y ≥ 0 .

*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0 hoặc x = 1 tức a = 1, b = 2 hoặc a = 0, b = 3. Vậy C ≥ 0 a ≥ 4; b ≥ 5;7 ≥ c ≥ 6

Ví dụ 4 : Cho ba số a, b, c thỏa mãn 

2 2 2 a + b + c = 90

Chứng minh rằng a + b + c ≥ 16. Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 * Đặt a = 4 + x; b = 5 + y; c = 6 + z

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

Từ giả thiết suy ra x, y, z ≥ 0

H Ơ

Giả sử a + b + c < 16, suy ra x + y + z < 1

Y U TP .Q

⇔ x + y + z + 8x + 10y + 12z = 13

(1)

ẠO

Do 0 ≤ x + y + z <1 ⇔ (x + y + z)2 < 1

Đ G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thì x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) < 1

Ư N

=> x2 + y2 + z2 < 1 (Vì x, y, z ≥ 0)

TR ẦN

Khi đó ta có x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z

= (x2 + y2 + z2 ) + 12(x + y + z) – 4x – 2y < 1 + 12 = 13

Mâu thuẫn với (1)

ẤP

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: A = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≥ 6

*Nhận xét: Dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

-L

Í-

Do vậy ta đặt: a = 1 + x , b = 1 + y , ( x, y ∈ R ). Từ giả thiết suy ra: c = 1 − x − y .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Ta có: A = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca = (1 + x )2 + (1 + y)2 + (1 − x − y)2 + (1 + x )(1 + y) + (1 + y)(1 − x − y) + (1 − x − y)(1 + x )  

1  2 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

⇔ (x + 4) + (y + 5) + (z + 6) = 90

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Mặt khác a2 + b2 + c2 = 90

3 4

= x 2 + xy + y 2 + 6 =  x + y  + y 2 + 6 ≥ 6 1 2

Đẳng thức xảy ra ⇔ y = 0 và x + y = 0 ⇔ x = y = 0 hay a = b = c =1. Vậy A ≥ 6

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Ví dụ 6: Cho a + b = c + d . Chứng minh rằng: D = a2 + b2 + ab ≥ 3cd *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d.

H Ơ

Do vậy đặt: a = c + x , với x ∈ R. Từ giả thiết suy ra b = d − x .

Ta có:D = (c + x )2 + (d − x )2 + (c + x )(d − x ) = c2 + d 2 + x 2 + cd + cx − dx

TP .Q

ẠO

1 2

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy D ≥ 3cd

TR ẦN

Ví dụ 7: Cho a + b = 2 . Chứng minh rằng: B = a5 + b5 ≥ 2 * Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.

Do vậy ta đặt: a = 1 + x . Từ giả thiết suy ra: b = 1 − x , ( x ∈ R ). B = a5 + b5 = (1 + x )5 + (1 − x )5 = 10 x 4 + 20 x 2 + 2 ≥ 2

Ta có:

ẤP

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0, hay a = b = 1. Vậy B ≥ 2

Ví dụ 8: Cho a ≤ 4. Chứng minh rằng: E = a2 (2 − a) + 32 ≥ 0 .

*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 4.

-L

Í-

Do vậy đặt a = 4 − x . Từ giả thiết suy ra x ≥ 0.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Ta có: E = (4 − x )2 (2 − 4 + x ) = x 3 − 10 x 2 + 32 x = x ( x − 5)2 + 7 ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra x = 0 hay a = 4. Vậy E ≥ 0

Ví dụ 9: Cho ab ≥ 1. Chứng minh rằng:

a2 + b2 ≥ a + b .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0 và c − d + x = 0 ⇔ x = 0 và c = d hay a = b = c = d.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

   1 3 1  3 =  c2 + d 2 + x 2 − 2cd + cx − dx  + 3cd + x 2 =  c − d + x  + x 2 + 3cd ≥ 3cd . 4 4    2  4

*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1. Do vậy đặt a = 1 + x; b = 1 + y . Ta có: ab ≥ 1 ⇔ (1 + x )(1 + y ) ≥ 1 ⇔ x + y + xy ≥ 0 Mặt khác: a2 + b2 ≥ a + b ⇔ (1 + x )2 + (1 + y )2 ≥ (1 + x ) + (1 + y) ⇔ x 2 + y 2 + x + y ≥ 0 Giáo viên: Lê Hồng Quân

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2 2 Lại có: x + y ≥ 2 xy , với mọi x, y nên ta có:

H Ơ

1 x 2 + y 2 + x + y ≥ ( x 2 + y 2 ) + xy + x + y ≥ 0 (Đúng vì xy + x + y ≥ 0) 2

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy BĐT được chứng minh

ẠO

2 3 + ≥ 14 . 2 ab a + b2 1 2

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b) Cho a + b + c + d = 1. Chứng minh: (a + c)(b + d ) + 2(ac + bd ) ≤ .

TR ẦN

c) Cho a + b + c ≥ 3. Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ a3 + b3 + c3 .

d) Cho a + b > 8 và b ≥ 3. Chứng minh: 27a2 + 10b3 > 945 .

1 1 1 + + = 2 .Chứng minh:8abc ≤ 1 a +1 b +1 c +1

Bài 1.2:Cho a, b, c là các số dương và

Bài 1.3: Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn: a + b + c = 1. Chứng minh:

ẤP

0 ≤ 27(ab + bc + ca) − 54 abc ≤ 7

Dạng 2: Cho biết điều kiện của tổng các biến nhưng không ( hoặc khó) dự

Í-

đoán được điều kiện của biến để đẳng thức xảy ra: 27 ≥0 4

ÁN

-L

Ví dụ 10: Cho a ≤ 1; a + b ≥ 3. Chứng minh rằng: F = 3a2 + b2 + 3ab −

Ta đặt ẩn phụ như sau: Đặt a = 1– x và a + b = 3 + y. Từ giả thiết suy ra x, y ≥ 0 nên ta có: b = 2 + x + y. 27 4

Từ đó : F = 3(1 – x )2 + (2 + x + y)2 + 3(1 – x )(2 + x + y ) –

BỒ

ID Ư

Ỡ N

*Nhận xét: Dấu bằng ở đây không xảy ra tại các điểm cực biên là a = 1 và b = 2.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

a) Cho a, b > 0 thoả mãn a + b = 1. Chứng minh:

TP .Q

Bài 1.1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

*Bài tập tự luyện

= x 2 + y 2 − 5x + 7 y − xy + Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

25 4

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 1 2

 

5 2

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

3 4

9 2

=  x − y −  + y2 + y ≥ 0

5 3 9 và y = 0 hay a = − và b = . 2 2 2

H Ơ

Đẳng thức xảy ra ⇔ x =

Vậy bất đẳng thức F ≥ 0 được chứng minh.

Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 (1)

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tương tự ta có 0 < b < 1, 0 < c < 1.

Đặt a = 1 – x, b = 1 – y, c = 1 – z với 0 < x, y, z < 1.

TR ẦN

Do a + b + c = 2 nên x + y + z = 1

Khi đó

(1) ⇔ (1 – x)2 + (1 – y)2 + (1 – z)2 + 2(1 – x)(1 – y)(1 – z) < 2 2

⇔ 3 – 2(x + y + z) + x + y + z + 2[1- (x + y + z) + xy + yz + zx – xyz] < 2

ẤP

⇔ (x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx) – 2xyz < 1 2

⇔ (x + y + z) – 2xyz < 1

⇔ 1 – 2 xyz < 1

-L

Í-

⇔ 2xyz > 0 luôn đúng

ÁN

Do đó BĐT (1) được chứng minh.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ví dụ 12 : Cho a > b > 0. Chứng minh rằng:

a 2 − b 2 + 2ab − b 2 > a (1)

* Do a > b > 0 nên đặt a = b + x (x > 0)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

*Nhận xét: Từ giả thiết suy ra 2 = a + b + c > 2a nên 0 < a < 1.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Ví dụ 11 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2.

Khi đó BĐT (1) tương đương với

(b + x )2 − b 2

+ 2(b + x )b − b 2 > b + x

⇔ 2bx + x 2 + b 2 + 2bx > b + x

Mật khác, a, b, x >0 nên: Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 2

" Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2

2bx + x > x = x và 2bx + b > b = b

+ 2(b + x )b − b 2 > b + x (đpcm)

H Ơ

(b + x )2 − b 2

Cộng theo từng vế hai BĐT trên ta có

Ví dụ 13 : Cho các số thực a, b, c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc = (1 – a)(1

Đ G

Từ giả thiết ta có

ẤP

(2)

⇔ x + y + z = −4 xyz

 1  1  1  1  1  1  + x  + y  + z  =  − x  − y  − z   2  2  2  2  2  2

T = a 2 + b2 + c2 −

3  1  1  1 =  + x +  + y +  + z − 4  2  2  2 2 2 2 = x + y + z + x + y + z (3)

-L

Í-

Xét hiệu

3 4

ÁN

Thay (2) vào (3) ta được

BỒ

ID Ư

Ỡ N

T = x2 + y2 + z2 – 4xyz

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

1 1 1 + z , do 0 < c < 1 thì − < z < 2 2 2

Ư N

1 1 1 + y, do 0 < b < 1 thì − < y < 2 2 2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tương tự đặt b =

ẠO

1 1 1 + x, do 0 < a < 1 thì − < x < 2 2 2

TR ẦN

Đặt a =

– b)(1 – c) . Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ 3/4 (1)

Ta cần chứng minh T ≥ 0 Xét các trường hợp sau: (i)

Cả 3 số x, y, z đều đương hoặc đều âm thì không thỏa mãn (2)

(ii)

Có một số âm còn hai số kia dương thì từ (4) T ≥ 0

(iii)

Có hai số âm còn số kia dương. Giả sử x > 0, y, z < 0

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Đặt y1 = -y > 0 và z1 = - z > 0 thì từ (4) ta có T = x2 + y12 + z12 – 4 xy1z1 ≥ x2 + 2y1z1 – 4xy1z1 = x2 + 2y1z1(1 – 2x) ≥ 0

H Ơ

Vậy BĐT (1) được chứng minh

TP .Q

b) a3 + b3 + c3 ≤ 36

Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + 1. Khi đó x, y, z ∈ [0; 2] và x + y + z = 3

TR ẦN

(*).

Ư N

Tức là: x 2 + y 2 + z2 ≤ 5

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

nên: x 2 + y 2 + z2 ≤ x 2 + ( y + z)2 = x 2 + (3 – x )2 = 5 + 2( x –1)( x – 2) ≤ 5

Tương tự ta chứng minh được x 3 + y3 + z3 ≤ 9 (**)

(1)

a) Ta có: a2 + b2 + c2 = ( x + 1)2 + ( y + 1)2 + (z + 1)2 = x 2 + y 2 + z2 + 2( x + y + z) + 3

Thay (*) vào (1) ta có: a2 + b2 + c2 ≤ 14 là điều phải chứng minh.

ẤP

b) Ta có:

a3 + b3 + c3 = ( x + 1)3 + ( y + 1)3 + (z + 1)3 = x 3 + y 3 + z3 + 3( x 2 + y 2 + z2 ) + 3( x + y + z) + 9 (2)

Thay (*) và (**) vào (2) ta có: a3 + b3 + c3 ≤ 36 là điều phải chứng minh

-L

Í-

* Bài tập tự luyện:

ÁN

Bài 2.1 Chứng minh rằng: Nếu a ≥ 3, b ≥ 3, a2 + b2 ≥ 25 thì a + b ≥ 7

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Bài 2.2 Cho a > c > 0, b > c. Chứng minh rằng

c(a − c ) + c(b − c ) ≤ ab

Bài 2.3 Cho ba số 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

Giả sử x = max{x; y; z} suy ra: x + y+ z = 3 ≤ 3x ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ⇒ (x –1)(x –2) ≤ 0

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

a) a2 + b2 + c2 ≤ 14

Ví dụ 14: Cho a, b, c ∈ [1; 3] và a + b + c = 6. Chứng minh rằng

a. a2 + b2 + c2 ≤ 5 b. a3 + b3 + c3 ≤ 9 Bài 2.4 Cho bốn số a, b, c, d thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn điều kiện (1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) = abcd. Giáo viên: Lê Hồng Quân

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2 2 2 2 Chứng minh rằng a + b + c + d ≥ 1. Dạng 3: Bất đẳng thức với điều kiện cho ba biến có tích bằng 1 z x

H Ơ N ẠO

1 1 1 3 + + ≥ a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

* Nhận xét: a, b, c là các số thực dương và abc = 1 nên ta đặt:

TR ẦN

x y z a = ; b = ; c = , với x, y, z là các số thực dương. y z x

1 1 1 3 1 1 1 3 + + ≥ ⇔ + + ≥ a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2 xy  y z  zx  2  + 1  + 1  + 1 yz  zx  xy 

3 yz zx xy + + ≥ xy + zx yz + xy zx + yz 2

⇔

Ta có:

ẤP

Đây chính là BĐT Nesbnit cho ba số dương xy, yz, zx, suy ra điều phải chứng

minh

Í-

Ví dụ 16: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm GTNN của

-L

biểu thức:

x y

y z

Đặt: a = ; b = ; c =

z x

(với x, y, z là các số thực dương).

Khi đó: x4 + y4 + z4 + 3(x2y2 + y2z2 + z2x2) = (x2 + y2 + z2)2 + (x2y2 + y2z2 + z2x2)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

a 2b b 2c c2a P= + + a+b b+c c+a

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Chứng minh rằng

TP .Q

Ví dụ 15: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1.

Sau đây là một số ví dụ làm sáng tỏ điều này

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

y z

x y

Cách1 : Đặt a = ; b = ; c = , với x, y, z ≠ 0.

≤

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

4 2 (x + y2 + z2)2 3

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 cyc

" Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2

2x a b x2 2 =∑ ≥ ∑ 2 2 2 a + b cyc 2 xz + 2 y 2 cyc x + z + 2 y

H Ơ

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có 2

(

)

ẠO

cyc

a 2b 3 ≥ a+b 2

TP .Q

p=∑

Suy ra

)

(

x2 x2 + y2 + z2 3 3 ≥ ≥ 2. = 2∑ 2 2 . 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 4 2 x + y + z +3 x y + y z + z x cyc x + z + 2 y

1  b 

 

1  c 

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 17: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1.Chứng minh 1 a

TR ẦN

rằng:  a − 1 +   b − 1 +  c − 1 +  ≤ 1

Nhận xét: a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt:

x y z a = ; b = ; c = , với x, y, z là các số thực dương. y z x 1  c 

1 a

1  b 

 

ẤP

Ta có:  a − 1 +   b − 1 +   c − 1 +  ≤ 1 ⇔ (*)

⇔ ( x − y + z)( y − z + x )( z − x + y ) ≤ xyz

( x − y + z)( y − z + x )(z − x + y) ≤1 xyz

Í-

Đặt x = m + n; y = n + p; z = p + m .Khi đó(*)⇔ (m + n)(n + p)( p + m ) ≥ 8mnp (**)

m + n ≥ 2 mn ; n + p ≥ 2 np ; p + m ≥ 2 pm

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Áp dụng BĐT AM – GM cho hai số dương ta có:

Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Vậy GTNN của P bằng 3/2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

p=∑

Ta có

thức cần chứng minh. Chú ý: Ta có thể chứng minh (*) theo cách sau đây: Do vai trò x, y, z có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát nên giả sử : x ≥ y ≥ z > 0. Như vậy x – y +z > 0 và y – z + x > 0. + Nếu z – x + y ≤ 0 thì (*) hiển nhiên đúng. 11 Giáo viên: Lê Hồng Quân

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" + Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có: ( x − y + z)( y − z + x ) ≤ x ;

(z − x + y )( x − y + z) ≤ z

( y − z + x )( z − x + y ) ≤ y ;

H Ơ

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy ra (*).

Vậy (*) đúng cho mọi x, y, z là các số thực dương, suy ra bài toán được chứng

* Việc đổi biến và vận dụng (**) một cách khéo léo giúp ta giải được bài toán

b2 + 8ca

; z=

≥1

c 2 + 8ab

a2 + 8bc

; y=

c2 + 8ab

Ta thấy x, y, z đều dương và BĐT cần chứng minh trở thành S = x + y + z ≥ 1 .

1 y2

−1 =

8ca b2

;

1 z

−1 =

8ab c2

Tương tự ta có:

ẤP

a2 + 8bc

  1 8bc a a2 = ⇒ −1 = .  2 2 2  2  a + 8 bc x a  a + 8bc 

⇒ x2 = 

Do x =

Í-

 1  1  1  3  2 − 1  2 − 1  2 − 1 = 8 x  y   z

(1)

ÁN

-L

Suy ra:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Mặt khác nếu S = x + y + z < 1  S2   S2   S2   1  1  − 1 − 1  − 1  >  − 1  − 1  − 1   2  x 2   y 2   z2  x2   y 2    z

 1

thì: T = 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đặt x =

b2 + 8ca

Ư N

a2 + 8bc

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 18: Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:

ẠO

ở ví dụ 18 sau đây

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

minh.

– Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz (theo (**) (2) –Với ba số dương x + y, y + z, z + x ,ta lại có (S + x )(S + y )(S + z) ≥ 64 xyz

(3)

– Nhân (2) và (3) vế với vế, ta được: Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 2

" Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2

3 2 2 2

(S – x )(S – y )(S – z ) ≥ 8 x y z  S2

 S 2   S2  − 1 − 1  − 1 ≥ 83  2  x2   y 2   z

H Ơ

hay: 

Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1).

*Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu

y z

z x

ẠO

Ư N

TR ẦN

hiệu, sau đây là các ví dụ minh chứng điều này

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

z ≠ 0. Lúc này việc đặt a = ; b = ; c = , với abc = 1 là một phương pháp hữu

Ví dụ 19: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: b c a + + ≤1 a + 2 b b + 2c c + 2 a

a b

b c

b +2 c

c a

00 1

c +2 a

≤ 1.

a +2 b

a b c + + ≥1 a + 2 b b + 2c c + 2 a

ẤP

1) BĐT ⇔

Đặt x = ; y = ; z = . Ta có x, y, z là các số thực dương có tích xyz = 1.

Í-

1 1 1 1 1 1 + + ≤1 ⇔ + + ≤1 a b c x +2 y+2 z+2 +2 +2 +2 b c a

ÁN

-L

Suy ra:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇔ (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2) ≤ (x + 2)(y + 2)(z + 2) ⇔ (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12 ≤ xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 8

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

x y

x y z ; ; , với x, y, y z x

thức ( hoặc biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Vậy S = x + y + z ≥ 1, tức bài toán được chứng minh.

⇔ 4 ≤ xyz + xy + yz + zx ⇔ 3 ≤ xy + yz + zx.

Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có: xy + yz + zx ≥ 33 ( xyz)2 = 3 . Suy ra điều phải chứng minh.

2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1). Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

 b c a   a b c  + + + + + =3  a + 2 b b + 2 c c + 2 a   a + 2 b b + 2c c + 2 a 

Cách 2: Ta có: 2 

x y

y z

z ở đây còn áp dụng được rất x

* Việc đổi biến bằng cách đặt a = ; b = ; c =

H Ơ

Áp dụng kết quả bài toán 1), ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

(Việc đưa ra hai ví dụ sau nhằm nhấn mạnh thêm tính đa dạng và hữu hiệu

ẠO

của phương pháp đổi biến trong giải toán nói chung)

y z

TR ẦN

x y

z x

*Nhận xét: Vì abc = 1 nên ta có thể đặt a = ; b = ; c = , với x, y, z ≠ 0.

yz zx xy + + = 1 (đpcm) xy + yz + zx xy + yz + zx xy + yz + zx

ẤP

1 1 1 + + x x y y z z 1+ + 1+ + 1+ + y z z x x y

Khi đó vế trái của đẳng thức trên được biến đổi thành:

Ví dụ 21: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:  a − 1 + 1   b − 1 + 1   c − 1 + 1  =  a + 1 − 1   b + 1 − 1   c + 1 − 1  (*)  b 

 c 

Í-

 

  a 

x y

y z

 b 

 c 

 a

z x

ÁN

-L

* Nhận xét: Tương tự trên ta đặt a = ; b = ; c = , với x, y, z ≠ 0.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Khi đó vế trái của đẳng thức (*) được biến đổi thành: x z  y x  z y  x−y+z y−z+ x z− x+ y . .  − 1 +  − 1 +   − 1 +  = y  z y  x x y z x y

( x − y + z)( y − z + x )(z − x + y ) xyz

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 1 1 + + =1 1 + a + ab 1 + b + bc 1 + c + ca

Ví dụ 20: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

hay ở bài toán chứng minh đẳng thức, ví dụ 20; 21 sau đây cho thấy điều này.

(1)

Tương tự ta cũng biến đổi được vế phải của (*) về biểu thức (1), suy ra đpcm.

