Chuyên đề sử dụng thuật toán “tương tự “ trong bồi dưỡng học sinh giỏi môn đại số lớp 8

LỜI NÓI ĐẦUCó lẽ “Biến đổi đại số “ và Bồi dưỡng HSG đại số 8 luôn là đề tài hấp dẫn ,lôi quấn đối với tất cả GV và HS tham gia và còn mãi là đối tượng nghiên cứu của toán học Ngoài các

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN LẬP THẠCH

TRƯỜNG THCS SƠN ĐÔNG

CHUYÊN ĐỀ:SỬ DỤNG THUẬT TOÁN “TƯƠNG TỰ “ TRONG

BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 8

Người thực hiện : NGUYỄN TRANG KIÊN Tổ: : KHTN

Năm học : 2013-2014

Lập Thạch, tháng 1 năm 2014

LỜI NÓI ĐẦU

Có lẽ “Biến đổi đại số “ và Bồi dưỡng HSG đại số 8 luôn là đề tài hấp dẫn ,lôi quấn đối với tất cả GV và HS tham gia và còn mãi là đối tượng nghiên cứu của toán học

Ngoài các bài toán có phương pháp chung hay qui tắc giải tổng quát trong các tài liệu là

sự thay đổi về số liệu hay các hình thức , yêu cầu tính toán xoay quanh nó thì nhiều bài toán thường gặp không có qui tắc giải tổng quát , mỗi bài toán đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp với nó Người học , người làm toán khi chiếm lĩnh được cách giải ví như tìm được “chìa khoá vàng “ để bước vào không gian toán học rộng lớn và sáng tạo Vì thế giúp H S tìm ra “chìa khóa vàng “ có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo ,linh hoạt và sáng tạo , thúc đẩy quá trình tìm tòi và phát kiến khoa học toán học biện chứng

Hiện nay có nhiều phương pháp dạy học mới đã được ngành chủ trương vận dụng dựa trên tính căn bản , kế thừa và phát huy tinh hoa những phương pháp dạy học cũ nhằm đạt đích lớn nhất cho sự lính hội kiến thức của người học , và thể nghiệm qua các kì thi Vậy làm thế nào để H S tự học –sáng tạo , cần phải có vốn toán học căn bản Để làm được điều đó theo tôi H S cần học ,ghi nhớ và khắc sâu vốn kiến thức định hướng của

GV trực tiếp hướng dẫn , giảng dạy

Một yếu điểm đối với H S là học rồi hay quên Để khắc phục điều này và rút ngắn thờigian Dạy -học dần đến kết quả cao nhất , tôi xin mạnh dạn đưa ra đây một phương pháp mà bản thân tôi đã -đang sử dụng và áp dụng lên đối tượng H S nghiên cứu , phương pháp : Sử dụng thuật toán “tương tự “ trong bồi dưỡng HSG đại số 8

Phần II: Nội dung

2 Cơ sở thực tiễn :

Trong thời đại hiện nay, nền giáo dục của nước ta đã tiếp cận được với khoa họchiện đại Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và hiện đại của học sinh Đặc biệt làmôn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thứcmột cách chính xác, khoa học và hiện đại Vì thế để giúp các em học tập môn toán cókết quả tốt giáo viên không chỉ có kiến thức vững vàng, một tâm hồn đầy nhiệt huyết,

mà điều cần thiết là phải biết vận dụng các phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt,sáng tạo truyền thụ kiến thức cho học sinh một cách dễ hiểu nhất

Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến thức Trong đó

có một nội dung kiến thức theo các em trong suốt quá trình học tập là việc phân tích và biến đổi đại số có ý nghĩa to lớn trong việc hạ cấp phần tử ( làm giảm bậc , giảm biến ) xuất hiện hầu hết trong các bài toán đại số và số học , kể cả các bài tập ở mức độ vận dụng thấp hay vận dụng cao

Từ những yêu cầu thực tế và những yếu tố khách quan cũng như chủ quan ở trên , việc giúp cho học sinh giải được các dạng toán lên quan là một nhiệm vụ rất khó khăn đối với giáo viên Và đó là một vấn đề trăn trở nên tôi đã nghiên cứu, tìm tòi và xây dựng

,hệ thống hóa các bài toán theo ý tưởng : “SỬ DỤNG THUẬT TOÁN TƯƠNG TỰ TRONG BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 8”

II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU :

-Nhằm nâng cao chất lượng dạy và học

-Giúp HS có khả năng phân loại kiến thức và tăng cường khả năng vận dụng

III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:

Một số các bài toán thường xuất hiện trong các tư liệu thuộc chương trình Đại số 8 và các đề thi HSG