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Cách 2 : Ngoài cách trên với các BĐT mà chứa biến ở mẫu thì cách đổi biến

1 ; x, y, z > 0) có thể giúp ta giải quyết được một lớp bài toán z

khó. Sau đây là một số ví dụ minh họa cho điều này:

TP .Q

1 y

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 ( x, y, z > 0) z

TR ẦN

3 6 ≥ a + b + c ab + bc + ca 3abc 6abc ⇔ 1+ ≥ a + b + c ab + bc + ca 3 6 ⇔ 1+ ≥ 1 1 1 1 1 1 + + + + ab bc ca a b c 3 6 ⇔ 1+ ≥ xy + yz + zx x + y + z

Khi đó ta có

ẤP

Áp dụng BĐT AM – GM ta có 3 9 ≥ 1+ xy + yz + zx ( x + y + z )2

-L

Í-

3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 => 1 +

( x + y + z )2

  6 3  ≥ 0 với ∀ x,y,z − = 1 + x+ y+z  x + y + z 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Mặt khác

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

1 x

Nhận xét: do abc = 1 ta đặt: a = , b = , c =

ẠO

3 6 (1) ≥ a + b + c ab + bc + ca

Ví dụ 22 : Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

1 y

H Ơ

1 x

( a = ,b = ,c =

đơn giản là: biến mới là nghịch đảo các biến của bất đẳng thức đã cho

⇒1+

(x + y + z )

≥

6 3 6 ⇒1+ ≥ x+ y+z xy + yz + zx x + y + z

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 hay a = b = c = 1 Ví dụ 23: Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh:

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 5

b (c + 2a )

1 5

c (a + 2b )

1 3

≥

1 => xyz = 1 và x, y, z > 0 z

Đặt a = , b = , c =

∑ (z + 2 y )

Bất đẳng thức đã cho viết lại là:

≥

1 3

Áp dụng BĐT AM – GM ta có

∑ (z + 2 y )

ẠO Đ H

cyc

TR ẦN

Vậy BĐT được chứng minh, dấu bằng xảy ra khi a = b= c =1

1 2

a (b + c)

b (c + a)

(a + b)

≥

3 2

1 2

Ví dụ 24. Với các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:

ẤP

Đẳng thức xảy ra khi nào?

. Đặt x = , y = , z = , ta thu được: xyz = 1 .

a (b + c )

Í-

Ta có:

x y+z

TO G Ỡ N ID Ư

y+z

ÁN

-L

x yz

Biến đổi tương tự, ta được:

BỒ

x + y + z 33 xyz 1 ≥ ≥ 9 9 3

≥

1 2

b (c + a)

z+x c

1 2

(a + b)

z x+ y

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x y+z

z+x

x+ y

≥

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Từ đó suy ra

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(z + 2 y )

z + 2 y z + 2 y 3x + ≥ 27 27 9

Ư N

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

cyc

1 y

H Ơ

1 x

a (b + 2c )

1 5

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

3 2

 x   y  9   z ⇔ + 1 +  + 1 +  + 1 ≥  x+ y  y+z  z+x  2 

⇔ ( x + y + z )

y+z

1 z+x

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

 9 ≥ x + y  2 1

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Áp dụng bất đẳng thức trong Ví dụ 1, ta có:  1 1 1  y + z ) + +  x+ y y+z z+x (x + y + y + z + z + x) 1 + 1 + 1  ≥ 9 =   2 x+ y y+z z+x 2

H Ơ

(x +

ẠO

*Gần tương tự ví dụ trên, ta xét BĐT sau

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c ) b (c + a ) c (a + b ) 2 1

TR ẦN

*Đặt x = , y = , z = , ta thu được: xyz = 1 .

x2 y2 z2 3 + + ≥ y+z z+x x+ y 2

Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với

BĐT trên dễ dàng chứng minh bằng BĐT AM – GM

ẤP

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

x y

y z

z 1 1 1 hoặc a = , b = , c = ( x, x x y z

Cách 3 Ngoài hai cách đổi biến: a = ; b = ; c =

Í-

y, z > 0) như trên ta còn có các cách đổi biến khác . Cụ thể tôi đưa ra các ví dụ

-L

sau để thấy rằng việc đổi biến là rất đa dạng, qua đó thúc đẩy sự tìm tòi và say

ÁN

mê học tập của các em học sinh, càng có nhiều kỹ năng cũng như óc quan sát,

BỒ

ID Ư

Ỡ N

chịu khó tìm tòi các em càng có nhiều sáng tạo trong việc đổi biến. Từ đó các

em có thể giải được nhiều hơn các dạng bài chứng minh BĐT phong phú và

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ví dụ 25: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x + y = y + z = z + x ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c

Do đó, ta có điều phải chứng minh.

đa dạng Ví dụ 26: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh:

a 2

(a + 1)

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

b 2

(b + 1)

c 2

(c + 1)

−

4 1 ≤ (a + 1)(b + 1)(c + 1) 4

(*)

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 Đặt: x =

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

1− a 1− b 1− c 1− x 1− y 1− z ⇒ –1<x, y, z < 1 và a = . ;b= ;c= ;y= ; z= 1+ a 1+ b 1+ c 1+ x 1+ y 1+ z

2 = 1+ x a +1

= 1 − y2;

2 4c 2 = 1 + y và = 1 − z2 ; = 1+ z 2 b +1 c +1 (c + 1)

(a + 1)

4b 2

(b + 1)

4c 2

(c + 1)

≤ 1 + 2.

2 2 2 . . (a + 1) (b + 1) (c + 1)

TP .Q

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ 1 − x 2 + 1 − y 2 + 1 − z2 ≤ 1 + 2(1 + x )(1 + y )(1 + z)

TR ẦN

⇔ x 2 + y 2 + z2 + 2( xy + yz + zx ) + 2( x + y + z + xyz) ≥ 0 ⇔ ( x + y + z)2 ≥ 0 .

Đây là bất đẳng thức luôn đúng nên bài toán được chứng minh

– y)(1 – z). Chứng minh rằng:

Ví dụ 27: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x, y, z ∈ (0;1) và xyz = (1 – x)(1

ẤP

x 2 + y 4 y 2 + z 4 z 2 + x 4 15 + + ≥ y z x 8

*Nhận xét: Mới nhìn ta thấy BĐT chưa có ĐK abc = 1. Nhưng khi biến đổi điều

1− x 1− y 1− z , b= , c= . Từ ĐK của đề bài ta có abc = 1 và a, b, c > 0 x y z

ÁN

-L

Đặt a =

Í-

kiện của đề bài và đổi biến ta có thể đưa về dạng quen thuộc như sau:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

*Trong ba số dương a, b, c có tích bằng 1 luôn tồn tại hai số nằm cùng phía so với 1. Giả sử là a và b. - Khi đó (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ a + b ≤ 1 + ab =

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

nên: (*) ⇔

ẠO

(b + 1)

Tương tự:

(a + 1)

= 1 − x2;

Mặt khác:

H Ơ

Từ abc = 1 ⇒ (1 – x)(1 – y)(1 – z) = (1 + x)(1 + y)(1 + z) ⇒ x + y + z + xyz = 0.

1+ c c

Áp dụng BĐT cauchy – Schwarz ta có 1

(1 + a )

(1 + b )

≥

1 1 + (1 + ab )1 + a  (1 + ab )1 + b   b  a

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

b a 1 c = + = = (1 + ab )(a + b ) (1 + ab )(a + b ) 1 + ab c + 1

H Ơ

c 1 + c + 1 (c + 1)2

≥

(1 + c )

3 3 ≥ 4 4

+ y2 + z2

) (x

)

+y +z 3

)

(

)

= 3 x2 + y2 + z2 ≥

+ y2 + z2

3 (1) 2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 3 ≥   4

TR ẦN

+y +z

2 3

)

3 8

) ≥ (x

(2)

Suy ra x 3 + y 3 + z 3 ≥

3 2

Cộng (1) và (2) theo vế ta có

(

Mặt khác 3 x + y + z

ẤP

x 2 + y 4 y 2 + z 4 z 2 + x 4 15 + + ≥ (đpcm) y z x 8

Í-

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1/2

Ỡ N

ÁN

-L

Ví dụ 28: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

ID Ư

BỒ

Ư N

(x + y + z ) ≥ x2 y2 z2 + + ≥ 2 y z x x y + y2z + z2x

ẠO

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có

1 1 1 + + ≤1 a+b+c b+c+a c+a+b

*Đặt: a = x3, b = y3, c = z3 (x, y, z > 0) và xyz = 1

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

(c − 1)2 2 4(c + 1)

(1 + b )

(1 + a )

TP .Q

x2 + y2 + z 2 =

Suy ra

BĐT cần chứng minh tương đương với 1 1 1 + 3 + 3 ≤1 3 3 x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1 3

Áp dụng BĐT AM – GM ta có x3 + y3 + 1 = (x + y)(x2 + y2 – xy) + xyz ≥ (x + y)xy + xyz = xy(x + y + z)

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

suy ra

1 1 ≤ 3 3 x + y + 1 xy( x + y + z )

Tương tự

1 1 ≤ 3 y + z + 1 yz ( x + y + z )

H Ơ

1 1 ≤ 3 z + x + 1 zx(x + y + z )

TP .Q

Cộng từng vế ba BĐT trên ta có

ẠO

1 1 1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ + + 3 3 3 x + y + 1 y + z + 1 z + x + 1 xy ( x + y + z ) yz ( x + y + z ) zx( x + y + z )

Ư N H

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 1 1 1 1 1  + +  = = 1 (đpcm) x + y + z  xy yz zx  xyz

TR ẦN

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1

Ví dụ 29: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 8. Tìm GTLN của

1 1 1 + + 2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6

*Đặt: a = 2x2 , b = 2y2 , c = 2z2 ⇔ xyz = 1

ẤP

1 1 ∑ 2 2 cyc 2 x + y 2 + 3

Mặt khác

∑ (2 x

Suy ra

+ y 2 + 3 = ∑ ( x 2 + y 2 ) + x 2 + 1 + 2 ≥ ∑ 2( xy + x + 1)

)

(

cyc

1 1 1 = ( Vì xyz = 1 nên ∑ 4 cyc xy + x + z 4

ÁN

-L

Suy ra P ≤

) )

cyc

Í-

cyc

∑ xy + x + z =1) cyc

Ví dụ 30. Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng:

Ỡ N

Vậy GTLN của P bằng 1/4 khi và chỉ khi a = b = c = 2

BỒ

ID Ư

a b c+

c b

2 2

b ac

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

≥ ac + ab + 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào?

*Nhận xét: Chia cả hai vế cho bc > 0 , ta được: 3

a b+

c b

≥

a b

a c

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 Đặt a = x, b =

≥ xy + yz + zx

TP .Q

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a =

Bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh trên đó được chứng minh

1 1 1 =  + +  (3 + 2 ab + 2 bc + 2 ca ) a b c

ẤP

Ta sẽ chứng minh: xy2 ≥ 27

ab bc ca   = 3 x + 2 2(a + b + c ) + + +  (2) c a b  

Í-

Mặt khác áp dụng BĐT AM – GM ta có

ÁN

-L

1  ab ca  1  ab bc  1  bc ca   + ≥a;  + ≥b;  +  ≥ c; 2 c b  2 c a 2 a b 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Kết hợp với (2) ta được

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

1 1 1 + + và y = a + b + c a b c

Thật vậy với a2 + b2 + c2 = 3 ta có

(1)

Đặt: x =

1 1 1 3 15 + + + (a + b + c) ≥ a b c 2 2

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

minh rằng:

ẠO

Ví dụ 31 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

H Ơ

,c=

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

xy2 ≥ 3x + 2[2(a + b + c) + (a + b + c)] = 3(x + y + y) ≥ 9 3 xy 2 Vậy xy2 ≥ 27 (3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 + Mặt khác

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

1 1 1 9 9 x= + + ≥ ≥ =3 a b c a+b+c 3 a2 + b2 + c2

(

)

H Ơ

=> x ≥ 3 (4)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

TP .Q

1 1 1 3 3 + + + (a + b + c) = x + y 2 a b c 2 3 1 = ( y + y + x) + x 4 4

TR ẦN

Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1

Ví dụ 32: Cho các số thực a, b với a + b ≠ 0.

 1 + ab  Chứng minh: a + b +   ≥2  a+b 

1 + ab . Ta có: ab + bc + ca = –1 và lúc này BĐT cần chứng minh trở a+b

ẤP

Đặt c = −

thành:

a2 + b2 + c2 ≥ 2 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ −2(ab + bc + ca) ⇔ (a + b + c)2 ≥ 0 (luôn đúng).

-L

Í-

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

ÁN

Bài tập tự luyện:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Bài 3.1: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 5(a + b + c) – 7

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ Ư N

3 1 ≥ .33 xy 2 + .3 4 4 3 3 15 ≥ .33 27 + = 4 4 2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Gọi vế trái của (1) là P từ (3), (4) ta có

Bài 3.2: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: a+3 2

(a + 1)

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

b+3 2

(b + 1)

c+3 (c + 1)2

≥3

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Bài 3.3: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh:

a b c 3 + + ≥ (a + b + c − 1) . b c a 2

N Y

TP .Q

* Các bài toán BĐT ba biến có điều kiện với tích ba biến là một hằng số,

ẠO

thường rất khó xử lí trực tiếp. Vì vậy ba cách đổi biến đơn giản sau có thể giúp

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

hữu ích mà khi sử dụng chúng ta có thể giải được nhiều bài toán khó về BĐT

*Tổng quát với ba phép đổi biến sau:

TR ẦN

Dạng 4: Bất đẳng thức với điều kiện: abc = k3 (a, b, c là ba số thực khác 0)

Với ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn abc = k3, thì

(I)Tồn tại các số thực x, y, z khác 0 sao cho

ẤP

kx 2 ky 2 kz 2 a= , b= , c= yz zx xy

(II) Tồn tại các số thực m, n, p khác 0 sao cho

knp kpm kmn , b= 2 , c= 2 2 m n p

-L

Í-

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

(III) Tồn tại các số thực u, v, w khác 0 sao cho

ku kv kw , b= , c= v w u

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ta giải được một lớp các bài toán dạng này. Tôi nghĩ đây sẽ là ba cách đổi biến

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

2(1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c 2 ) ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) − 2(1 + abc )

H Ơ

Bài 3.4: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh:

Chứng minh: (1)

3 Chọn x = a ,

y = 3 b , z = 3 c thì ta có

kx 2 k 3 a 2 ka ka = 3 =3 = =a yz bc abc 3 k 3

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

Tương tự, ta cũng có b =

ky kz , c= ca ab

Ta chọn m = 1/x, n = 1/y, p = 1/z

(3)

Ta chọn u = x/z, v = y/x, w = z/y

(1 + b )

(1 + c )

≥

3 4

(1)

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

biến thích hợp cho bài toán khó này

Cách 1: Theo (II)

np pm mn , b = , c = ( m, n, p là các số thực khác 0) m2 n2 p2

TR ẦN

Đặt a =

+ np

) (n

+ pm

) (p

p4 2

+ mn

)

3 4

≥

Thay vào (1) ta có

ẤP

Áp dụng BĐT (CBS) ta có

(m2 + np)2 ≤ (m2 + n2)(m2 + p2)

Í-

Tương tự cho (n2 + pm)2 và (p2 + mn)2

-L

Từ đó ta có BĐT

ÁN

m4 n4 p4 3 + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 m +n m + p n + p n +m p +m p +n

BỒ

ID Ư

Ỡ N

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

( 2)

<=> m2n2(m2 + n2) + n2p2(n2 + p2) + p2m2(p2 + m2) ≥ 6m2n2p2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

*Nhận xét: Từ giả thiết ta có k = 1, do đó theo (II) hoặc (III) ta sẽ có hai cách đổi

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

(1 + a )

TP .Q

Ví dụ 33: Với a, b, c là ba số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

H Ơ

(2)

Áp dụng BĐT AM –GM ta thấy BĐT cuối đúng nên BĐT (2) đúng nên BĐT (1)

đúng Cách 2: theo (III) Tồn tại các số thực u, v, w khác 0

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

u v w , b= , c= v w u

Đặt

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

H Ơ

Thay lại (1) ta có BĐT cần chứng minh sau 2

Thay lại ta có

TR ẦN

2x2 2 y2 2z 2 a= , b= , c= yz zx xy

x4 y4 z4 ≥1 + + x 4 + x 2 yz + y 2 z 2 y 4 + y 2 zx + z 2 x 2 z 4 + z 2 xy + x 2 y 2

ẤP

Áp dụng BĐT (CBS) vào vế trái và biến đổi tương đương ta có

(xy – xz)2 + (yz – yx)2 + (zx – zy)2 ≥ 0 BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng

Í-

Ví dụ 35: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

-L

1 1 + 8b

1 1 + 8c

≥ 1 (1)

ÁN

1 + 8a

Đặt a =

np pm mn , b = , c = m2 n2 p2

( Với m, n, p là các số dương)

Thay lại ta cần chứng minh BĐT

BỒ

ID Ư

Ỡ N

*Nhận xét: từ giả thiết k = 1 nên theo (II)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

*Nhận xét: Từ giả thiết ta có k =2 theo (I)

Đặt

Đ G

(1)

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a2 b2 c2 + + ≥1 a 2 + 2a + 4 b 2 + 2b + 4 c 2 + 2c + 4

ẠO

Ví dụ 34 : Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Trong trường hợp u, v, w là các số dương áp dụng BĐT AM – GM

3  v   w   u    +  +  ≥ 4 u + v v + w  w+u 

m 2

m + 8np

n 2

n + 8 pm

p p + 8mn

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

≥ 1 đây là BĐT ở Ví dụ 13:

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Ví dụ 36: Cho a, b, c là các số thực khác 1 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 2

H Ơ

 a   b   c    +  +  ≥ 1 (1)  a −1  b −1  c −1

ẠO

TP .Q

x2 y2 z2 , b= , c= Đặt a = yz zx xy

− yz

) (y

− zx

) (z

− xy

)

≥1

− yz

) (y

− zx

) (z

− xy

)

≥

(x (x

+ y2 + z2

) (

)

) (

− yz + y 2 − zx + z 2 − xy

TR ẦN

Áp dụng BĐT (CBS) ta được

)

Ta thấy (x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ (x 2 − yz ) + (y 2 − zx ) + (z 2 − xy )

⇔ ( yz + zx + xy ) ≥ 0 BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng

ẤP

Nhận xét: Ta cũng có thể đổi biến theo (III)

Bài tập tự luyện:

-L

Í-

Bài 4.1 : Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng 1

ÁN

c/ d/

1 + (1 + x )

TO G

Ỡ N ID Ư

BỒ

x+3

(x + 1)

(1 + x )

1 1 1 + ≥ 3 3 3 1 +(1 + y ) 1 + (1 + z )

y+3

( y + 1) 1

(1 + y )

1 2

4x + x + 4

z+3

(z + 1)2 1

(+ z )

≥3

2 ≥1 (1 + x )(1 + y )(1 + z )

1 2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Khi đó BĐT (1) trở thành

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

*Nhận xét: từ giả thiết k = 1

4y + y + 4

1 2

4z + z + 4

≤1

Bài 4.2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 27 .Chứng minh rằng 26 Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 1

a 2 + 21a + 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT" 1 b 2 + 21b + 9

≥

c 2 + 21c + 9

1 3

)(

)

+ 2 b +1

)(

)

+1 c +1

)(

)

+1 a +1

≥

4 3

H Ơ

Bài 4.3 Cho abc là các số dương thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng

b, c không âm có vai trò như nhau ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến

TR ẦN

xy – z = (a + b)(b + c)(c + a)

Ta có các đẳng thức sau:

(2)

x 2 + y = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b)

(1)

x 2 − 2 y = a2 + b 2 + c2

(3)

x 3 − 3 xy + 3z = a3 + b3 + c3

(4)

ẤP

Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau:

x 2 ≥ 3y

x 3 ≥ 27z

(6)

y 2 ≥ 3 xz

(7)

xy ≥ 9z

(8)

x 3 − 4 xy + 9z ≥ 0

(9)

Ví dụ 37: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 2(1 + a + b + c)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

(5)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

z = abc .

y = ab + bc + ca ;

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đặt x = a + b + c ;

ẠO

như sau:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Dạng 5: Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a,

* Đặt x = a + b + c ;

y = ab + bc + ca ;

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

z = abc .

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Theo (1) thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

H Ơ

Do z = abc = 1 nên theo (6) và (7) suy ra: x ≥ 3; y ≥ 3 suy ra: x(y – 2) ≥ 3

xy − z ≥ 2(1 + x ) ⇔ xy − 1 ≥ 2(1 + x ) ⇔ x ( y − 2) ≥ 3 .

là BĐT đúng. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 3 hay a = b = c =1. Suy ra bài toán

12 ≥5 y

(*)

4y − 9 12 4 y − 9 12 + ⇒ z+ ≥ 3 y y 3

(**)

z≥

Suy ra:

Theo (9) kết hợp với x = a + b + c =3 ta có: 27 − 12 y + 9z ≥ 0 .

ẤP

4 y − 9 12 + ≥ 5 ⇔ 4 y 2 − 9 y + 36 ≥ 15y ⇔ ( y − 3)2 ≥ 0 (đúng với mọi y). 3 y

Mặt khác:

Từ (*) và (**) suy ra bài toán được chứng minh.

-L

Í-

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1

ÁN

Ví dụ 39: Cho ba số không âm a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca + abc = 4 . Chứng

BỒ

ID Ư

Ỡ N

minh:

3(a2 + b 2 + c 2 ) + abc ≥ 10

Đặt x = a + b + c ;

(*)

y = ab + bc + ca ;

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

TR ẦN

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO z = abc .

y = ab + bc + ca ;

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

* Đặt x = a + b + c ;

12 ≥5 ab + bc + ca

abc +

TP .Q

Ví dụ 38: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = 3. Chứng minh

được chứng minh

z = abc

Do y + z = ab + bc + ca + abc = 4 , nên theo (3) bất đẳng thức (*) trở thành: 3( x 2 − 2 y) + z ≥ 10 ⇔ 3 x 2 − 6 ≥ 7 y .

Mặt khác, theo (9) suy ra:

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

x 3 − 4 xy + 9( y + z) ≥ 9 y ⇒ x 3 + 36 ≥ 9 y + 4 xy ⇒ y ≤

x 3 + 36 . 4x + 9

Vậy để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh: 3 x 2 − 6 ≤ 7.

x 3 + 36 4x + 9

H Ơ

Chuyên đề BDHSG Toán 9

Y U

TR ẦN

Đây là bất đẳng thức đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1 Ví dụ 40: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng 1 1 1 a+b+c 3 + + ≥ + a+b b+c c+a 6 a+b+c

minh:

y = ab + bc + ca = 3 ;

z = abc .

ẤP

1 1 1 a+b+c 3 + + ≥ + a+b b+c c+a 6 a+b+c

Ta có:

Đặt x = a + b + c ;

(a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) a + b + c 3 ≥ + (a + b)(b + c)(c + a) 6 a+b+c

(*)

⇔

-L

Í-

Theo (1) và (2) thì (*) trở thành:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

x2 + y x 3 ≥ + ⇔ ( x 2 + 3)6 x − ( x 2 + 18)(3 x − z) ≥ 0 xy − z 6 x

⇔

6 x 3 + 18 x − 3 x 3 − 54 x + x 2 z + 18z ≥ 0 ⇔ 3 x 3 − 36 x + x 2 z + 18z ≥ 0

⇔

3( x 3 − 12 x + 9z) + x 2 z − 9z ≥ 0

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ư N

( x − 3)(5 x 2 + 42 x + 102) ≥ 0

⇔

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

x 3 + 36 ⇔ 12 x 3 − 24 x + 27 x 2 − 54 ≥ 7 x 3 + 252 4x + 9

Từ đó ta có: 3 x 2 − 6 ≤ 7.

TP .Q

x2 x3 + ⇒ x 3 + 9 x 2 − 108 ≥ 0 ⇒ ( x − 3)( x 2 + 12 x + 36) ≥ 0 ⇒ x ≥ 3 . 3 27

ẠO

4= y+z≤

Thật vậy, từ (5) và (6) suy ra:

⇔ 3( x 3 − 4 xy + 9z) + z( x 2 − 9) ≥ 0

Do y = 3 nên từ (5) suy ra x 2 ≥ 9 , kết hợp (9) ta có bất đẳng thức trên đúng, suy ra bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Ví dụ 41: Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn abc = (1 – a)(1– b)(1 – c) . Chứng a3 + b3 + c3 + 5abc ≥ 1

H Ơ

Ư N

Ta xét ba trường hợp sau:

TR ẦN

Trường hợp 1: Nếu x ≤ 1 thì x 3 − 4 x + 3 = (1 − x )(3 − x − x 2 ) ≥ 0 > y(3x − 4) . 4 thì: 3x – 4< 0 và 0 < x – 1 < y, suy ra: 3

Trường hợp 2: Nếu 1 < x <

4 thì: 3

ẤP

Trường hợp 3: Nếu x ≥

( x 3 − 4 x + 3) − y(3 x − 4) > ( x 3 − 4 x + 3) − ( x − 1)(3 x − 4) = ( x − 1)3 > 0

x2 (2 x − 3)2 (3 x − 4) = ≥0 3 2

( x 3 − 4 x + 3) − y(3 x − 4) > ( x 3 − 4 x + 3) −

Í-

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có x 3 − 4 x + 3 ≥ y(3x − 4) luôn đúng, suy ra

ÁN

-L

bài toán được chứng minh.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =

1 2

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

x2 . 3

ẠO

x 3 − 3 xy + 3z + 5z ≥ 1 ⇔ x 3 − 3 xy + 8z ≥ 1 ⇔ x 3 − 4 x + 3 ≥ y(3 x − 4)

TP .Q

Theo (9) thì ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

Chú ý rằng: 1 – x + y = 2z ≥ 0 và x 2 ≥ 3y suy ra: x − 1 < y <

thì ta có: 2z = 1– x + y .

Do vậy, nếu đặt x = a + b + c ; y = ab + bc + ca = 3 ; z = abc

Ta có: abc = (1– a)(1 – b)(1 – c) = 1 –(a + b + c) + (ab + bc + ca) – abc .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

minh:

* Như vậy với năm dạng toán trên ta thấy được những hiệu quả mà cách đổi biến mang lại. Bằng những kỹ năng quan sát, phân tích và sự kết hợp khéo léo giữa việc đổi biến và sử dụng các bất đẳng thức cổ điển đã giúp ta giải quyết được nhiều bài toán rất hay và khó. Xong không chỉ dừng lại ở đó, nếu người làm toán chịu khó tìm tòi, có óc quan sát và tư duy logich tốt ta còn có thể có nhiều sáng tạo hơn nữa trong việc đổi biến để tìm ra lời giải của các bài toán Giáo viên: Lê Hồng Quân

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" hay và khó. Xin giới thiệu thêm một số cách đổi biến hiệu quả khác qua các ví dụ sau:

H Ơ N

3(b + c ) 4a + 3c 12(b − c ) + + 2a 3b 2a + 3c

Ví dụ 42: Cho a, b, c > 0. Tìm GTNN của biểu thức sau:

cách đổi biến sau

y + z 2x + z 4 y − 4z y + z + x − x 2x + z 4 y + 4x − 4x − 4z + + = + + x y x+z x y x+z

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Biểu thức đã cho được viết lại:

 y x z+x x+ z 4x 4y   − 5 ≥ 10 − 5 = 5 =  +  +  + + + y x + z x + z   x y  x

Tương tự ta xét ví dụ sau

Ví dụ 43: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng ming rằng

ẤP

a + b + 3c a + 3b + c 3a + b + c 15 ≥ + + 3a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 2a + 3b + 3c 8

Í-

biến sau

* Bằng cách tương tự và rất tự nhiên khi nhìn vào mẫu thức ta có cách đổi

-L

Đặt: x = 3b + 3c + 2a, y = 3a + 3c + 2b, z = 3a + 3b + 2c. Khi đó vế trái BĐT

ÁN

cần chứng minh là

BỒ

ID Ư

Ỡ N

VT =

≥

7x  + 8 z

z  7  y z  7  x y  27 +  + +  + − x  8  z x  8  y x  8

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

Đặt: x = 2a, y = 3b, z = 3c

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

* Nhận xét: Một cách rất tự nhiên ta nhìn vào mẫu thức của biểu thức P ta có

7 (2 + 2 + 2) − 27 = 15 (đpcm) 8 8 8

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" * Đối với một số dạng BĐT chứa căn thức ta cũng cần khéo léo đổi biến để có thể áp dụng các PP chứng minh BĐT từ đó tìm ra hướng giải quyết bài

toán

H Ơ

Ví dụ 44: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: a + b + c = 3

TP .Q

Đặt: x = a ; y = b ; z = c .

ẠO

Từ giả thiết suy ra x2 + y2 + z 2 = 3 và ta có P = x2y + y2z + z2x – xyz

(

)(x

)

(

)

Ư N

2 x2 + y2 + z2  ≤  =8 3  

2y x + z

Mặt khác, áp dụng BĐT AM – GM ta có

ẤP

Từ đó P ≤ y (x 2 + z 2 ) ≤ 2

Vậy GTLN của P bằng 2

ÁN

-L

Í-

a = b = c = 1 x = y = z  a = 2  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  z = 0 và các hoán vị ⇔  b = 1  2 2  x = 2y   c = 0

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ví dụ 45: Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm GTLN của biểu thức: P=

ab c + 3 ab

bc a + 3 bc

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Do đó P ≤ yx2 + yz2 = y(x2 + z2)

TR ẦN

Ta có z(y – x)(y – z) ≤ 0 ⇔ y2z + z2x – xyz ≤ yz2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Không mất tính tổng quát, giả sử y là số nằm giữa x và z

Dễ thấy P ≥ 0 theo BĐT AM – GM

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Tìm GTLN của biểu thức: P = a b + b c + c a − abc

ca b + 3 ca

Đặt : x = a ; y = b ; z = c . (x, y, z > 0) Khi đó P =

yz zx xy + 2 + 2 x + 3 yz y + 3zx z + 3 xy 2

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

 1 x y z  = 1 −  2 + 2 + 2 3  x + 3 yz y + 3 zx z + 3 xy  2

H Ơ

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz và BĐT 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2, ta có 2

ẠO

Vậy GTLN của P là 3/4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

+ cz = xyz. Chứng minh rằng: x + y + z > a + b + b + c + c + a a b c + + =1 yz zx xy

TR ẦN

Từ giả thiết: ax + by + cz = xyz. ta viết

Đặt: a = yzu, b = zxv, c = xyw một cách tự nhiên, trong đó u, v, w là các số

dương và u + v + w = 1

Bất đẳng thức càn chứng minh tương đương với

z ( yu + xv ) + x( zv + yw) + y ( xw + zu ) < x + y + z (1)

ẤP

Áp dụng bất dẳng thức CBS ta có

( z ( yu + xv ) + x( zv + yw) + y ( xw + zu ) ) 2 ≤ ( x + y + z )( yu + yw + xv + xw + zu + zv) ta có:

ÁN

-L

Í-

yu + yw + xv + xw + zu + zv = y (u + w) + x(v + w) + z (u + v) x = y (1 − v) + x(1 − u ) + z (1 − w) = x + y + z − ( yv + xu + zw) ≤ x + y + z

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Như vậy BĐT (1) đúng.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ví dụ 46: Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: ax + by

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Suy ra P ≤ 3/4

TP .Q

(x + y + z ) x2 y2 z2 3 + + ≥ ≥ 2 2 2 2 x + 3 yz y + 3 zx z + 3 xy ( x + y + z ) + xy + yz + zx 4

*Bài tập tự luyện: Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng:

bc ca ab 3 3 + + ≥ a (1 + bc ) b(1 + ca ) c(1 + ab ) 4

1 x

1 y

1 z

HD: Đặt a = , b = , c = => xy + yz + zx =1 Và áp dụng BĐT Cachy - Schwarz

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz. Chứng

H Ơ

1 => a + b + c = 3 Sau đó áp dụng BĐT AM – GM c

1 b

HD: x = , y = , z =

x y

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

HD: Vì abc = 1 nên đặt a = ,

≥1

y , z

sau đó áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz

z x

1 1 + 3 3 x y

TR ẦN

Bài 4: Cho x, y ≠ 0 thỏa mãn điều kiện xy(x + y) = x2 – xy + y2. Tìm GTLN của :

minh rằng: ab + bc + ca ≤ 3

Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 4. Chứng

ẤP

HD: Đặt x = bc , y = ca , z = ab . Sau đó dặt t = x + y + z và đươc về bất PT

bậc ba với ẩn t

Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 3ab + bc + 2ac = 6. Tìm GTLN

-L

Í-

của biểu thức:

1 4 9 + 2 + 2 a +1 b + 4 c + 9 2

ÁN

BỒ

ID Ư

Ỡ N

HD: Đặt a = x; b = 2y; c = 3z sau đó áp dụng AM – GM

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

2+a c

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

2+c b

2+b a

Ư N

TP .Q

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

1 a

y2 x2 z2 + + xy 2 + 2 x 2 zx 2 + 2 z 2 yz 2 + 2 y 2

minh rằng:

Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn (a + b + c)2 = 9abc. Chứng minh rằng:

1 1 + 3a

1 1 + 3b

1 1 + 3c

≤

3 2

HD: Đặt a = yz; b = zx; c = xy => xyz ≥ 1

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT" III. KẾT LUẬN

một số lượng lớn các bài toán tưởng chừng như rất khó đã được vận dụng và có

H Ơ

hướng giải quyết. Các cách đổi biến này đã làm cho việc áp dụng chứng minh bất

Như vậy, bằng việc đổi biến rồi áp dụng các phương pháp chứng minh BĐT thì

đẳng thức trở nên phong phú và đa dạng hơn nhiều. Nó cũng giúp giải quyết các lúng túng khi nhận dạng và tìm hướng giải cho một loạt dạng bài chứng minh bất

ẠO

đẳng thức.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

học sinh cần có óc quan sát, linh cảm tinh tế và sức sáng tạo rồi rào để có những

nhận dạng một cách chính xác và có những cách đổi biến hợp lí từ đó tìm ra cách

TR ẦN

chứng minh.

Với cùng một bài học nhưng mỗi giáo viên có một phương pháp tiếp cận,một

phương pháp giảng dạy khác nhau điều đó tùy thuộc vào mức độ nhận thức của

học sinh. Với cùng một chuyên đề nhưng khi trình độ của học sinh không giống

nhau thì phương pháp giảng dạy cũng không thể như nhau.Vì vậy người giáo

ẤP

viên cần phải tìm được một phương pháp dạy, một cách tiếp cận vấn đề sao cho

phù hợp với đối tượng học sinh của mình nhất. Theo tôi với cách đổi biến như

trên học sinh sẽ dễ tiếp cận hơn với nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức

Í-

Trên đây là một chuyên đề nhỏ mà bản thân tôi thấy rất cần thiết

-L

trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, hy vọng chuyên đề này sẽ góp phần nâng

ÁN

cao chất lượng học sinh giỏi của bản thân tôi và các bạn đồng nghiệp trong thời

Xin chân thành cảm ơn! Yên Lạc, ngày 01 tháng 10 năm 2015

ID Ư

Ỡ N

gian tới. Rất mong sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đứng trước một bài toán, đặc biệt là bài toán chứng minh bất đẳng thức

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

bài toán một cách nhanh chóng và hiệu quả hơn. Học sinh cũng không còn quá

BỒ

Người viết

Lê Hồng Quân Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chuyên đề BDHSG Toán 9

" Đổi biến trong chứng minh BĐT"

IV .TÀI LIỆU THAM KHẢO.

[1]. Trần Phương

H Ơ

“Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học.”NXB Tri Thức-Năm 2009

“Các bài toán bất đẳng thức hay và khó”-NXB Giáo Dục-Năm 2001

ẠO

[4].Nguyễn Vũ Thanh

G H

“Sáng tạo bất đẳng thức”-NXB Hà Nội –Năm 2010

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

[5].Nguyễn Kim Hùng

TR ẦN

[6].Trần Tuấn Anh

“Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức”-NXB Tổng hợp TPHCM-Năm 2006

[7].Phan Huy Khải

“10.000 bài toán sơ cấp- bất dẳng thức”-NXB Hà Nội-Năm 2001

[8].Phan Huy Khải

“Chuyên đề bất đẳng thức chọn lọc cho học sinh phổ thông cơ sở”- NXB Giáo dục-

ẤP

1998

[9].Nguyễn Văn Quí-Nguyễn Tiến Dũng-Nguyễn Việt Hà

“Các dạng Toán về bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhấ...”-NXB Đà Nẵng-

1998

-L

Í-

[10] Báo toán học tuổi trẻ

ÁN

[11] Diễn đàn bookmath.com.vn

[12].Titu Andresscu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu

[13] Old and new inequaliti.-internet

BỒ

ID Ư

Ỡ N

“Old and New Inequality”- Gil publishing House

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

“263 bài toán bất đẳng thức chọn lọc”-NXB Đại Học Quốc Gia TPHCM-Năm 2000

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

[3].Nguyễn Đễ-Nguyễn Hoàng Lâm

TP .Q

“Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng trong đại số”-NXB Giáo Dục-Năm 2003

[2].Nguyễn Đức Tấn

Giáo viên: Lê Hồng Quân Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Trường THCS Yên Lạc

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO

ẤP

TOÁN CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ NGUYÊN ℤ ”

Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường THCS Minh Quang Đối tượng áp dụng: Học sinh giỏi khối 7,8,9 Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 12 tiết Địa chỉ gmail: quanghung0578@gmail.com.vn

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Tác giả: ĐÀO QUANG HƯNG

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TR ẦN

“KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

CHUYÊN ĐỀ

ẠO

TP .Q

H Ơ

TRƯỜNG THCS MINH QUANG

Tam Đảo, 11-2015 Page | 1

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN 1. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Định lí về phép chia.

ẠO

a được gọi là số bị chia.

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

q được gọi là thương.

r được gọi là số dư.

TR ẦN

Chú ý:

• Nếu a chia cho b thì số dư chỉ có thể là: 0;1;2;...; ( b − 1) .

• Đặc biệt: Nếu r = 0 ⇒ a = bq , khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ước của a và

kí hiệu a ⋮ b hay b | a . Vậy

ẤP

a ⋮ b ⇔ ∃q ∈ ℤ a = bq

1.1.2 Tính chất

Í-

(i) Nếu a ⋮ b và b ⋮ c thì a ⋮ c (Tính chất bắc cầu).

-L

(ii) Nếu a ⋮ b thì ac ⋮ b, ∀c ∈ ℤ (Tính chất nhân với một số).

ÁN

(iii) Nếu a ⋮ b , a ⋮ c và ( b, c ) = 1 thì a ⋮ bc .

Ỡ N

(iv) Nếu ab ⋮ c và ( b, c ) = 1 thì a ⋮ c

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

b được gọi là số chia.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

a = bq + r , (0 ≤ r < b ). Trong đó:

Cho a, b ∈ ℤ, b ≠ 0 . Khi đó tồn tại hai số nguyên q, r duy nhất, sao cho:

H Ơ

1.1.1 Định lí.

BỒ

ID Ư

1.2 Khái niệm đồng dư. 1.2.1 Định nghĩa: Cho số m ∈ ℤ, m > 0 , nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư khi chia cho

m thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m và ký hiệu a ≡ b ( mod m ) . Page | 2

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy

a ≡ b ( mod m ) ⇔ a − b ⋮ m

H Ơ

Dấu " ≡ " gọi là đồng dư thức.

(i) Thêm bớt cùng một số vào hai vế của một đồng dư thức.

Nếu a ≡ b ( mod m ) , thì a ± c ≡ b ± c ( mod m ) .

ẤP

(ii) Nhân hai vế của cùng một đồng dư thức với một số nguyên khác không.

Nếu a ≡ b ( mod m ) thì ac ≡ bc ( mod m ) .

(iii) Có thể nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa với bậc

-L

Í-

là một số tự nhiên.

ÁN

Nếu a ≡ b ( mod m ) thì a n ≡ b n ( mod m ) , ∀n ∈ ℕ. n

n (iv) ( a + b ) ≡ b ( mod a ) , ∀a > 0 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

1.2.3 Hệ quả.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 a ≡ b(mod m) N ếu  thì ac ≡ bd ( mod m ) c d (mod m ) ≡ 

ẠO

 a ≡ b(mod m) N ếu  thì a ± c ≡ b ± d ( mod m ) ≡ c d (mod m ) 

(ii) Nhân từng vế các đồng dư thức có cùng môđun.

TP .Q

(i) Cộng, trừ theo từng vế của nhiều đồng dư theo cùng 1 môđun.

1.2.2 Tính chất.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

1.3 Một số định lý, tính chất và phương pháp giải các bài tập. 1.3.1 Tính chất chia hết của một tổng, hiệu. a ⋮ m (i) Nếu  ⇒ a ±b⋮ m. ⋮ b m 

Page | 3

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 a ⋮/ m (ii) Nếu  ⇒ a ± b ⋮/ m b ⋮ m

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1.3.2 Đẳng thức mở rộng.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

a ⋮/ m  (iv) Nếu b ⋮ m ⇒ a + b + c ⋮/ m c ⋮ m 

1) Với n ∈ ℕ , ta có

a n − b n = ( a − b ) a n −1 + a n −2b + ... + ab n −2 + b n −1 .

TR ẦN

(

2) Với n ∈ ℕ , n lẻ, ta có:

)

(

a n + b n = ( a + b ) a n −1 − a n −2b + ... − ab n −2 + b n −1

Từ đó ta có tính chất sau:

ẤP

(i) Với a, b ∈ ℤ, a ≠ b, ∀n ∈ ℕ thì a n − b n ⋮ a − b .

(ii) Với a, b ∈ ℤ, a ≠ −b, ∀n ∈ ℕ , n lẻ thì a n + b n ⋮ a + b .

-L

Í-

(iii) Với a, b ∈ ℤ, a ≠ −b, ∀n ∈ ℕ , n chẵn thì a n − b n ⋮ a + b .

ÁN

1.3.3 Tìm chữ số tận cùng của số a n .

(i) Nếu a có chữ số tận cùng là 0;1;5 hoặc 6 thì a n lần lượt có chữ số tận

(ii) Nếu a có chữ số tận cùng là 2;3 hoặc 7, với ∀k ∈ ℕ* , ta có

BỒ

ID Ư

Ỡ N

cùng là 0;1;5 hoặc 6.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

H Ơ

a ⋮ m  (iii) Nếu b ⋮ m ⇒ a + b + c ⋮ m c ⋮ m 

24 k ≡ 6 ( mod10 ) 34 k ≡ 1( mod10 ) 7 4 k ≡ 1( mod10 ) Page | 4

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Do đó để tìm chữ số tận cùng của a n với a có tận cùng là 2; 3 hoặc 7, ta lấy n chia

cho 4 . Giả sử n = 4k + r , r ∈ {0;1;2;3} .