IV PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

-Các tiết dạy Đại số có liên quan

-Dành cho đối tượng chủ yếu là đội tuyển Toán 8

PHẦN II: NỘI DUNG I.Cơ sở lí luận :

Xuất phát từ thực tiễn dạy học và nhu cầu giải quyết các bài toán hay và khó trong HS, đòi hỏi tìm ra nét đặc trưng của phương pháp nhằm xử lí các hiện tượng bài thi , đề thi

có liên quan Việc tổng hợp , rà soát và tổng hợp kiến thức để có một góc nhìn toàn cảnh quá trình giải toán là cực kì quan trọng và cần thiết Trên cơ sở đó người học có thểlàm chủ kiến thức , dễ dàng lựa chon cho mình hướng giải quyết vấn đề tinh tế, nhanh nhạy và hiệu quả Thực tế trong chương trình học chính khóa gồm kiến thức cơ không đòi hỏi xây dựng những lớp bài toán khó , việc vận dụng và hoàn thiện kiến thức vận dụng về sau nằm dải rác toàn bộ chương trình không được đề cập rõ ràng hướng giải toán cụ thể nên gây nhiều lúng túng , khó khăn , hay việc định hình lời giải một bài toán trong HS

Vì vậy việc tổng hợp phân loại các phương pháp giải toán cụ thể hay định hình phương pháp giải một số dạng toán là hết sức cần thiết

II Thực trạng vấn đề nghiên cứu :

Toán học là bộ môn khoa học chứa đựng rất nhiều các bài tập hay và khó , đòi hỏi trí tưởng tượng , tư duy trừu tượng Đặc biệt nhiều bài tập có nội dung trình bày lời giải dài là 1 nguyên nhân HS thường trình bày sai , gây ra cảm giác ngại khó trong HS vì vậy để cuốn hút HS và các hoạt động học tập cần định hình thật rõ ràng về phương phápgiải toán , trên cơ sở đó HS tự tin , tích cực học tập và lựa chọn cách giải quyết vấn đề thông minh nhất

III) N ộ i dung c ụ th ể :

1)Xuất phát từ giả thiết chung :

Bài toán 1: Chứng minh rằng : ( a+b+c)(a 2 +b 2 +c 2 -ab-bc-ca)=a 3 +b 3 +c 3 -3abc

Hướng dẫn giải:

+VT là 1 tích , VP là 1 tổng

Cách 1: Khai triển và rút gọn vế trái thành vế phải

+Ngược lại , VP là 1 tích , VT là 1 tổng , nên :

Cách 2: Biến đổi VPVT: Biến tổng thành tích ( phân tích đa thức thành nhân tử )

Sử dụng công thức : a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)

Cách 2: Sử dụng công thức : a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)

Cách 2: Đặt a-b=x; b-c=y;c-a=z ⇒x+y+z=0,

và (*) :x3+y3+z3=3xyz (hiển nhiên )

Hệ quả 2: Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn : a+b+c ≠0 và a3+b3+c3=3abc Chứng minh rằng

Cách 2: Với ∀a b a, : 2+ ≥b2 2ab (1) Dấu “=” xảy ra khi a=b

Tương tự , có :∀b c b, : 2 + ≥c2 2bc (2) Dấu “=” xảy ra khi b=c

Nếu VABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c thỏa mãn :a3+b3+c3=3abc Chứng minh rằng V

ABC là tam giác đều

Hệ quả 4: Cho 3 số dương a;b;c đôi một khác nhau Chứng minh rằng giá trị của đa

thức sau cũng dương A=a3+b3+c3-3abc

Hướng dẫn giải : Với a;b;c >0 và đôi một khác nhau

Ta có : A=a3+b3+c3-3abc= 1

2(a+b+c)((a-b)2+(b-c)2+(a-c)2)>0

Hệ quả 5: Cho 3 số dương a;b;c đôi một khác nhau Ta có thể thay thế -3abc bởi biểu

thức khác :

Ví dụ :A=a3+b3+c3+3abc =a3+b3+c3-3abc +3abc ; A=a3+b3+c3+10abc

Hệ quả 6: Cho a,b,c thỏa mãn :a3+b3+c3=3abc với a;b;c ≠0.Tính giá trị của biểu thức P=(1 a)(1 b)(1 c)

Hệ quả 8: Cho x+y+z =0 Chứng minh rằng : 2(x5+ y5+ z5) 5x (= yz x2 + y2+ z2)

giải sau đây:

Hệ quả 9: Nếu a2+b2+c2= ab bc ca+ + thì a=b=c

Hệ quả 10: 1)Tìm các số x,y,z biết x2+y2+z2 =xy+yz+zx và x2008+ y2008+z2008 =32009 (Trích đề thi HSG 8-huyện Lập Thạch , vòng 2 , năm 2008-2009)

2)Tìm các