TR ẦN

Giả sử cần chứng minh A ( n ) ⋮ p, n = 1;2;3....

Ư N

1.3.5 Phương pháp chứng minh quy nạp.

(1)

Ta đi chứng minh (1) đúng với n = 1 , tức là ta đi chứng minh A (1) ⋮ p

Giả sử (1) đúng với n = k , tức là ta có A ( k ) ⋮ p

Ta đi chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh A ( k + 1) ⋮ p.

ẤP

Theo nguyên lý quy nạp ta kết luận (1) đúng ∀n = 1;2....

1.4 Các dạng bài tập của chuyên đề.

1) Chứng minh biểu thức A( n) ⋮ m, ∀m, n, m ≠ 0.

-L

Í-

2) Tìm n để biểu thức A(n) chia hết cho một số

ÁN

3) Chứng minh với mọi n thỏa mãn điều kiện bài toán thì biểu thức

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A( n) ⋮ p , p là số nguyên tố.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

( a, p ) = 1 thì a p −1 ≡ 1( mod p ) .

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Với p là số nguyên tố, ta có a p ≡ a ( mod p ) .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

1.3.4 Định lí Fermat.

Đặc biệt: Nếu

Y U

• Nếu a ≡ 3 ( mod10 ) hoặc a ≡ 7 ( mod10 ) ⇒ a n ≡ a 4 k + r ≡ a r ( mod10 ) .

H Ơ

• Nếu a ≡ 2 ( mod10 ) ⇒ a n ≡ 2 4 k + r ≡ 6.2 r ( mod10 )

4) Tìm số dư trong phép chia biểu thức A(n) cho số p nguyên tố. 5) Tìm chữ số tận cùng của một số. 6) Chứng minh một số không là số nguyên tố.

1.5 Các phương pháp cơ bản.

Page | 5

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1) Sử dụng tính chất: “Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n, ∀n ≥ 1 ” .

H Ơ

2) Sử dụng đẳng thức mở rộng.

3) Sử dụng phép chia có dư.

5) Phương pháp chứng minh quy nạp.

ẠO

6) Sử dụng đồng dư thức.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

8) Sử dụng Fermat.

TR ẦN

Do thời lượng không cho phép nên tôi chỉ đưa ra 3 dạng bài tập liên quan đến bài toán chứng minh chia hết trong tập số nguyên ℤ .

1) Dạng 1. Chứng minh biểu thức A( n) ⋮ m, ∀m, n ∈ ℕ, m ≠ 0.

2) Dạng 2. Chứng minh với mọi n thỏa mãn điều kiện bài toán thì biểu thức

A( n) ⋮ p , với p nguyên tố.

ẤP

3) Dạng 3. Chứng minh một số không là số nguyên tố.

Bằng một trong các phương pháp như:

Í-

1) Sử dụng tính chất;

-L

2) Sử dụng đẳng thức mở rộng;

ÁN

3) Phương pháp chứng minh quy nạp;

5) Sử dụng định lý Fermat.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

4) Sử dụng đồng dư thức;

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

7) Tìm chữ số tận cùng.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

4) Sử dụng nguyên lý Dirichlet.

Page | 6

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN 2. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP ÁP DỤNG 2.1 Một số ví dụ và bài tập.

Bài tập 1.1 Chứng minh rằng biểu thức n3 + 11n ⋮ 6 , ∀n ∈ℤ .

TP .Q

Khai thác lời giải.

Cách 1. Sử dụng tính chất: “Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Giải.

Ta có

( n − 1) n ⋮ 2 , mà ( 2,3) = 1 , nên ( n − 1) n( n + 1) ⋮ 6.  n − n n + ( 1) ( 1) ⋮ 3 

(1)

Vì

TR ẦN

n3 + 11n = n3 − n + 12n = (n − 1)n(n + 1) + 12n

(2)

Hơn nữa, ta lại có 12n ⋮ 6 , (tính chất (ii), mục 1.1.2)

ẤP

Từ (1) và (2), ta suy ra

( n − 1) n( n + 1) + 12 n ⋮ 6 (Tính chất (i), mục 1.3.1).

n3 + 11n ⋮ 6 .

-L

Í-

Vậy

ÁN

Cách 2. Sử dụng đồng dư thức.

Giải.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

chia hết cho n, ∀n ≥ 1 ” .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(1.1)

H Ơ

Dạng 1. Chứng minh biểu thức A( n) ⋮ m, ∀m, n ∈ ℕ, m ≠ 0.

n3 + 11n = n3 − n + 12n = (n − 1)n(n + 1) + 12n

(n − 1)n ≡ 0 ( mod 2 ) ⇒ (n − 1)n(n + 1) ≡ 0(mod 6),do ( 2;3) = 1. Vì  (n − 1)n(n + 1) ≡ 0(mod 3)  mà

12n ≡ 0 ( mod 6 )

(1) (2) Page | 7

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Từ (1) và (2) suy ra (n − 1)n(n + 1) + 12n ≡ 0(mod 6) , (theo tính chất (i), mục 1.2.2)

Vậy

H Ơ

n3 + 11n ⋮ 6 .

Cách 3. Dùng phương pháp quy nạp.

Ư N

+ 11(k + 1) ⋮ 6.

+ 11(k + 1) = k 3 + 3k 2 + k + 1 + 11k + 11

= (k 3 + 11k ) + 3k (k + 1) + 12.

( k + 1)

Xét thấy biểu thức

k 3 + 11k ⋮ 6 (theo 1.2)

ẤP

mà

k ( k + 1) ⋮ 2 ⇒ 3k ( k + 1) ⋮6

-L

ÁN

suy ra

Í-

12 ⋮ 6

( k + 1)

+ 11(k + 1) ⋮ 6.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (1.1) đúng với ∀n ∈ ℤ.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

( k + 1)

TR ẦN

Ta đi chứng minh (1.1) đúng với n = k + 1, tức là

(1.2)

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

k 3 + 11k ⋮ 6.

i Giả sử (1.1) đúng với n = k , tức là ta có:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

i Với n = 1 ta có: 13 + 11.1 = 12 ⋮ 6 , suy ra biểu thức (1.1) luôn đúng.

TP .Q

Giải.

Bài tập tự luyện Bài tập 1.2 Chứng minh rằng: a) n( n + 1)(2n + 1) ⋮ 6, ∀n ∈ ℤ. Page | 8

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

b) n 2 n 2 − 1 ⋮ 12, ∀n ∈ ℤ.

(

)

c) n 2 n 4 − 1 ⋮ 60, ∀n ∈ ℤ.

)

H Ơ

d) 2n 16 − n 4 ⋮ 30, ∀n ∈ ℤ.

)

(

TP .Q

e) n5 − n ⋮ 30, ∀n ∈ ℤ.

ẠO

f) n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n ⋮ 24, ∀n ∈ ℤ.

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

g) n 4 − 4n3 − 4n 2 + 16n ⋮ 384, ∀n ∈ ℤ, n chẵn.

(Thi HSG toàn quốc, lớp 9 năm 1970)

TR ẦN

Bài tập 1.3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên lẻ n , ta có.

a) n 2 + 4n + 3 ⋮ 8

b) n3 + 3n 2 − n − 3 ⋮ 48

ẤP

c) n12 − n8 − n 4 + 1 ⋮ 512

Dạng 2. Chứng minh với mọi n thỏa mãn điều kiện bài toán thì biểu thức

Í-

A( n) ⋮ p , với p nguyên tố.

7.52 n + 12.6n ⋮ 19, ∀n ∈ ℕ.

(2.1)

ÁN

-L

Bài tập 2.1 Chứng minh rằng:

Khai thác lời giải.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

(Thi HSG toàn quốc, lớp 9 năm 1975 )

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Cách 1. Sử dụng đẳng thức mở rộng. Giải.

Ta có:

7.52 n + 12.6n = 7.25n − 7.6n + 19.6n = 7(25n − 6n ) + 19.6n.

Page | 9

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vì

25n − 6 n ⋮ ( 25 − 6 ) , ∀n ∈ ℕ , (theo tính chất (i), mục 1.3.2),

suy ra

7 25n − 6n ⋮ 19

)

(1)

19.6 n ⋮ 19.

(2)

(

TP .Q

Từ (1) và (2) ta suy ra

)

7 25n − 6n + 19.6n ⋮ 19, ∀n ∈ ℕ, (tính chất (i), mục 1.3.1).

G Ư N

Cách 2. Sử dụng đồng dư thức.

TR ẦN

Giải.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

7.52 n + 12.6n ⋮ 19, ∀n ∈ ℕ.

Ta có:

7.52 n + 12.6n = 7.25n − 7.6n + 19.6n = 7(25n − 6n ) + 19.6n 25 ≡ 6 ( mod19 ) ⇒ 25n ≡ 6 n ( mod19 ) , (theo tính chất (iii) mục 1.2.3)

Nên

25n − 6 n ≡ 0 ( mod19 ) ⇒ 7 25n − 6 n ≡ 0 ( mod19 ) , (theo tính chất (ii), mục

ẤP

Vì

)

-L

(

)

7 25n − 6n + 19.6n ⋮ 19, ∀n ∈ ℕ.

Ỡ N

Vậy

7(25n − 6n ) + 19.6n ≡ 0 ( mod19 )

ÁN

Suy ra

19.6n ≡ 0 ( mod19 ) .

Í-

Hơn nữa, ta lại có

1.2.3)

(

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

Vậy

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

mà

H Ơ

(

BỒ

ID Ư

Cách 3. Dùng phương pháp quy nạp. Giải. i Với n = 0 ta có: 7.50 + 12.60 = 19 ⋮ 19 , suy ra biểu thức (2.1) luôn đúng. i Giả sử (2.1) đúng với n = k , tức là ta có

Page | 10

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(*)

7.52 k + 12.6k ⋮ 19

2( k +1)

+ 12.6(

k +1)

⋮ 19

H Ơ

7.5

Ta đi chứng minh (2.2) đúng với n = k + 1, tức là

k +1)

= 7.52 k + 2 + 12.6k +1 = 7.252 k.25 + 6.12.6k

mà

19.12.6k ⋮ 19

Ư N TR ẦN

Nên ta suy ra

25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k ⋮ 19

2( k +1)

+ 12.6(

k +1)

⋮ 19

7.5

Hay

ẤP

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (2.1) đúng với ∀n ∈ ℤ.

-L

Í-

Bài tập 2.2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 92 n + 14 ⋮ 5

(2.2)

ÁN

Khai thác lời giải.

Giải.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Cách 1. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

7.52 k + 12.6k ⋮ 19 (theo *) ⇒ 25(7.52 k + 12.6k ) ⋮ 19

Vì ta có

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

= 25(7.252 k + 12.6k ) − 19.12.6k

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

+ 12.6(

2( k +1)

TP .Q

7.5

Xét thấy biểu thức

i Với n = 0 ta có: 90 + 14 = 15 ⋮ 5 , suy ra biểu thức (2.2) luôn đúng. i Giả sử (2.2) đúng với n = k , tức là ta có:

92 k + 14 ⋮ 5

(*)

Ta đi chứng minh (2.2) đúng với n = k + 1, tức là Page | 11

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2( k +1)

+ 14 ⋮ 5

Vì ta có

92 k + 14 ⋮ 5 (theo *) ⇒ 81 92 k + 14 ⋮ 5

mà

80.14 ⋮ 5

)

ẠO

Nên ta suy ra

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

81(92 k + 14) − 80.14 ⋮ 5

2( k +1)

+ 14 ⋮ 5

TR ẦN

Ư N

Hay

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (2.2) đúng với ∀n ∈ ℕ.

Cách 2. Sử dụng đẳng thức mở rộng.

Giải.

ẤP

Ta có:

(

)

92 n + 14 = 92 n − 1 + 15

92 n − 1 ⋮ ( 9 + 1) , (Theo tính chất (iii), mục 1.3.2)

mà

15 ⋮ 5

-L

)

− 1 + 15 ⋮ 5 , (Theo tính chất (i), mục 1.3.1)

ÁN

suy ra

Í-

Vì

Vậy

Ỡ N

92 n + 14 ⋮ 5

Cách 3. Sử dụng đồng dư. Giải.

BỒ

ID Ư

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

(

H Ơ

+ 14 = 81.9 2 k + 14 = 81(9 2 k + 14) − 80.14

2( k +1)

Xét thấy biểu thức

Ta có:

9 2 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ 9 2 n ≡ 1( mod 5 ) .

Page | 12

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

14 ≡ −1( mod 5 )

mà

Do đó, ta có.

H Ơ

9 2 n + 14 ≡ 1 + ( −1) ≡ 0 ( mod 5 )

TP .Q

92 n + 14 ⋮ 5.

92 n + 14 = 34 n − 1 + 15.

G H

mà ( 3;5 ) = 1. Theo định lí Fermat, suy ra ta có.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

)

Ư N

(

Vì

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Cách 4. Sử dụng Fermat.

nên ta có

34 n − 1 + 15 ≡ 0 ( mod 5 ) .

Hay

9 2 n + 14 ≡ 0 ( mod 5 ) .

34 n − 1 ≡ 0 ( mod 5 ) ,

suy ra

TR ẦN

34 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ 34 n ≡ 1( mod 5 ) .

92 n + 14 ⋮ 5.

Í-

ẤP

Vậy

-L

Bài tập tự luyện

ÁN

Bài tập 2.3 Chứng minh rằng:

a) 9.10n + 18 ⋮ 27, ∀n ∈ ℕ.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Vậy

BỒ

ID Ư

Ỡ N

b) 1n + 3n + 5n + 7 n ⋮ 8, ∀n ∈ ℕ, n lẻ. c) 62 n + 19 n − 2n+1 ⋮ 17, ∀n ∈ ℕ. d) 62 n+1 + 5n+ 2 ⋮ 31, ∀n ∈ ℕ. e) 34 n+1 + 32 n.10 − 13 ⋮ 64, ∀n ∈ ℕ. Page | 13

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Bài tập 2.4 Chứng minh rằng:

a) 16n − 15n − 1 ⋮ 225, ∀n ∈ ℕ.

H Ơ

b) 33n+3 − 26n − 27 ⋮ 169, ∀n ∈ ℕ.

TP .Q

c) 4.32 n+ 2 + 32n − 36 ⋮ 64, ∀n ∈ ℤ*.

ẠO

Bài tập 2.5 Cho n ∈ℤ* , chứng minh rằng:

Ư N

b) 62 n + 3n+ 2 + 3n ⋮ 11

4 n+1

c) 22

+ 2 ⋮ 11

4 n+1

+ 7 ⋮ 11.

b) 32

+ 3 ⋮ 19.

6 n+ 2

ẤP

a) 22

TR ẦN

Bài tập 2.6 Chứng minh rằng với mọi ∀n ∈ℤ* , ta có

Dạng 3. Chứng minh một số không là số nguyên tố.

Í-

Bài tập 3.1 Chứng minh rằng các số có dạng: 2 n +1

+ 3,

(3.1)

ÁN

-L

A ( n ) = 22

với n là số nguyên dương đều không phải là số nguyên tố.

Khai thác lời giải

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a) 3n+ 2 + 42 n+1 ⋮ 13

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

d) 7 2 n − 48n − 1 ⋮ 482 , ∀n ∈ ℤ*.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Cách 1. Sử dụng đồng dư thức. Giải. n

Vì 22 n+1 = 2.4n = 2 ( 3 + 1) ≡ 2 ( mod 6 ) , (theo tính chất (iv), mục 1.2.3), nên ta đặt 22 n+1 = 6k + 2, ∀k ∈ ℤ*. Page | 14

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Bây giờ, ta đi chứng minh rằng các số có dạng A ( k ) = 26 k + 2 + 3 với k là số nguyên

dương đều không phải là số nguyên tố.

H Ơ

Dễ thấy A ( k ) ≡ 0 ( mod 7 ) .

ẠO

A ( k ) = 4.64 k + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 ( mod 7 )

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hơn nữa, vì A ( k ) = 26 k + 2 + 3 > 7, ∀k ∈ ℤ* .

Suy ra, các số có dạng A ( k ) = 26 k + 2 + 3 với k là số nguyên dương đều hợp số. 2 n +1

+ 3 với n là số nguyên dương đều không phải là

TR ẦN

Vậy các số có dạng A ( n ) = 22

số nguyên tố.

Giải.

Cách 2. Sử dụng đẳng thức mở rộng.

ẤP

Ta đi chứng minh A ( n ) ⋮ 7 . Thậy vậy, ta có:

22 n +1

( )

+3= 2

(

)

+ 3 = 44 − 4 + 7.

A( n ) = 2

2n 2 2

-L

Í-

Vì 4n ⋮ 4 nên ta đặt 4n = 4k , ∀k ∈ℤ* , suy ra biểu thức có dạng A ( k ) = 44 k − 4 + 7.

ÁN

(

)

Áp dụng đẳng thức mở rộng, ta thấy: 4 4 k − 4 = 256 k − 4 ⋮ ( 256 − 4 ) .

44 k − 4 ⋮ 7

mà

7⋮7

nên

A ( k ) = 4 4 k − 4 + 7 ⋮ 7.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Suy ra

(

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Do đó

TP .Q

64 ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 64 k ≡ 1( mod 7 ) .

mà

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

A ( k ) = 26 k + 2 + 3 = 4.26 k + 3 = 4.64 k + 3 ,

Thật vậy, ta có:

)

Hơn nữa, vì A ( k ) = 26 k + 2 + 3 > 7, ∀k ∈ ℤ* . Page | 15

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra, các số có dạng A ( k ) = 26 k + 2 + 3 với k là số nguyên dương đều hợp số. 2 n +1

+ 3 với n là số nguyên dương đều không phải là

Vậy các số có dạng A ( n ) = 22

H Ơ

số nguyên tố.

TP .Q

Giải.

ẠO

Ta đi chứng minh A ( k ) ⋮ 7 . Thậy vậy, ta có:

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

26 ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 26 n ≡ 1( mod 7 ) , ∀n ∈ ℤ* .

TR ẦN

A ( n ) = 26 n + 2 + 3 = 4.26 n + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 ( mod 7 ) .

Suy ra

+ 3 với n là số nguyên dương đều không phải là

2 n +1

Vậy các số có dạng A ( n ) = 22

Hơn nữa, vì A ( n ) = 26 n + 2 + 3 > 7, ∀n ∈ ℤ* .

số nguyên tố.

Giải.

ẤP

Cách 4. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp.

Í-

Ta đi chứng minh A ( k ) ⋮ 7 . Thậy vậy, ta có:

-L

i Với n = 1 ta có: A (1) = 22

2.1+1

+ 3 ⋮ 7, suy ra biểu thức (3.1) luôn đúng.

A ( k ) = 22

2 k +1

+ 3⋮ 7

(*)

ÁN

i Giả sử (3.1) đúng với n = k , tức là ta có:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Vì ( 2,7 ) = 1 . Theo định lí Fermat, ta có:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Cách 3. Sử dụng định lý Fermat.

A ( k + 1) = 22

2( k +1) +1

+ 3⋮ 7

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta đi chứng minh (3.1) đúng với n = k + 1, tức là

Xét thấy biểu thức Page | 16

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

22 k +1

) − 3  + 84 4

+ 3 , (theo tính chất (iii), mục 1.3.2 ),

 A ( k ) = 222 k +1 + 3 ⋮ 7,(theo *)  84 ⋮ 7

(

) − 3  + 84 ⋮ 7 4

 2 k +1 + 3 =  22 

2( k +1) +1

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A ( k + 1) = 22

ẠO

Nên ta suy ra

TR ẦN

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (3.1) đúng với ∀n ∈ ℤ*. Hơn nữa, vì A ( n ) = 26 n + 2 + 3 > 7, ∀n ∈ ℤ* .

+ 3 với n là số nguyên dương đều không phải là

2 n +1

Vậy các số có dạng A ( n ) = 22

số nguyên tố.

ẤP

Bài tập tự luyện

Bài tập 3.2 Chứng minh rằng với n là số nguyên dương thì các số có dạng sau đều

Í-

không phải là số nguyên tố. 6 n+2

ÁN

-L

a) M ( n ) = 22

b) N ( n ) = 32

4 n +1

+ 2. + 7.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

c) P ( n ) = 22

4 n +1

+ 3.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

) −3 ⋮2

 2 k +1 + 3 =  22 

2 k +1

TP .Q

mà

+ 3 = 22

H Ơ

(

Ta lại có: 2

22 k +1

2( k +1) +1

A ( k + 1) = 22

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Page | 17

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN 3. KẾT QUẢ TRIỂN KHAI CHUYÊN ĐỀ

H Ơ

Năm học vừa qua, tôi đã áp dụng chuyên đề trên với thời lượng là 12 tiết vào việc

3.1 Kết quả nghiên cứu

bồi dưỡng cho học sinh giỏi các khối 7,8,9 với mục đích giúp cho các em rèn luyện

và nội dung phần số học nói riêng. Phần lớn các em học sinh đã tiếp thu và lĩnh hội

ẠO

được chi thức tốt, các em đã thực sự có hứng thú hơn khi được luyện thêm các bài

Ư N

Khảo sát thời gian sau Giỏi Khá TB SL % SL % SL % 75,0 25,0 0 6 2 0 83,3 16,7 0 5 1 0 83,3 16,7 0 5 1 0 25,0 0 15 75,0 5 0

H TR ẦN

8 6 6 20

Yếu SL % 75,0 6 66,7 4 33,3 2 12 60,0

7 8 9 Tổng

Giỏi SL % 0 0 0 0 0 0 0 0

Khảo sát thời gian đầu Khá TB SL % SL % 0 25,0 0 2 0 33,3 0 2 16,7 50,0 1 3 5,0 35,0 1 7

Khối

Số HS

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

của giáo viên. Kết quả thu được qua quá trình bồi dưỡng rất khả quan, cụ thể:

ẤP

3.2. Kết luận

Việc áp dụng chuyên đề trên vào trong giảng dạy, đã mang lại cho tôi hiệu quả cao

trong việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng cho học sinh giỏi các khối 7,8,9 với mục

-L

Í-

đích giúp cho các em rèn luyện kỹ năng; năng lực tư duy, suy luận lôgic trong quá

ÁN

trình giải các bài tập. Nhiều học sinh đã biết chủ động hơn trong việc tìm tòi, định

hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự hướng dẫn của

giáo viên.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

toán số học, tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

kỹ năng; năng lực tư duy, suy luận lôgic trong quá trình giải các bài tập nói chung

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Nhờ đó, mà tôi có thể giúp các em phát triển năng lực tư duy độc lập, khả năng sáng tạo, tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.

Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong việc khai thác tư duy trong quá trình tìm lời giải một số bài tập, áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi phần số học nói riêng và môn toán nói chung. Nhưng dù sao đó cũng chỉ là những phương Page | 18

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

pháp mà cá nhân tôi đã nghiên cứu, học hỏi, đúc kết kinh nghiệm. Rất mong nhận

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

TP .Q

H Ơ

được sự góp ý chân thành của thầy, cô và đồng nghiệp.

Page | 19

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN LẬP THẠCH

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

TR ẦN

Ở CẤP THCS

Người thực hiện: Trần Mạnh Hùng

ẤP

Đơn vị công tác: GV THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc

Đối tượng bồi dưỡng: HSG lớp 9

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 16

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

CHUYÊN ĐỀ

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

H Ơ

TRƯỜNG THCS LẬP THẠCH

Lập Thạch, tháng 10 năm 2015 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU.

H Ơ

Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tượng học sinh khá - giỏi.

I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Với mong muốn tháo gỡ một số khó khăn trong quá trình dạy và hoc về phương trình vô tỉ, từ đó nâng cao chất lượng, hiệu quả giáo dục. Sau đây tôi xin mạnh dạn trình bày những suy nghĩ cũng như những gì mà tôi tìm hiểu, tham khảo, đã từng áp dụng về phương trình vô tỉ qua đề tài ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS '' kính mong quý thầy cô cùng các bạn đóng góp ý kiến cho tôi để đề tài được áp dụng rộng rãi hơn.

ẤP

II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:

Í-

- Nhằm trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ từ đó phát triển năng lực tư duy, nâng cao chất lượng môn toán, giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và là công cụ giải quyết những bài tập có liên quan đến phương trình vô tỉ.

ÁN

-L

- Tạo ra được hứng thú học tập cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách tham khảo giúp học sinh giải được một số bài tập.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

- Giải đáp được những thắc mắc, sửa chữa được những sai lầm thường gặp khi giải phương trình vô tỉ trong quá trình dạy và học.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Với mỗi phương trình vô tỉ, tùy đặc điểm cụ thể có thể có nhiều cách giải khác nhau. Có một số phương trình vô tỉ nếu giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa để làm mất căn thức thường dẫn đến một phường trình bậc cao, mà phương trình bậc cao đó việc tìm nghiệm nhiều khi không đơn giản chút nào.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

TP .Q

Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỉ trong SGK rất ít và là những bài đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương đưa về phương trình bậc nhất một ẩn, song thực tế theo dõi trong các kì thi học sinh giỏi lớp 9, các đề thi vào lớp 10 THPT chuyên hằng năm tôi nhận thấy chủ đề phương trình vô tỉ thường xuyên xuất hiện với số lượng bài tương đối nhiều và thường là những bài khó, không đơn giản chỉ giải bằng phương pháp thông thường.

- Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp dụng thành thạo các phương pháp đó vào giải bài tập. - Thông qua việc giải phương trình vô tỉ giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học toán và học tốt hơn các bài tập về phương trình vô tỉ. Đồng thời góp phần nâng cao chất lượng và hiệu quả giáo dục.

III- PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 2

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

Đề tài này áp dụng đối với học sinh THCS chủ yếu là Đội tuyển HSG khối 9 luyện thi HSG cấp tỉnh và thi vào THPT chuyên.

Phát triển năng lực tư duy toán học của học sinh thông qua các bài toán giải phương trình vô tỉ đối với học sinh THCS.

IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH:

TP .Q

+ Tham khảo thu thập tài liệu.

ẠO

+ Phân tích, tổng kết kinh nghiệm.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

+ Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện.

+ Phương pháp điều tra, trắc nghiệm.

TR ẦN

+ Ngoài ra tôi còn sử dụng một số phương pháp khác. 2. Phương pháp tiến hành:

Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải, hướng khắc phục những sai lầm thường gặp và đưa ra các dạng bài tập tự giải.

PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

ẤP

I- CƠ SỞ LÝ LUẬN:

-L

Í-

Như chúng ta biết Toán học là một môn khoa học công cụ, nó giữ vai trò chủ đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. Toán học như một kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác thì sẽ thấy rất mê say, ham muốn khám phá và thấy được Toán học cũng thú vị, lãng mạn không kém những môn khoa học khác.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Các bậc phụ huynh, các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi bộ môn Toán, tuy nhiên để đạt được điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay, trong các nhà trường đặc biệt là nhà trường THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho HS thì việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất được chú trọng.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

+ Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

1. Phương pháp nghiên cứu:

Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ môn Toán, bản thân mỗi người giáo viên phải tự mình tìm ra những phương pháp giải sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và kích thích lòng ham muốn học Toán của các em, từ đó tìm ra được những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để có thể bồi dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội. Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 3

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

Phương trình vô tỉ là một dạng phương trình không mẫu mực, để giải được phương trình vô tỉ đòi hỏi người học phải có một nền tảng kiến thức vững vàng, tư duy sáng tạo, biết phân tích, tổng hợp nhiều loại kiến thức đã học từ đó tìm ra hướng giải quyết cho từng dạng bài cụ thể, đặc biệt là cần nắm chắc các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải từng dạng đó.

cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vôi tỉ.

TR ẦN

Trong đề tài, tôi đưa ra một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và phương pháp giải, phù hợp với trình độ của học sinh THCS.

Trang bị cho học sinh một số dạng toán và phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản áp dụng để làm bài tập.

Rút ra một số chú ý khi làm từng phương pháp.

ẤP

Chọn lọc một số bài tập hay, phù hợp cho từng phương pháp giải, cách biến đổi.

Vận dụng giải các bài toán có liên quan đến phương trình vô tỉ.

ÁN

-L

Í-

Tôi hy vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS, đặc biệt là đội tuyển HSG trong việc học và giải phương trình vô tỉ. Qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng định hướng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học sinh học tập tích cực hơn, đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi các cấp, cũng như thi vào THPT chuyên.

II- CƠ SỞ THỰC TIỄN:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Trong chương trình Toán THCS, các bài toán về phương trình vô tỉ được đề cập đến không nhiều, nhưng nó lại có rất nhiều dạng và có vai trò rất quan trọng trong tất cả các kì thi. Các bài toán dạng này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc và vận dụng thật nhuần nhuyễn, có hệ thống một số kiến thức khác như: phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình tích, ĐK của một số loại biểu thức...Nó nâng cao khả năng vận dụng, phát triển khả năng tư duy cho HS, ngoài ra nó còn là một trong những kiến thức được sử dụng thi HSG, thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH chuyên dưới dạng bài tập khó.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vì vậy, việc trang bị cho học sinh, đặc biệt là đội tuyển HSG những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỉ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng nên tôi xin trình bày đề tài: ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS ''

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

TP .Q

Phương trình vô tỉ là một dạng phương trình hay và khó, việc giải phương trình vô tỉ đánh giá được năng lực giải toán và năng lực tư duy toán học của người học nên phương trình vô tỉ luôn được xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi cũng như trên các tạp chí toán học.

Trên thực tế, với kinh nghiệm bản thân trong nhiều năm giảng dạy Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 THPT tôi thấy HS thường không giải được hoặc mắc một số khuyết điểm sau khi giải phương trình vô tỉ như: www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 4

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

- Thiếu hoặc sai ĐK của phương trình (chủ yếu là ĐK của căn thức).

H Ơ

- Khi bình phương hai vế của phương trình để làm mất CBH thường các em không tìm ĐK để cả hai vế đều dương.

- Chỉ giải được dạng phương trình đơn giản trong SGK.

TP .Q

- Có rất ít tài liệu đề cập sâu về dạng phương trình này.

ẠO

- Không đồng đều về nhận thức trong một lớp nên việc phát triển kiến thức về phương trình vô tỉ trong các tiết dạy là rất khó.

51.4

34.3

11.4

2.9

Điểm 9 - 10

Một trong những nguyên nhân dẫn tới những khó khăn trên của HS đó là các em chưa phân biệt được các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải nó, việc tìm tòi, khám phá về phương trình vô tỉ cũng gặp rất nhiều khó khăn vì các tài liệu về phương trình vô tỉ cũng chưa nhiều.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phương pháp giải từng dạng từ đó phát triển năng lực tư duy nhằm đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho học sinh, tôi mạnh dạn viết chuyên đề ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS '' áp dụng cho đội tuyển HSG khối 9 với hy vọng phần nào tháo gỡ những khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phương trình này và cũng là một tài liệu nhỏ để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Điểm 7 - 8

Ư N

Điểm 5 - 6

Điểm dưới 5

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh tôi thấy kết quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

- Ở dạng phức tạp hơn thì các em chưa có điều kiện nghiên cứu nên kĩ năng giải rất hạn chế, các em thường không có cơ sở kiến thức để phát triển phương pháp giải.

III- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI: A- PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN: www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 5

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa: a) Dạng 1:

f ( x) = c (1) (c là hằng số. Đây là dạng đơn giản nhất của PT vô tỉ

Sơ đồ cách giải:

H Ơ

- Nếu c < 0 phương trình (1) vô nghiệm. - Nếu c = 0 thì (1) ⇔ f(x) = 0. Giải phương trình này ta tìm được nghiệm của (1)

Y  x = −3 (t/m)  x = −2

ẠO

Gợi ý: Ta có: x 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔ x 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔ 

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 − 3x + 1 = 5

TR ẦN

 3+ x = x 2 − 3 x + 1 = 5 ⇔ x 2 − 3 x + 1 = 25 ⇔ x 2 − 3 x − 24 = 0 ⇔   3− x = 

105 2 (t/m) 105 2

00 10

f ( x ) = g ( x)

b) Dạng 2:

 3 + 105 3 − 105  ;  2 2  

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 

 g (x) ≥ 0 f ( x ) = g ( x) ⇔  2 f(x) = [ g (x) ]

ẤP

Sơ đồ cách giải:

(1)

Ví dụ 1: Giải phương trình : x + 3 = x − 3 Gợi ý: ĐK: x - 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3

x = 1

-L

Í-

Ta có: (1) ⇔ x+3 = (x-3)2 ⇔ x2 -7x + 6= 0 ⇔ (x-1)(x-6) = 0 ⇔  x = 6 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =6. (1)

ÁN

Ví dụ 2: Giải phương trình: x + x − 1 = 13 Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ x − 1 = 13 − x (2)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 ⇔  ⇔ 1 ≤ x ≤ 13 13 − x ≥ 0  x ≤ 13 Bình phương hai vế của (2) ta được : (2) ⇔ x − 1 = (13 − x ) 2 ⇔ x 2 − 27 x + 170 = 0

ĐK : 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−3; −2}

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 5 x + 6 = 0

Gợi ý: Ta có:

- Nếu c > 0 thì (1) ⇔ f(x) = c2. Giải PT này ta tìm được nghiệm của (1)

 x − 10 = 0  x = 10 ⇔ ( x − 10 )( x − 17 ) = 0 ⇔  ⇔  x − 17 = 0  x = 17

Chỉ có x = 10 thỏa mãn đk. Vậy nghiệm của phương trình là x = 10 c) Dạng 3:

f ( x) = g( x)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 6

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x + 3 = 4 x − 7

N Y

(1)

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 5 x + 6 = 1 − x Gợi ý: Ta có:

ẠO

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 5

  x ≤ −3   x ≤ −3    x + 5x + 6 ≥ 0   x ≥ −2   x ≥ −2  x = −1    2 ⇔ x ≤ 1 ⇔  x + 5 x + 6 = 1 − x ⇔ 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1  x = −5  2 x2 + 6x + 5 = 0  x = −1   x + 5x + 6 = 1 − x      x = −5

TR ẦN

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {−1; −5}

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + x + 1 = 2 x 2 − 5 x + 9

ẤP

Gợi ý: Ta có:

x2 + x + 1 ≥ 0  x = 2 x 2 + x + 1 = 2 x 2 − 5 x + 9 ⇔ 2 x 2 − 5 x + 9 ≥ 0 ⇔ x2 − 6 x + 8 = 0 ⇔  x = 4  2 2  x + x + 1 = 2 x − 5x + 9

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {2; 4}

f ( x) + g( x) = c

(1)

(c là hằng số)

Í-

d) Dạng 4 :

-L

- Nếu c < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.  f (x) = 0 g(x) = 0

ÁN

- Nếu c = 0. Ta có: (1) ⇔ f ( x) + g( x) = 0 ⇔ 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

- Nếu c>0. Ta có: (1) ⇔

 f (x) ≥ 0  f ( x) + g( x) = c ⇔ g(x) ≥ 0  2  f (x) + g(x) + 2 f (x).g(x) = c

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U TP .Q

Gợi ý: Ta có:

H Ơ

3  x ≥ − 2 2 x + 3 ≥ 0  7   2 x + 3 = 4 x − 7 ⇔ 4 x − 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ ⇔ x=5 4 2 x + 3 = 4 x − 7   x = 5  

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Sơ đồ cách giải:

 f (x) ≥ 0  f (x) ≥ 0   g(x) ≥ 0 ⇔ g(x) ≥ 0 ⇔ 2 c − f (x) − g(x) ≥ 0   2 2 f (x).g(x) = c − f (x) − g(x)  4 f (x).g(x) =  c 2 − f (x) − g(x)  2   

* Chú ý: Nếu ta có:

f ( x) − g( x) = c thì ta giải như sau:

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 7

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon www.facebook.com/daykem.quynhon Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch www.daykemquynhon.blogspot.com – Vĩnh Phúc https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn  f (x) ≥ 0  f (x) ≥ 0 g(x) ≥ 0   g(x) ≥ 0 f (x) − g (x) = c ⇔ f (x) = g (x) + c ⇔  g (x) + c ≥ 0 ⇔   g (x) + c ≥ 0 2   f (x) = g (x) + 2 c g (x) + c 2   f (x) = g (x) + c Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x + 3 + x − 1 = 0 (1) 3  2 x + 3 = 0 x = − Gợi ý: Ta có: 2 x + 3 + x − 1 = 0 ⇔  ⇔ 2 (vô nghiệm)  x −1 = 0  x = 1

H Ơ

)

ẠO

x ≥ 1  x −1 ≥ 0  ⇔ 1 ⇔ x ≥1 2 x 1 0 − ≥   x ≥ 2

TP .Q

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 1 + 2 x − 1 = 5 (1)

)

= 25

27 − 3 x ≥ 0

( x − 1)( 2 x − 1) = 27 − 3x ⇔ 

⇔2

TR ẦN

2 4 ( 2 x − 3 x + 1) = ( 27 − 3 x ) 1 ≤ x ≤ 9 1 ≤ x ≤ 9  ⇔ 2 ⇔   x = 5 ⇔ x = 5 (t/m)  x − 150 x + 725 = 0   x = 145 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 9 − x 2 − x − 3 = 2 (1)

Gợi ý: Ta có: x 2 + 9 − x 2 − x − 3 = 2 ⇔ x 2 + 9 = x 2 − x − 3 + 2

ẤP

 1 − 13  x ≤ 2    1 − 13 1 + 13  x ≤  x ≥ 2 2     ⇔  x ≥ −8 1 + 13  ⇔  x ≥  2 2 2   16 ( x − x − 3 ) = x + 16 x + 64 2   4 x − x − 3 = x + 8   

x2 − x − 3 ≥ 0  ⇔  2 x2 − x − 3 + 2  x + 9 =

ÁN

-L

Í-

(

)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 1 − 13   −8 ≤ x ≤  1 − 13 2    −8 ≤ x ≤   2 x = 4 1 + 13    x ≥ ⇔  ⇔  ⇔ 1 + 13 2  x = −28 x ≥    15 2    x = 4 2   −28 15 x − 32 x − 112 = 0  x = 15  −28  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 4;   15 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

x −1 + 2x −1

(

Ư N

x −1 + 2x −1 = 5 ⇔

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có:

Gợi ý: ĐK 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(

e) Dạng 5:

f ( x ) + g( x) = h( x) (1)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 8

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ N

ẠO

(1)

(

)

x + 7 +1 + x +1− x + 7 = 4

⇔ x + 7 +1+ x +1− x + 7 = 4 ⇔ x +1− x + 7 = 3 − x + 7

3 − x + 7 ≥ 0  x + 7 ≤ 3 ⇔ ⇔  x + 1 − x + 7 = 9 + x + 7 − 6 x + 7 5 x + 7 = 15

ẤP

⇔ x + 7 = 3 ⇔ x + 7 = 9 ⇔ x = 2(t/ m)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 − x + 1 + x + 1 = x + 2 (1)

ÁN

-L

Í-

 x2 − x + 1 ≥ 0  x ≥ −1 Gợi ý: ĐK:  x + 1 ≥ 0 ⇔ ⇔ x ≥ −1  x ≥ −2 x + 2 ≥ 0 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có: (1) ⇔ x 2 − x + 1 + x + 1 + 2 ( x 2 − x + 1)( x + 1) = x 2 + 4 x + 4

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

(1) ⇔

Ta có:

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

  x + 7 ≥ 0  x ≥ −7  x ≥ −7 x ≥ − 7      Gợi ý: ĐK:  x + 8 + 2 x + 7 ≥ 0 ⇔  ⇔ x +1 ≥ 0 ⇔ x +1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 x 1 x 7 + ≥ +    x2 + x − 6 ≥ 0  x ≤ −3  x +1− x + 7 ≥ 0     x ≥ 2

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 8 + 2 x + 7 + x + 1 − x + 7 = 4

f ( x ) ≥ h( x )

f ( x ) − g( x) = h( x) với điều kiện

TP .Q

* Chú ý: Giải tương tự với dạng:

. Trở lại dạng 2

⇔ 2 f (x) g(x) = [ h(x)] − f (x) − g(x)

- Bình phương hai vế của (1), ta có: f (x) + g(x) + 2 f(x).g(x) = [ h(x)]

⇔ 2 x3 + 1 = 4 x + 2 ⇔ x3 + 1 = 2 x + 1 ⇔ x3 + 1 = 4 x 2 + 4 x + 1 x = 0  ⇔ x3 − 4 x 2 − 4 x = 0 ⇔ x ( x 2 − 4 x − 4 ) = 0 ⇔  x = 2 + 2 2 (t/ m) x = 2 − 2 2 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {0; 2 + 2 2; 2 − 2 2} g) Dạng 6:

f ( x) + g ( x) = h( x)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 9

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

(2)

ẤP

x + 1 ≥ 0  x ≥ −1  Gợi ý: ĐK: 12 − x ≥ 0 ⇔  x ≤ 12 ⇔ 7 ≤ x ≤ 12 x ≥ 7 x − 7 ≥ 0   Bình phương hai vế ta được: x + 1 = 12 − x + x − 7 + 2 ( 12 − x )( x − 7 ) ⇔ x − 4 = 2 ( 12 − x )( x − 7 ) (3)

Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thỏa mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của phương trình (3) ta được: (x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84) ⇔ 5x2 - 84x + 352 = 0

44 và x2 = 8 đều thoả mãn (2). 5 44 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  ;8 5  h) Dạng 7: f ( x) + g( x ) = h(x) + k (x)

ÁN

-L

Í-

Phương trình này có 2 nghiệm x1 =

Sơ đồ cách giải:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 f (x) ≥ 0 g(x) ≥ 0 Điều kiện:  h(x) ≥ 0 k(x) ≥ 0

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(1)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

TR ẦN

−4 3 ⇔ x = 4 (t/m) x = 4 

( 3x + 4 )( x − 4 ) = 4 x ⇔ ( 3x + 4 )( x − 4 ) = 0 ⇔ 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4 Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 1 - x − 7 = 12 − x ⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7

ẠO Đ G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

−4  x≥  3 x + 4 ≥ 0 3   Điều kiện:  x − 4 ≥ 0 ⇔  x ≥ 4 ⇔ x ≥ 4 x ≥ 0 x ≥ 0    Ta có: (1) ⇔ 3x + 4 + x − 4 + 2 ( 3x + 4 )( x − 4 ) = 4 x

⇔ 4x + 2

TP .Q

Đến đây bài toán trở lại dạng 2 Chú ý: Giải tương tự với dạng: f ( x) − g ( x) = h( x) Ta có: f ( x) − g ( x) = h( x) ⇔ h(x) + g(x ) = f(x) ⇒ Bài toán trở lại dạng 6 (1) Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x + 4 + x − 4 = 2 x

 f ( x) ≥ 0  f ( x) ≥ 0  g ( x) ≥ 0  g ( x) ≥ 0   Sơ đồ cách giải: ⇔  ⇔ h(x) ≥ 0 h(x) ≥ 0    f ( x) + g ( x) + 2 f ( x ).g ( x) = h( x) 2 f ( x).g ( x) = h( x ) − f (x) − g(x)  

Bình phương hai vế của phương trình, ta có: f (x) + g(x) + 2 f (x) g(x) = h(x) + k(x) + 2 h(x) k(x) ⇔2

(

f (x) g(x) − h(x) k(x) = h(x) + k(x) − f(x) − g(x) ⇒ Bài toán trở lại dạng 5

)

Ví dụ 1: Giải phương trình : x + 1 + x + 10 =

x+2 + x+5

(1)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 10

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Gợi ý: ĐK :

x + 1 ≥ 0  x + 10 ≥ 0   x + 2 ≥ 0  x + 5 ≥ 0

⇔

 x ≥ −1  x ≥ −10    x ≥ −2  x ≥ −5

⇔ x ≥ -1 (2)

H Ơ N

( x + 1)( x + 10) =

(3)

( x + 2)( x + 5)

4 + 4 ( x + 1 )( x + 10 ) + ( x + 1 )( x + 10 ) = ( x + 2 )( x + 5 ) ⇔ ( x + 1 )( x + 10 ) = − x − 1

ẠO

Điều kiện ở đây là x ≤ -1 (4)

 x ≥ −1 ⇔ x = -1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).  x ≤ −1

Ư N

H TR ẦN

−1  x≥  2 1 0 x + ≥  2  2 x + 16 ≥ 0 −1  x ≥ −8 Gợi ý: ĐK:  ⇔ ⇔x≥ 2 2 x + 4 ≥ 0  x ≥ −2 2 x + 9 ≥ 0  −9 x ≥  2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x + 1 + 2 x + 16 = 2 x + 4 + 2 x + 9 (1)

Ta có: (1) ⇔ 2 x + 1 + 2 x + 16 + 2 ( 2 x + 1)( 2 x + 16 ) = 2 x + 4 + 2 x + 9 + 2 ( 2 x + 4 )( 2 x + 9 )

⇔ 4 x 2 + 34 x + 16 + 2 = 4 x 2 + 26 x + 36 (2) 4 x 2 + 34 x + 16 = 4 x 2 + 26 x + 36

( 2 ) ⇔ 4 x 2 + 34 x + 20 + 4

ẤP

Hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế của (2), ta có:

Í-

⇔ 4 x 2 + 34 x + 16 = −2 x + 4  −2 x + 4 ≥ 0 x ≤ 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x = 0(t/ m) 2 x = 0 4 x + 34 x + 16 = 4 x − 16 x + 16

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 * Nhận xét : Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc chẵn thì phải có điều kiện để cả hai vế của phương trình đều dương. Với hai số dương a, b nếu a = b thì a2n = b2n và ngược lại (n= 1,2,3.....) Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn thức, điều kiện ở cả hai vế của phương trình đều dương đây là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan, còn thiếu sót khi sử dụng phương pháp này. Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều phương pháp khác lại với nhau .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Kết hợp giữa (2) và (4): 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Với x ≥ -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được:

⇔ 2+

Bình phương hai vế của (1) ta được: x+1 + x+ 10 + 2 ( x + 1)( x + 10) = x+2 + x+ 5 + 2 ( x + 2)( x + 5)

2. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối: www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 11

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

Sơ đồ cách giải:

(1 −

2x − 5

)

= 4 ⇔ 2x − 5 + 3 + 1− 2x − 5 = 4

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

5 ≤ x ≤ 3 (t/m) 2

Ư N

⇔ 1 − 2x − 5 = 1 − 2x − 5 ⇔ 1− 2x − 5 ≥ 0 ⇔ 2x − 5 ≤ 1 ⇔ 2

TR ẦN

Ví dụ 2: Giải phương trình: ( x − 1) + x 2 + 4 x + 4 + x 2 − 6 x + 9 = 14 (1)

Ta có: (1) ⇔ x − 1 + x + 2 + x − 3 = 14 (*)

(Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang - Năm học 10 - 11)



3

16 Xét các trường hợp, ta được tập nghiệm là S = −4; 

ẤP

Ví dụ 3: Giải phương trình: 9 x 2 − 24 x + 16 = − x + 4 (1)

9 x 2 − 24 x + 16 ≥ 0 (3 x − 4) 2 ≥ 0∀x ⇔ − x + 4 ≥ 0 x ≤ 4

Gợi ý:

⇔ x≤4

ĐK: 

3 x − 4 = − x + 4

x = 2

⇔  (thỏa mãn) x = 0

-L

Í-

Ta có: (1) ⇔ 3x − 4 = -x + 4 ⇔  3 x − 4 = x − 4

ÁN

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 2; x2 = 0

Nhận xét :

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử dụng để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên, song trong thực tế cần lưu ý cho học sinh một số vấn đề sau:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

)

2x − 5 + 3

(

⇔

ẠO

Ta có: (1) ⇔ 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

5 2

TP .Q

Gợi ý: ĐK: x ≥

(Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình – Năm học 2014 - 2015)

Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 2 + 3 2 x − 5 + x − 2 − 2 x − 5 = 2 2 (1)

- Áp dụng hằng đẳng thức

A2 = A

- Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm . 3. Phương pháp đưa về phương trình tích: a) Dạng 1: Đưa phương trình về dạng f(x). g(x) ….h(x)= 0 www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 12

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

+ Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….h(x)= 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;…..; h(x)= 0 là những phương trình quen thuộc.

Các bước giải: + Tìm tập xác định của phương trình.

)

ẠO

(

Ví dụ 2: Giải phương trình:

G Ư N

3 2 2 2 + 8 x 2 = 40 ⇔ x + 8 x ⋅ 5 − x = 40 ⋅ 5 − x

5− x

5− x (Đề thi HSG tỉnh Hưng Yên – Năm học 2014- 2015)

Gợi ý: ĐK: 5 − x 2 > 0 ⇒ − 5 < x < 5 Ta có:

+ 8 x 2 = 40 (1)

(

⇔ x 3 + 8 ⋅ 5 − x 2 ⋅ x 2 − 5 = 0 ⇔ x3 − 2 ⋅ 5 − x 2

)

( ⇔ (x − 2⋅

ẤP

(

)( 5 − x ) ⋅ ( 2x ⋅

) =0

)

x − 2 ⋅ 5 − x2 = 0

)

5 − x 2 − 3 x 2 − 20 = 0

TH2: 2 x ⋅ 5 − x 2 − 3x 2 − 20 = 0

ĐK: x > 0

Í-

TH1:

⇔ x − 2 ⋅ 5 − x 2 ⋅ x 2 + 2 x ⋅ 5 − x 2 + 20 − 4 x 2 = 0

⇔ x2 = 4 ⋅ 5 − x2

-L

(

)

⇔ 2 x ⋅ 5 − x 2 = 3 x 2 + 20

⇔ 5 x 2 = 20 ⇔ x = ±2

⇔ 4 x 2 ⋅ 5 − x 2 = 9 x 4 + 120 x 2 + 400

ÁN

(

)

⇔ 13 x + 100 x 2 + 400 = 0 (vô nghiệm)

⇔x=2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 1 + 13 x− x + 3 = 0 x = x + 3 x=  ⇔ ⇔ ⇔ 2   2 x − x + 3 = 0  2 x = x + 3  x = 1  1 + 13  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 1;  2  

⇔ 2 x(x − x + 3) − x + 3( x − x + 3) = 0 ⇔ (x − x + 3) 2 x − x + 3 = 0

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

+ Nghiệm của PT là hợp nghiệm của các phương trình f(x) = 0; g(x) = 0; ….;h(x)=0 thuộc tập xác định . Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x 2 + x + 3 = 3x x + 3 (1) (Đề thi HSG thành phố HCM – Năm học 2014 - 2015) Gợi ý: ĐK x ≥ −3 Ta có: (1) ⇔ 2 x 2 − 2 x x + 3 − x x + 3 + (x + 3) = 0

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 x 2 − x = 2 x − x 2 (1) (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ - Năm học 2014 - 2015)

x = 0  x ( 2 x − 1) ≥ 0 ⇒ 1 Gợi ý: ĐK:   ≤ x≤ 2 x ( 2 − x ) ≥ 0  2 Ta có: (1) ⇔ 2 x 2 − x − x

2 x 2 − x + (1 + x ) 2 x 2 − x − x (1 + x ) = 0

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 13

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

⇔

(

2x − x − x

)(

 2 x2 − x = x 2x − x + 1 + x = 0 ⇔   2 x 2 − x = − ( x + 1) (loai) 

)

H Ơ

Giải ra ta được x = 0 hoặc x = 1.

)

x −1 −

7− x = 0

 x −1 − 2 = 0 ⇔   x − 1 − 7 − x = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {4;5}

x = 5 (thỏa mãn)  x = 4

Đ G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔

TR ẦN

Ư N

Ví dụ 5: Giải phương trình: x 2 + 2 = 2 x x + x (1) (Đề thi HSG thành phố Đà Nẵng – Năm học 2009- 2010) Gợi ý: ĐK: x ≥ 0 Ta có: (1) ⇔ x x ( x − 2 ) − ( x − 2 ) = 0 x = 4 x − 2 x x −1 = 0 ⇔  (t / m) x = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {4;1}

)(

)

(

⇔

ẤP

b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình tích: Các bước giải: + Đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn, đặt ĐK cho ẩn phụ. + Đưa phương trình về dạng tích (với ẩn phụ). + Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm nghiệm của phương trình đã cho. + Căn cứ vào ĐKXĐ kết luận nghiệm của phương trình.

(

Í-

Ví dụ 6: Giải phương trình: x3 + ( x + 1) x + 1 + 2 2 = x + x + 1 + 2

)

(1)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương – Năm học 2014 - 2015) Gợi ý: ĐK: x ≥ −1 Đặt: y = x + 1; z = 2 Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh được (2) ⇔ (x+y)(x+z)(z+x) = 0 1− 5 Với: x + y = 0 ⇔ x + x + 1 = 0 ⇔ x + 1 = − x ⇒ x = ( thỏa mãn) 2 Với: x + z = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = − 2 ( loại). Với: y + z = 0 ⇔ x + 1 + 2 = 0 - vô nghiệm 1− 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 2 Ví dụ 7: Giải phương trình: 2 x + 1 − 3x = x − 1 (1) (Đề thi HSG tỉnh Bắc Giang – Năm học 2009 -2010) Gợi ý: ĐK: x ≥ 0

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

)(

x −1 − 2 .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

(

TP .Q

(1) ⇔

ẠO

Ta có:

Ví dụ 4: Giải phương trình: x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 (1) (Đề thi HSG tỉnh Hòa Bình – Năm học 2010- 2011) Gợi ý: ĐK: 1 ≤ x ≤ 7

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 14

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

Đặt a = 2 x + 1 , b = 3x với a ≥ 0, b ≥ 0. Suy ra: b2 – a2 = x – 1. Thay vào (1), ta có: a – b = b2 – a2 ⇔ (a – b)(a+b+1)= 0 ⇔ a – b = 0 (do a ≥ 0, b ≥ 0 nên a+b+1>0 ) Với a = b, ta có: 2 x + 1 = 3x ⇔ x = 1 (t/m). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Gợi ý: ĐK: x ≥ -1.

5 ± 37 2

ẠO

Vậy phương trình có nghiệm: x =

5 ± 37 (thỏa mãn đk x ≥ -1.) 2

Ví dụ 9: Giải phương trình: ( x + 5 - x + 2)(1 + x 2 + 7x + 10) = 3 .

x + 2 = v ≥ 0 ta có: uv = x 2 + 7 x + 10, u 2 − v 2 = 3

x + 5 = u ≥ 0,

Đặt

Gợi ý: ĐK x ≥ - 2

ẤP

(Đề thi HSG tỉnh Ninh Bình – Năm học 2013 -20 14)

-L

Í-

Thay vào phương trình ta được: (u − v)(1 + uv) = u 2 − v 2

ÁN

u = v ⇒ (u − v)(1 + uv) = (u − v)(u + v) ⇔ (u − v)(1 − u )(1 − v) = 0 ⇔ u = 1  v = 1 x + 5 = x + 2 ⇒ PT vô nghiệm

* Với u = 1 ta có

x + 5 = 1 ⇔ x = −4 (loại)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

* Với u = v ta có

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Với b=2a ⇔ x 2 − x + 1 =2 x + 1 2

TR ẦN

Với a=2b ⇔ x + 1 =2 x 2 − x + 1 2 ⇔ 4x -5x+3 = 0, vô nghiệm.

⇔ x -5x-3 = 0 ⇔ x =

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đặt a = x + 1 , b = x 2 − x + 1 với a ≥ 0, b>0. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2(a2 + b2) = 5ab ⇔ (2a-b)(a-2b)=0 ⇔ 2a=b hoặc a=2b

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Ví dụ 8: Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x3 + 1 (1) (Đề thi HSG huyện Vĩnh Tường – Năm học 2013- 2014)

* Với v = 1 ta có x + 2 = 1 ⇔ x = −1 (TM) Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1

Ví dụ 10: Giải phương trình: 2 x 2 + 5 x + 12 + 2 x 2 + 3x + 2 = x + 5 (1) (Đề thi HSG tỉnh Ninh Bình – Năm học 2014 -20 15) Gợi ý: ĐK: x ≥ -5

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 15

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Đặt a = 2 x 2 + 5 x + 12 ; b = 2 x 2 + 3x + 2 => a2 – b2 = 2x +10 => x+5 =

a2 − b2 2

Thay vào phương trình ta được: a2 − b2 2 2 ⇔ 2(a + b) – (a – b ) = 0 ⇔ (a+b)(2 – a + b) = 0 2

N N

1 7

Giải ta tìm được x = -1; x =

H Ơ

vì a + b > 0 nên 2 – (a – b) = 0 hay a – b = 2

TP .Q

* Nhận xét :

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

4. Phương pháp đặt ẩn phụ:

Ư N

Việc giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ có thể xem như là đáng lẽ ta phải đi đường thẳng thì ta lại đi theo đường vòng nhưng dễ đi hơn để tới đích.

TR ẦN

Mặt khác do trước hết ta tìm ẩn phụ rồi mới trở về tìm ẩn ban đầu; cho nên cũng có thể xem việc giải phương trình bằng cách dùng ẩn phụ như là một công việc được tách thành hai công đoạn dễ làm hơn.

Quy trình giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ:

Bước 1: Xuất phát từ bài toán đã cho, chọn các ẩn phụ thích hợp rồi chuyển bài toán đã cho thành bài toán đối với ẩn phụ.

ẤP

Bước 2: Tìm ẩn phụ rồi trở về tìm ẩn ban đầu.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Sơ đồ cách giải:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

ẠO

Khi giải phương trình bằng Phương pháp đưa về phương trình tích, cần phải biết vận dụng, phối hợp linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

a+b=

a) Dạng 1: Chuyển bài toán từ ẩn đã cho sang ẩn phụ nhưng giữ nguyên số ẩn và số phương trình: Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 (1) www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 16

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

(Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2010- 2011) Gợi ý: ĐK: x ≥ -1 Đặt 2 x + 3 + x + 1 = u (u ≥ 0)

)

N H Ơ N

Khi đó: (1) ⇔ u 2 = u + 20 ⇔ u 2 − u − 20 = 0 ⇔ u = 5 (do u ≥ 0)

ẠO

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 ( x 2 + 2 ) = 4 − x 2 x 2 + 4 (1)

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

TP .Q

x ≤ 7 ⇔ 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 21 − 3 x ⇔  2 ⇔ x = 3 (t/m)  x − 146 x + 429 = 0

Ư N

(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương – Năm học 2013- 2014)

t = 2 t2 = 4 − t ⇔ t 2 + 2t − 8 = 0 ⇔  2  t = −4

Lúc này, ta có: (1) ⇔

t2 2

TR ẦN

Đặt t = x 2 x 2 + 4 ⇔ t 2 = 2 x 2 (x 2 + 2) ⇔ x 2 (x 2 + 2) =

Gợi ý:

Với t = 2, ta có:

 x > 0 x > 0  x > 0 ⇔ 4 ⇔ 2 ⇔ x= x 2 x2 + 4 = 2 ⇔  4 2 2 x + 2x − 4 = 0 2 ( x + 2 x ) = 4  x = 3 − 1

ẤP

Với t = -4, ta có:

3 −1

x < 0 x < 0  x < 0 x 2 x 2 + 4 = −4 ⇔  ⇔ 4 ⇔ 2 ⇔ x=− 2 4 2 2 x + 2x − 8 = 0 x = 2 2 ( x + 2 x ) = 16

{

3 − 1; − 2

-L

Í-

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =

ÁN

Ví dụ 3: Giải phương trình: ( x − 1)( x + 2 ) + 4 ( x − 1)

}

x+2 = 12 (1) x −1

(Đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi – Năm học 2013- 2014)

Ỡ N

Gợi ý: ĐK: x ≤ −2; x > 1

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Với u = 5 ta được: 2 x + 3 + x + 1 = 5 ⇔ 3x + 4 + 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 25

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

(

Ta có: u 2 = 3x + 4 + 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 + 20

BỒ

ID Ư

Ta có: (1) ⇔ ( x − 1)( x + 2 ) + 4 ( x − 1)

x+2 − 12 = 0 x −1 t = 2 t = −6 (loai)

Đặt t = ( x − 1)( x + 2 ) ta có phương trình: t2 + 4t – 12 = 0 ⇒ 

 x = 2 (t/m)  x=-3 (t/m)

Với t = 2, ta có: (x + 2)(x + 1) = 4 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇔  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {2; −3}

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 17

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ví dụ 4: Giải phương trình: 2x2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33 (1) Gợi ý: ĐK: ∀ x ∈ R

H Ơ

TP .Q

9 2

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 5: Giải phương trình: x + 4 x = 12 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 0

TR ẦN

Đặt 4 x = t (t ≥ 0) ⇒ x = t2, ta có: (1) ⇔ t2 + t -12 = 0 Phương trình có 2 nghiệm là t = 3 và t = - 4 (loại)

Với t = 3 ⇒ 4 x = 3 ⇒ x = 81(thỏa mãn) Vậy x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho. b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:

x −1 = 3x + 1. (1) 4x

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x − 1 + 1 3

Gợi ý: ĐK: x ≥ − , x ≠ 0

ẤP

(Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ – Năm học 2013 -20 14)

-L

Í-

Phương trình tương đương với: 12 x 2 − ( 3x + 1) = 4 x 3x + 1 . Đặt a = 2 x, b = 3x + 1 ( a ≠ 0; b ≥ 0 ) Ta có phương trình: 3a 2 − b 2 = 2ab ⇔ ( b − a )( b + 3a ) = 0 ⇔ b = a hoặc b = −3a . Khi đó 3 x + 1 = 2 x hoặc 3x + 1 = −6 x . +) Với 3x + 1 = 2 x , điều kiện x > 0 , ta có

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

1 3 x + 1 = 2 x ⇔ 3 x + 1 = 4 x 2 ⇔ 4 x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = − (loại). 4 1 +) Với 3x + 1 = −6 x , điều kiện − ≤ x < 0 , ta có 3 3 − 153 3 + 153 hoặc x = (loại). 3x + 1 = −6 x ⇔ 36 x 2 − 3x − 1 ⇔ x = 72 72

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình đã cho.

ẠO

Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

2 x 2 + 3 x + 9 = 6 ⇔ 2x + 3x -27 = 0

Từ đó ta có:

Đặt 2 x 2 + 3x + 9 = t (t ≥ 0) (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ t) Ta có: (1) ⇔ t2 + t - 42 = 0 Phương trình này có hai nghiệm: t1 = 6 , t2 = -7 < 0 (loại)

Phương trình đã cho tương đương với: 2x2 + 3x + 9 + 2 x 2 + 3x + 9 - 42= 0 (1)

 3 − 153  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 1;  72   Ví dụ 2: Giải phương trình: 10 x3 + 1 = 3 x 2 + 6 (1) (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An– Năm học 2010 -20 11) Gợi ý: ĐK: x ≥ −1 www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 18

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ta có : (1) ⇔ 10. ( x + 1) ( x 2 − x + 1) = 3 ( x 2 + 2 )

Đặt: a = x + 1 (a ≥ 0); b= x 2 − x + 1

(b > 0)  a = 3b b = 3a

}

N Y

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 3: Giải phương trình: x + 1 + 2 (x+1) = x- 1 + 1 − x + 3 1 − x 2 (1) Gợi ý: ĐK: -1 ≤ x ≤ 1 Đặt x + 1 = u ≥ 0 và 1 − x = t ≥ 0 Ta có: (1) ⇔ u + 2u2 = -t2 + t + 3ut ⇔ (u - t ) 2 + u(u-t) + (u-t) = 0

x = 0  x +1 = 1− x u = t (t/m) ⇔ (u-t)(2u - t +1 ) = 0 ⇔  ⇔  ⇔   x = − 24 2 u + 1 = t  2 x + 1 + 1 = 1 − x 25 

 −24  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 0;   25  Ví dụ 4: Giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 Gợi ý: ĐK: x ≥ 1

(1)

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

ẤP

Ta đưa phương trình (1) về dạng: 3 ( x − 1) + 2 ( x 2 + x + 1) = 7

v = 9u Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được phương trình: 3u + 2v = 7 uv ⇔  1 v = u  4 Thay u,v vào ta tìm được: x = 4 ± 6

-L

Í-

ÁN

Chú ý: Các phương trình dạng α u + β v = mu 2 + nv 2 có thể giải như VD3 và VD 4 c) Dạng 3: Chuyển bài toán một phương trình một ẩn x thành bài toán một phương trình một ẩn y mà hệ số còn chứa ẩn ban đầu.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 3x + 1= (x + 3) x 2 + 1 (1)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 5 ± 33

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

{

ẠO

TP .Q

 x = 5 + 33 (t/m) ⇔ 9 ( x + 1) = x 2 − x + 1 ⇔ x 2 − 10 x − 8 = 0 ⇔  1  x2 = 5 − 33 (t/m)

- Nếu a = 3b, ta có: x + 1 = 3 x 2 − x + 1 ⇔ 9 x 2 − 9 x + 9 = x + 1 ⇔ 9 x 2 − 10 x + 8 = 0 ∆ , = 25 − 9.8 < 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm. - Nếu b = 3a, ta có: 3 x + 1 = x 2 − x + 1

H Ơ

Ta có: 10ab = 3a2 + 3b2 ⇔ ( a − 3b )( 3a − b ) = 0 ⇔ 

(Đề HSG TP Thái Nguyên – Năm học 2014 - 2015)

Gợi ý: Đặt

x 2 + 1 = y với y ≥ 1 . Khi đó ta được

y = 3 y 2 + 3x = (x + 3)y ⇔ (y − 3)(y − x) = 0 ⇔  y = x

Ví dụ 2: Giải phương trình: (4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 − 2 x + 2 (1) (Đề HSG huyện Thanh Chương – Năm học 13 - 14) www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 19

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Gợi ý: Đặt

x 2 + 1 = y ≥ 1 phương trình trở thành: 2

(4 x − 1) y = 2 y 2 − 2 x ⇔ 4xy - y = 2y - 2x 2

⇔ 2y - 2x - 4xy + y = 0 ⇔ y(2y +1) - 2x(2y + 1) = 0

1 3 1 (t/m) 3

)

(

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

y = 3 (1) ⇔ x 2 + 2 − ( 2 + x ) x 2 + 2 − 3 + 3 x = 0 ⇔ y 2 − ( 2 + x ) y − 3 + 3 x = 0 ⇔   y = x −1

TR ẦN

Nếu y = 3 ⇔ x 2 + 2 = 3 ⇔ x = ± 7

5. Phương pháp đưa về hệ phương trình:

−1 (loại) 2

Nếu y = x - 1 ⇒ x ≥ 1 + 2 . Ta có: x 2 + 2 = x 2 − 2 x + 1 ⇔ x =

a. Chuyển các bài toán từ một phương trình một ẩn thành hệ 2 phương trình hai ẩn phụ:

Các bước tiến hành:

ẤP

- Tìm điều kiện tồn tại của phương trình.

- Đặt 2 ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc.

-L

Í-

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 x + 10 + 3 17 − x = 3 (1) (Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang – Năm học 2012- 2013) 3 3 Gợi ý: Đặt a= x + 10 ; b= 17 − x ⇒ a 3 + b3 = 27

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

 a = 3  a + b = 3 a + b = 3 b = 0  Ta có hệ phương trình:  3 3 ⇔ 2 ⇔ 2  a = 0 a + b = 27 a − ab + b = 9   b = 3

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Gợi ý: Đặt y = x 2 + 2 ; y ≥ 2 . Ta có:

ẠO

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 3 − x 2 + 2 x = 1 + 2 x 2 + 2 (1)

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x =

x2 + 1 = 2x ⇔ x =

TP .Q

⇔

H Ơ

⇔ ( 2y + 1)(y - 2x) = 0 ⇔ y = 2x (vì y ≥ 1 ).

a = 3  3 x + 10 = 3 ⇔ ⇒ x = 17 Với  b = 0  3 17 − x = 0 a = 0  3 x + 10 = 0 ⇔ ⇒ x = −10 Với  b = 3  3 17 − x = 3

Ví dụ 2: Giải phương trình:

25 − x 2 − 10 − x 2 = 3 . (1) (Đề HSG tỉnh Quảng Ngãi – Năm học 2008 - 2009)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 20

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Gợi ý: Đặt a= 25 − x 2 ; b= 10 − x 2 ⇒ a 2 − b2 = 15 a − b = 3

a − b = 3 a = 4 ⇔ ⇔ a + b = 5 b = 1 a − b = 15 2

 25 − x 2 = 4

a = 4

H Ơ

 Với  ⇔ ⇒ x 2 = 9 ⇒ x = ±3 (t/m) 2 b = 1   10 − x = 1

5− x + x−3

TP .Q

(5 − x) 5 − x + ( x − 3) x − 3

Ví dụ 3: Giải phương trình:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ±3 (1)

ẠO

Gợi ý: ĐK: 3 ≤ x ≤ 5

 5 − x = u (u ≥ 0) Đặt 

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x − 3 = t (t ≥ 0)

+ Với t = 0 ⇒ x − 3 = 0 ⇒ x = 3 (thỏa mãn)

+ Với u = 0 ⇒ 5 − x = 0 ⇒ x = 5 (thỏa mãn)

TR ẦN

u 2 + t 2 = 2 u = 0 ut = 0 Ta có: (1) ⇔  2 ⇔ ⇔ t = 0 u − ut + t 2 = 2 

Phương trình (1) trở thành hệ phương trình:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =3; x= 5. x −1 = 1

3 2 − x = u   x − 1 = t (t ≥ 0)

Đặt

ẤP

ĐK: x ≥ 1

Gợi ý:

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2 − x +

Khi đó: u3 = 2 - x ; t2 = x- 1 nên u3 + t2 = 1

Í-

u + t = 1( 1 )

Phương trình đã cho được đưa về hệ: 

-L

3 2 u + t = 1( 2 )

ÁN

Từ phương trình (1) ⇒ u = 1 - t. Thay vào phương trình (2) ta có: 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

t = 0 t = 0  ⇔ t = 1 (2) ⇔ (1 - t) + t = 1 ⇔ t( t - 4t + 3) = 0 ⇔  2 t − 4t + 3 = 0 t = 3 3

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ta có hệ phương trình: 

+ Với t = 0 ⇒ x − 1 = 0 ⇒ x = 1 (thỏa mãn) + Với t = 1 ⇒ x − 1 = 1 ⇒ x = 2 (thỏa mãn) + Với t = 3 ⇒ x − 1 = 3 ⇒ x = 10 (thỏa mãn) Vậy: x= 1; x =2 ; x = 10 là nghiệm của phương trình đã cho.

b. Chuyển các bài toán một phương trình một ẩn thành một hệ 2 phương trình gồm một ẩn phụ và một ẩn ban đầu. www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 21

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ N Y

1 − 8061 −1 + 8057 ; x2 = 2 2

x1 =

Ví dụ 2: Giải phương trình x2 - x - 2 1 + 16x = 2 (1)

ẤP

1 16

Gợi ý: ĐK: x ≥ −

(Đề HSG tỉnh Nghệ An – Năm học 2008 - 2009)

Ta có: (1) ⇔ x2 - x = 2( 1 + 16x + 1) . Đặt: 1 + 16x + 1 = 2y ( y ≥

ÁN

-L

Í-

⇔ 1 + 16x = 4y2 -4y + 1⇔ 4y2 - 4y = 16x ⇔ y2 - y = 4x (*)  y 2 − y = 4x ⇒ (x − y)(x + y + 3) = 0 Ta có :  2  x − x = 4y

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x = y ⇔  x + y + 3 = 0 (lo¹i v× x ≥ - 1 vµ y ≥ 1 ) 16 2  2 Với x = y thay vào (*) ⇒ x - x = 4x  x = 5 (tho¶ m n) ⇔ x2 - 5x = 0 ⇔ x(x - 5) = 0 ⇔   x = 0 (lo¹i) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5

1 ) 2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

* Đối chiếu với điều kiện bài toán, vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U TP .Q ẠO Đ

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x 2 + t = 2015 Ta có hệ phương trình :  2  t − x = 2015  t 2 − x 2 − x − t = 0 (t + x)(t − x − 1) = 0 ⇔ ⇔  2 2  x + t = 2015  x + t = 2015  t = −x    x = 1 + 8061  t = − x  t = − x * Giải hệ pt:  2 ⇔ 2 ⇔  2  x t 2015 x − x − 2015 = 0 + =      x = 1 − 8061 2   t = x + 1    x = −1 + 8057  t = x + 1  t = x + 1 ⇔ 2 ⇔  * Giải hệ pt:  2 2   x + t = 2015  x + x − 2014 = 0    x = −1 − 8057 2  

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + x + 2015 = 2015 . (1) (Đề HSG tỉnh Long An – Năm học 2014 - 2015) Điều kiện: x ≥ −2015 ; Đặt t = x + 2015 ≥ 0 => t2 – x = 2015

Ví dụ 3: Giải phương trình:

( x + 1) 2 +

( x − 1) 2 +

x2 −1 = 1

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 22

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

x − 1 = b nên ta có:

a2 = 3 ( x + 1) 2 ; b2 = 3 ( x − 1) 2 ; ab = 3 x 2 − 1 .

H Ơ

Ta được phương trình: a2 + b 2 + ab = 1 (1)

a 3 = x + 1 Ta có: b3 = x − 1 

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0

Ta thường đặt u = n a − f (x); v = n b + f (x)

Chú ý: Đối với phương trình có dạng: n a − f (x) + n b + f (x) = c

u + v = c

Khi đó, ta được hệ phương trình: u n +v n = a + b 

ẤP

Giải hệ này ta tìm được u và v. Từ đó ta tìm được giá trị của x.

Nhận xét:

-L

Í-

Qua các ví dụ trên cho ta thấy phương pháp đưa về hệ phương trình có những điểm sáng tạo và đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn. Do đó phương pháp này thường được áp dụng cho học sinh khá, giỏi.

ÁN

Ta cần chú ý một số điểm sau:

+ Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+ Tìm điều kiện tồn tại của phương trình.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

TR ẦN

Với a = 1, ta có: 3 x + 1 = 1 ⇒ x = 0 (thỏa mãn)

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thay vào phương trình (1) ta được: 3.(a -1)2 = 0 ⇒ a =1

Từ hệ phương trình, ta suy ra: a - b = 2 ⇒ b = a - 2

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

a 2 + b 2 + ab = 1 a 2 + b 2 + ab = 1 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  3 ⇔ 3 a − b = 2 a − b = 2

TP .Q

Ta được phương trình: a3 - b3 = 2 (2)

+ Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc. Ngoài ra người học còn biết kết hợp phương pháp này với các phương pháp khác như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng hằng đẳng thức.

6. Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức: Các bước: www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 23

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

* Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) và f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a là hằng số).

H Ơ

* Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) ≥ m; hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy ra.

Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a.

* Áp dụng các bất đẳng thức: Cauchy; Bunhia côpxki, ....

(1)

3x − 2

Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm.

Vậy phương trình vô nghiệm .

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + 4 x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2 (1)

ẤP

( x − 3) 2 + 2 +

( x − 3) 2 + 4 +

( x − 2) 2 + 1 = 3 +

2 +

( x − 2) 2 + 1 ≥

4+1=3+

Mà

( x − 3) 2 + 2 +

Gợi ý: Ta có: (1) ⇔

⇒ VP = VT = 3 +

x − 3 = 0 x = 3 2 khi  (vô nghiệm) ⇔ x − 2 = 0 x = 2

-L

Í-

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

ÁN

b) Dạng 2: Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế: 1 2

Ví dụ 1: Giải phương trình x − 2 + y + 2014 + z − 2015 = ( x + y + z ) (1)

(Đề thi HSG huyện Yên Lạc – Năm học 2014 - 2015)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G Ư N H

TR ẦN

Với x ≥ 1 thì x < 5x do đó x − 1 < 5 x − 1

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

5x − 1 =

 x ≥ 1  1  ⇔ x≥1 x ≥ 5  2   x ≥ 3

x − 1 ≥ 0  5 x − 1 ≥ 0 ⇔ 3 x − 2 ≥ 0 

Gợi ý: ĐK:

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

x −1 -

ẠO

Ví dụ 1: Giải phương trình:

TP .Q

a) Dạng 1: Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ĐK x ≥ 2; y ≥ −2014; z ≥ 2015

Ta có : (1) ⇔

(

)

( 2

) (

x − 2 −1 +

x − 2 − 1 ≥ 0;

(

) (

y + 2014 − 1 +

)

y + 2014 − 1 ≥ 0;

(

)

z − 2015 − 1 = 0

)

z − 2015 − 1 ≥ 0

 x − 2 −1 = 0 x = 3   ⇒  y + 2014 − 1 = 0 ⇔  y = −2013 (t/m)   z = 2016   z − 2015 − 1 = 0

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 24

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y;z)=(3;-2013;2016) Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 − 3 x = 2 x − 1 − 4 (1) (Đề thi HSG huyện Tam Dương- Năm học 2014 -20 15) Gợi ý: ĐK: x ≥ 1. Ta có: (1) ⇔ x 2 − 3 x = 2 x − 1 − 4 ⇔ ( x 2 − 4 x + 4) + ( x − 1 − 2 x − 1 + 1) = 0

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 (1) (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An- Năm học 2010 -2011)

ẠO

−3 2 2 Ta có: (1) ⇔ ( x + 2 x + 1) + ( 2 x + 3) − 2 2 x + 3 + 1 = 0

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1

x + x 2 + x − x 2 = x + 1 (1) (Đề thi hsg thành phố HCM - Năm học 2009 -2010)

Ví dụ 4: Giải phương trình:

2  x + x ≥ 0 Gợi ý: ĐK  2  x − x ≥ 0

ẤP

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai cặp số không âm, ta có: x + x2 + 1 x − x2 + 1 x + x 2 + x − x 2 = ( x + x 2 ) .1 + ( x − x 2 ) .1 ≤ + = x +1 2 2 x + x = 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi:  ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm. 2

 x − x = 1

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. x 2 − 6 x + 15 = x 2 − 6 x + 18 x 2 − 6 x + 11 4 2 Ta có: (1) ⇔ 1 + = ( x − 3) + 9 2 ( x − 3) + 2

(1)

-L

Í-

Ví dụ 5: Giải phương trình:

ÁN

Gợi ý:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Mà: VT = 1 +

( x − 3)

≤ 1+

4 =3 2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G

Ư N

2  x + 1 = 0 2x + 3 −1 = 0 ⇔  ⇒ x = −1 (t/m)  2 x + 3 − 1 = 0

(

⇔ ( x + 1) 2 +

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Gợi ý: ĐK x ≥

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

 x − 2 = 0 ⇔ ( x − 2)2 + ( x − 1 − 1) 2 = 0 ⇔  ⇔ x = 2(T / m)  x − 1 − 1 = 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .

VP = ( x − 3) + 9 ≥ 3 2

⇒ VT = VP ⇔ ( x − 3) = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3

Vậy phương trình có nghiệm là x = 3.

Ví dụ 6: Giải phương trình:

x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + 4 x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2

(1)

Gợi ý: 2

Ta có: (1) ⇔ ( x − 3) + 2 + ( x − 3) + 4 + 4 ( x − 2 ) + 1 = 3 + 2 (*) www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 25

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Mà: VT = ( x − 3) + 2 + ( x − 3) + 4 + 4 ( x − 2 ) + 1 ≥ 2 + 4 + 4 1 = 3 + 2 VP = 3 + 2

H Ơ

2 x = 3 ( x − 3) = 0 Nên (*) xảy ra ⇔  (vô lí) ⇔  2 = 2 x  x − 2 = 0 ) (

x 2 −1

+ 95

x 2 −3 x + 2

= 3 (1)

x 2 −1

+ 95

x 2 −3 x + 2

TP .Q ≥ 190 + 50 + 950 = 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. 7. Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất:

Các bước: Khi giải các phương trình vô tỉ mà ta chưa biết cách giải, thường ta sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm, thử trực tiếp để tìm nghiệm của chúng. Rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác.

6 10 + = 4 (1) 2−x 3− x (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2007 - 2008)

ẤP

Ví dụ 1: Giải phương trình :

Gợi ý: ĐK: x < 2

ÁN

-L

Í-

1 2 3   6  0 < < <4 2 − x > > 0  1 1   2 − x 2−x 3 2 - Nếu x < ⇔ − x > − ⇔  ⇔ ⇔ 2 2 3 − x > 5 > 0 0 < 1 < 2  10 < 4    3 − x 2 3− x 5

1 6 10 + < 4 Vậy phương trình không có nghiệm x < 2 2− x 3− x

Suy ra:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

TR ẦN

Ư N

 x −1 = 0  ⇒ VT = VP ⇔  x 2 − 1 = 0 ⇔ x =1  x 2 − 3x + 2 = 0 

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

x −1

Ta có: VT = 19 Mà: VP = 3

 x −1 ≥ 0 Gợi ý: Điều kiện:  x 2 − 1 ≥ 0  2  x − 3x + 2 ≥ 0

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

x −1

Ví dụ 7: Giải phương trình: 19

Vậy phương trình vô nghiệm.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

2 3  1  6  > >4 0<2− x<    1 1  2 − x 3 2 − x 2 - Nếu 2 > x > ⇔ − x < − ⇔  ⇔ ⇔ 5 1 2 2 2 0 < 3 − x <   10 > 4 >  3 − x  2  3 − x 5

Suy ra: Với x =

1 6 10 + > 4 . Vậy phương trình cũng không có nghiệm x > 2 2− x 3− x 1 ta thấy thỏa mãn điều kiện và phương trình đã cho. 2 www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 26

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

x 2 + 28 + 2 3 x 2 + 23 +

x −1 +

x =

2 + 9 (1)

x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥1 x ≥ 0

ĐK: 

H Ơ N

Ta thấy x =2 là nghiệm của (1)

+ Với x > 2, ta có: VT > 5 32 + 23 27 + 1 + 2 = 9 + 2

TP .Q

+ Với x< 2, ta có: VT < 5 32 + 23 27 + 1 + 2 = 9 + 2

ẠO

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 3: Giải phương trình : 3 2 x +3 + 3x = 3 (1) Gợi ý: Ta thấy: x = 0 là nghiệm của (1) 2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

+ Với x ≠ 0 ta có: VT = 3 2 x +3 + 3x > 3 20+3 + 30 = 2 + 1 = 3

Do đó x ≠ 0 không thể là nghiệm của (1).

Ư N

TR ẦN

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. 8. Phương pháp Sử biểu thức liên hợp – Trục căn thức Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: x − x + 1 − x + 4 + x + 9 = 0 (1) (Đề HSG huyện Vĩnh Tường – Năm học 2013 - 2014) Gợi ý: ĐK: x ≥ 0. Ta có: (1) ⇔ x + 9 − x + 4 = x + 1 − x (1)

5 1 = ⇔ x + 9 + x + 4 = 5( x + 1 + x) (2) x+9 + x+4 x +1 + x Từ (1),(2) suy ra: x + 9 = 3 x + 1 + 2 x ≥ 3 x + 1 = 9 x + 9 ≥ x + 9 ,dấu “=” xảy ra khi x=0.

ẤP

⇔

Thử lại x=0 là nghiệm của phương trình. Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.

Í-

Ví dụ 2: Giải phương trình:

1 5 + = 4. x+3 x+4

(1)

-L

(Đề HSG huyện Hoằng Hóa – Năm học 2013 - 2014)

ÁN

Gợi ý: ĐK: x > - 3. 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có: (1) ⇔  2 − 

1   5   +  2 − =0 x+3   x + 4 

1 5 4− 4 x + 11 4 x + 11 x+3 + x+4 =0⇔ ⇔ + =0   1 5 1  5  2+ 2+ ( x + 3)  2 +  ( x + 4)  2 +  x+3 x+4 x+3  x+4   

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Gợi ý:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ví dụ 2: Giải phương trình:

1 . 2

4−

Vì x > - 3 nên

1  1  ( x + 3)  2 +  x+3  

1  5  ( x + 4)  2 +  x+4  

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 27

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon www.facebook.com/daykem.quynhon Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch www.daykemquynhon.blogspot.com – Vĩnh Phúc https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 11 thỏa mãn điều kiện. 4 11 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = −  .  4 3 Ví dụ 3: Giải phương trình: x − 8 + x + 7 + x 3 − 8 x 2 − 8 x − 14 = 0

H Ơ

(1) (Tạp chí Toán tuổi thơ 2 - Số 152)

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9. B- BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài 1: Giải phương trình:

∀x ∈ R

x 2 − 8 x + 16 = 5 (1)

Gợi ý: ĐK:

x 2 − 4x + 4 +

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

  1 1 ⇔ ( x − 9)  + + x 2 + x + 1 = 0  3 x − 8 2 + 3 x − 8 +1  x+7 +4 )  (  ⇔ x −9 = 0 ⇒ x = 9 1 1 Vì x ≥ −7 nên + + x 2 + x + 1 >0 2 3 ( x − 8) + 3 x − 8 + 1 x + 7 + 4

ĐS: 0,5; 5,5

Ta có: (1) ⇔ ( x − 2) 2 + ( x − 4) 2 = 5 ⇔ x − 2 + x − 4 = 5

ẤP

Bài 2: Giải phương trình: x − 4 x − 1 + 3 + x − 6 x − 1 + 8 = 1 (1)

Gợi ý: ĐK: x ≥ 1

x −1 − 2 +

Ta có: (1) ⇔ ( x − 1 − 2) 2 + ( x − 1 − 3) 2 = 1 ⇔

x − 1 − 3 =1 (2)

ĐS: 5 ≤ x ≤ 10

Bài 3: Giải phương trình:

-L

Í-

x + 1 + 3 − x - ( x + 1)(3 − x) = 2 (1) 2

x + 1 + 3 − x = t ≥ 0 ⇒ t = 4 + 2 ( x + 1)(3 − x) ⇒

( x + 1)(3 − x) =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đặt

ÁN

Gợi ý: ĐK : − 1 ≤ x ≤ 3

Thay vào (1) ta được: (1) ⇔ t −

t2 − 4 (2) 2

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

+ 3 x − 8 +1

x−9 + ( x − 9 ) ( x 2 + x + 1) = 0 x+7 +4

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

( x − 8)

TP .Q

ẠO

x−9

⇔

x + 7 − 4 + x3 − 8 x 2 − 8 x − 9 = 0

) (

x − 8 −1 +

Ư N

(

Gợi ý: ĐK: x ≥ −7 Phương trình tương đương với: ⇔

Do đó 4x + 11 = 0 ⇔ x = −

t = 0 t2 − 4 2 = 2 ⇔ t - 2t = 0 ⇔ t(t-2)= 0 ⇔  2 t = 2

ĐS : -1; 3 Bài 4: Giải phương trình: Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Nhận xét

x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2 (1)

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1 www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 28

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

1 t

Đặt t = x − x 2 − 1 (t > 0) thì phương trình (1) có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1

1 1 1 1 = 3 + ⇔ x − + 2 x − − 3 = 0 (*) x x x x t = 1 1 Đặt t = x − (t ≥ 0), thì phương trình (*) có dạng: t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  x t = −3(loai)

Đ G

1 1± 5 . Ta có: t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = 2 x

TR ẦN

Đặt t= 3 x −

Bài 7: Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2 (1)

 −7 − 21 x ≤ 2 Gợi ý: ĐK:   −7 + 21 x ≥  2

Đặt y = x 2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0

−5  y=  Phương trình (1) có dạng: 3y + 2y - 5 = 0 ⇔ 3 ⇔ y =1  y =1  x = −1 Với y = 1 ⇔ x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔  là nghiệm của phương trình đã cho.  x = −6

ẤP

(1)

ÁN

-L

Í-

Bài 8: Giải phương trình: 5 x 3 + 1 = 2( x2 + 2) Gợi ý: ĐK: x ≥ −1

Ta có: (1) ⇔ 5. x + 1. x 2 − x + 1 = 2 ( x 2 + 2 )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đặt x + 1 = a ≥ 0 ; x 2 − x + 1 = b > 0 ⇒ a2 + b2 = x2 + 2 Thay a, b vào phương trình (1), ta có:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

1



Chia cả hai vế cho x, ta được: (1) ⇔  x −  + 3 x − = 2 x x 

1± 5 2

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài 6: Giải phương trình: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1 (1) Nhận xét: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.

ĐS :

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

TP .Q

Chia cả hai vế cho x, ta nhận được: x + 2 x −

H Ơ

Gợi ý: ĐK: −1 ≤ x < 0 ; x ≥ 1

1 = 3 x + 1 (1) x

Bài 5: Giải phương trình sau: x 2 + 2 x x −

ĐS : 1

 2a − b = 0

(1) ⇔ 5ab = 2(a2 + b2) ⇔ (2a- b)( a -2b) = 0 ⇔  a − 2b = 0

ĐS: Bài 9: Giải phương trình: x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 u = x Ta đặt: 

5 + 37 5 − 37 ; 2 2

(1)

2 v = x − 1

( u, v ≥ 0; u > v )

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 29

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ta có: (1) ⇔ u + 3v = u 2 − v 2 ⇔ 2(u + v) - (u - v)= ( u + v )( u − v ) Đến đây ta tìm được u, v. Thay u, v vào thì tìm được x. Bài 10: Giải phương trình sau: x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1 1 2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1)

ẠO

Ta có thể đặt: 

 1− 5 v u = 2 uv = u − v ⇔   1+ 5 v u =  2

1+ 5 1+ 5 v ⇔ x2 + 2x = ( 2 x − 1) . Giải tiếp ta tìm được x. 2 2 Bài 11: Giải phương trình: ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(1)

Gợi ý: Đặt: t = x − 2 x + 3, t ≥ 2 Ta có: (1) ⇔ ( x + 1) t = x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0

TR ẦN

ĐS: 1 ± 2

t = 2 ⇔ x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔  t = x − 1

Bài 12: Giải phương trình: x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 (1)

Gợi ý: Đặt t = x 2 + 1; t ≥ 1

t = x

Phương trình (1) trở thành: t2 - (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t - x)(t - 3) = 0 ⇔  ĐS: ±2 2 t = 3

25 − x 2 = a (a ≥ 0) (* );

15 − x 2 = b ( b ≥ 0) ( ** )

Đặt:

Gợi ý: ĐK: 0 ≤ x2 ≤ 15

ẤP

Bài 13: Giải phương trình: 25 − x 2 - 15 − x 2 = 2

-L

Í-

Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình:  a = a − b = 2 ⇔  ⇔  a + b = 5 b = 

ÁN

a − b = 2 (1) ⇒ (a − b)(a + b) = 2(a + b) a + b ≠ 0 

7 2 3 2

ID Ư

Ỡ N

Bài 14: Giải phương trình: 3 ( 3x + 1)2 + 3 ( 3x − 1)2 + 3 9 x 2 − 1 = 1

ĐS: ±

51 . 2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Vì u , v ≥ 0 nên u =

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

u = x + 2 x khi đó ta có hệ: v = 2 x − 1 2

BỒ

H Ơ

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

TP .Q

Gợi ý: ĐK: x ≥ . Bình phương 2 vế ta có:

(1)

Gợi ý: Đặt u = 3 3x + 1; v = 3 3x − 1

2 2 u + v + uv = 1 ⇒u −v = 2⇒ u = v+2  Phương trình (1) trở thành hệ: u 3 − v 3 = 2 

Do đó: ( v + 2 )2 + v 2 + v ( v + 2 ) = 1 ⇔ 3v 2 + 6v + 3 = 0 ⇔ 3 ( v + 1)2 = 0 ⇔ v = −1 ⇒ u = 1

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 30

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

ĐS: 0

 3x − 1 = −1

Đặt : u = 3 2 + x ; v = 2 − x ≥ 0

Gợi ý: ĐK: x ≤ 2

TP .Q

v = 0 u + v = 1 3  2 Ta được hệ: u 3 + v 2 = 1 ⇒ (1 − v ) = 1 − v ⇔ v ( v − 1)( v − 3) = 0 ⇔ v = 1  v = 3

ẠO

ĐS :

1 2 Ta có : (1) ⇔ ( x − 1)2 − 1 = 2 2 x − 1

Ư N

Gợi ý: Điều kiện: x ≥

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài 16: Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1 (1)

1 −1 −17 ; ; 2 2 2

TR ẦN

2  x − 2 x = 2( y − 1) Đặt y − 1 = 2 x − 1 thì ta đưa về hệ sau:  2  y − 2 y = 2( x − 1) Trừ hai vế của phương trình ta được: ( x − y )( x + y ) = 0 Bài 17: Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 (1) 5 Gợi ý: ĐK x ≥ − 4 2 Ta có: (1) ⇔ 4 x − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3)2 = 2 4 x + 5 + 11

ĐS: 2 + 2

ÁN

-L

Í-

ẤP

( 2x − 3) 2 = 4y + 5 Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ :  ⇒ ( x − y )( x + y − 2 ) = 0 2 − = + 2y 3 4x 5 ) ( ĐS: 2 + 3; 2 − 1 2 Bài 18: Giải phương trình: x − x + 5 = 5 (1) ĐK: x ≥ −5 Ta có: (1) ⇔ x 2 − 5 = x + 5 ; x ≥ 5 (*) Đặt x + 5 = t ≥ 0 ⇒ t 2 − 5 = x

 x2 − 5 = t Kết hợp với (*) ta được hệ:  2

Từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.

t − 5 = x

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(1)

1 1 +x+ − x =1 2 2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

H Ơ

Bài 15: Giải phương trình:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Bài 19: Giải phương trình: 4 − 4 + x = x

x ≥ 0  Gợi ý: ĐK: 4 + x ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 12  4 − 4 + x ≥ 0

2  x = 4 − y  x = 4 − y Đặt y = 4 + x ta có hệ phương trình:  ⇔ 2  y = 4 + x  y = 4 + x

ĐS: x =

−1 + 13 2

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 31

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Bài 20: Giải phương trình: 7x2 + 7x =

4x + 9 4x + 9 2 =t+a ⇒ = t + 2at + a 2 28 28 1 4x + 9 2 1 1 Chọn a = ta được: = t + t + ⇒ 7t 2 + 7t = x + 2 28 4 2 1  2 7 x + 7 x = t + 2 Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:  7t 2 + 7t = x + 1  2

H Ơ N Y

6 − x = x -10x + 27 (1)

⇒ VT = x − 4 + 6 − x ≤

1+6 − x 2

1+ x − 4 1+6 − x + =2 2 2

TR ẦN

Mà: VP= x2 – 10x + 27 = ( x-5)2 + 2 ≥ 2 ( ∀ x)

6− x ≤

1+ x − 4 ; 2

Ư N

x−4 ≤

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Theo BĐT Cauchy, ta có:

ẠO

Gợi ý: ĐK: 4 ≤ x ≤ 6

⇒ VT = VP khi: x- 4 = 6 – x = 1 ⇔ 2 x = 10 ⇒ x = 5 (thỏa mãn)

Bài 22: Giải phương trình:

(1)

3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 2

Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ 3 ( x + 1) + 4 + 5 ( x + 1) + 9 = 5 − ( x + 1)

ĐS: 5

Mà: VT = 3 ( x + 1) + 4 + 5 ( x + 1) + 9 ≥ 4 + 9 = 5

VP = 5 − ( x + 1) ≤ 5 2

ĐS: -1.

ẤP

⇒ VT = VP ⇔ ( x + 1) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1

4x − 1

4x − 1 =2 (1) x

1 4

-L

Í-

Gợi ý: ĐK: x>

Bài 23: Giải phương trình:

a b ≥ 2 với a, b > 0 xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi a = b + b a x 4x − 1 ≥2 + x 4x − 1

ÁN

Áp dụng bất đẳng thức:

Do đó, ta có:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Dấu “=” của (1) xảy ra khi: x= 4 x − 1 ⇔ x2 - 4x +1 = 0 (do x>

Bài 24: Giải phương trình: x 2 − 3x + 3,5 =

− 2 x + 2 )( x 2 − 4 x + 5 )

1 ) 4

ĐS: 2 ± 3

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

x−4 +

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U TP .Q

Bài 21: Giải phương trình:

Gợi ý: Đặt

(1)

Gợi ý: Ta có: x 2 − 2 x + 2 = ( x − 1) + 1 > 0 x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2 ) + 1 > 0 x 2 − 3x + 3,5 =

( x 2 − 2 x + 2) + ( x 2 − 4 x + 5) ≥ ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 − 4 x + 5) (theo Côsi) 2

Dấu “=” xảy ra khi x 2 − 2 x + 2 = x 2 − 4 x + 5 ⇔ 2 x = 3 ⇔ x =

3 2

ĐS: x =

3 2

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 32

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Bài 25: Giải phương trình: 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 Gợi ý: ĐK: −1 ≤ x ≤ 1 = 256

+ 3. 3. 3 1 + x2

) ≤ (13 + 27) (13 −13x + 3 + 3x ) = 40(16 −10x ) 2

H Ơ

( 13. 13. 1− x

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2

 16  áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x (16 − 10 x ) ≤   = 64  2 2  2  x = + x 1  5  1 − x2 = Dấu bằng ⇔  ⇔ 3 2  10 x 2 = 16 − 10 x 2   x = − 5

x2 − x − x2 − 2 x x ( x − 1) − x ( x + 2 )

−3 x

=2 x ⇔

x ( x − 1) − x ( x + 2 )

U TP .Q ẠO Đ G

=2 x

(1) ⇔

( 2)

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài 26: Giải phương trình: x ( x + 2 ) + x ( x − 1) = 2 x 2 (1) Gợi ý: ĐK x ≤ −2; x ≥ 1

Ư N

( 3)

−3  −3  x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2 Nếu x ≥ 1 ta có  ⇒ 2 x ( x − 1) = 2 x + 2  x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2 x 

Giải (3) ta tìm được x

( 4)

ẤP

3  3  x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2 ⇒ 2 x ( x − 1) = −2 x + Nếu x ≤ -2 ta có  2  x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = −2 x 

Giải (4) ta tìm được x Bài 27: Giải phương trình sau:

3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

Ta nhận thấy: ( 3x 2 − 5 x + 1) − ( 3x 2 − 3x − 3) = −2 ( x − 2 ) và ( x 2 − 2 ) − ( x 2 − 3x + 4 ) = 3 ( x − 2 )

ÁN

-L

Í-

Ta có thể trục căn thức 2 vế:

Bài 28: Giải phương trình sau:

−2 x + 4 3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

3x − 6 x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

ĐS: 2 2

x + 12 + 5 = 3 x + x + 5

Gợi ý: Để phương trình có nghiệm thì:

x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥

Ta nhận thấy: x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng ( x − 2 ) A ( x ) = 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách như sau:

Ỡ N ID Ư

BỒ

5 3

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

(

Biến đổi pt ta có: x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3 ⇔

x2 − 4 x 2 + 12 + 4

= 3( x − 2) +

  x+2 x +1 ⇔ ( x − 2)  − − 3 = 0 ⇔ x = 2 2 x2 + 5 + 3   x + 12 + 4

x2 − 4 x2 + 5 + 3

ĐS: 2

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 33

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Bài 29: Giải phương trình: 3 x 2 − 1 + x = x3 − 2 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình:

  2 x +3   ( x − 3) ( x + 3x + 9) x −1 − 2 + x − 3 = x − 2 − 5 ⇔ ( x − 3) 1+ = 2 x3 − 2 + 5 3 x2 −1 + 2 3 x2 −1 + 4 ( )  

− 1) + 2 3 x 2 − 1 + 4

x+3

(

)

<2<

x 2 + 3x + 9

x2 − 1 + 1 + 3

x3 − 2 + 5

x − x2 − 3

x+ x + 3

)

)(

x > 0  ⇒ 2  x − 3

+ 3

)

= 3 3.x

) + (x

+ 3

)

− 3) = 27 x 2

(

TR ẦN

)

− 3

⇒

)

)(

(

− 3 x + x 2 − 3 − x 2 + 3 x − x 2 − 3 = 3.x

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Gợi ý: ĐK: x 2 ≥ 3 Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:

ẤP

2 4   x > 0  x > 0 ; x (9 − 2x ) ≥ 0 ⇒ ⇒ 4 3 2 4 4 3 4 4 2  2 ( x − 3) = x ( 9 − 2 x )  4( x − 3) = x ( 9 − 2 x )

ĐS: x = 2

2 x2

(

3 − 9 + 2x

)

= x + 9 (1)

-L

Í-

Bài 31: Giải phương trình:

ÁN

9  x ≥ − Gợi ý: ĐK:  2  x ≠ 0

(

2 x2 3 + 9 + 2 x

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có: (1) ⇔

)

= x+9

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

x − 3

x + 3

Bài 30: Giải phương trình sau:

ẠO

ĐS: 3

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

= 1+

x+3

Ta chứng minh: 1 +

H Ơ

TP .Q

(3 − 9 + 2x ) (3 + 9 + 2x ) 2 x (18 + 2 x + 6 9 + 2 x ) ⇔ = x+9 2

4x2

⇔ 6 9 + 2x = 0 ⇔ x = −

9 (thỏa mãn) 2

ĐS:

−9 2

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 34

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

IV- ỨNG DỤNG VÀO THỰC TIỄN CÔNG TÁC GIẢNG DẠY.

H Ơ

Trên đây tôi giới thiệu với các bạn một số dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải mà tôi đã áp dụng trong thực tiễn giảng dạy, bồi dưỡng HSG lớp 9. Kết quả thu được đó là chất lượng các đội tuyển HSG ngày càng được nâng cao hơn.

1. Nhận xét:

TR ẦN

Đây là một vấn đề hoàn toàn mới mẻ và hết sức khó khăn cho học sinh, giáo viên nên cho các em làm quen dần. Dạng toán này có tác dụng tương hỗ, cao dần từ những kiến thức rất cơ bản trong sách giáo khoa, giúp học sinh khắc sâu kiến thức biết tư duy sáng tạo, biết tìm cách giải dạng toán mới, tập trung “Sáng tạo” ra các vấn đề mới.

2. Kết quả sau khi áp dụng đề tài:

Điểm 5 - 6

Điểm 7 - 8

Điểm 9 - 10

17.1

48.6

22.9

11.4

ẤP

Điểm dưới 5

Sau khi áp dụng đề tài, tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đã được nâng lên đáng kể, đặc biệt là đối tượng HS khá – giỏi chất lượng được nâng lên rõ rệt. Cụ thể, qua khảo sát 35 em học sinh đạt kết quả như sau:

ÁN

-L

Í-

Điều đó đã minh chứng tính đúng đắn của đề tài, nó đã giúp học sinh có nền tảng kiến thức để vượt qua những khó khăn ban đầu. Từ đó giúp HS tiếp cận phương trình vô tỉ một cách cơ bản, hệ thống và sáng tạo ra những phương pháp giải mới đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho học sinh. PHẦN III- KẾT LUẬN:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Trên đây là một số dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải mà tôi đã áp dụng giảng dạy trong thực tiễn nhiều năm ở trường THCS đối với đội tuyển HSG cũng như trong quá trình ôn luyện thi vào lớp 10 THPT chuyên. Tôi đã thu được kết quả sau:

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Trong chương trình toán phổ thông của chúng ta còn rất nhiều phương pháp nữa (phương pháp miền giá trị, phương pháp hàm số....), trong đề tài này tôi chỉ trình bày một số phương pháp thông dụng trong chương trình trung học cơ sở. Tuy nhiên với dạng toán này thì không phải đối tượng nào cũng tiếp thu một cách dễ dàng, vì vậy giáo viên phải khéo léo lồng ghép vào các tiết dạy nhằm thu hút và phát huy sự sáng tạo cho từng đối tượng học sinh.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Khi áp dụng chuyên đề này tôi nhận thấy các em được trang bị một lượng kiến thức đa dạng, phong phú, huy động được tổng hợp rất nhiều loại kiến thức trước đó, từ đó phát triển và nâng cao khả năng tư duy logic, phát huy tính độc lập sáng tạo của học sinh.

+ Hầu hết các em đều làm được bài, hiệu suất làm bài tăng lên rõ rệt, các em cảm thấy tự tin và chủ động lĩnh hội lĩnh kiến thức bộ môn. + Học sinh tránh được những sai sót cơ bản và có kĩ năng vận dụng thành thạo cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh. Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 35

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ

Người thầy cần phát huy tính chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn. Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.

thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp, phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh.

ẠO

Để hoàn thành đề tài này ngoài việc tự nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy tôi còn nhận được sự giúp đỡ tận tình của các đồng nghiệp, các thầy cô giáo có nhiều kinh nghiệm.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Lập Thạch, ngày 28 tháng 10 năm 2015

TR ẦN

NGƯỜI THỰC HIỆN

Trần Mạnh Hùng



ẤP

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1- SGK Toán 7-Nhà xuất bản GD 2003

2- SGK Đại số 9-Nhà xuất bản GD

3- Một số vấn đề phát triển Đại số 9-Nhà xuất bản GD 2001

-L

Í-

4- Toán bồi dưỡng Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 2002

ÁN

5- Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9- Nhà xuất bản GD 1995

BỒ

ID Ư

Ỡ N

6- Để học tốt Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 1999 7- Phương trình và hệ PT không mẫu mực - NXB GD 2002. 8- 23 chuyên đề bài toán sơ cấp – NXB trẻ 2000.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Tôi xin chân thành cảm ơn!

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế nhất định. Vậy tôi kính mong được sự giúp đỡ, đóng góp ý của các thầy giáo, cô giáo và bạn đọc để đề tài này ngày càng hoàn thiện và có tính ứng dụng cao trong quá trình dạy và học.

9- PT, bất phương trình đại số các cách giải đặc biệt NXB trẻ 2000. 10- Tham khảo một số đề thi và những tài liệu khác có liên quan.

*************************************

www.facebook.com/daykemquynhonofficial Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 36

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú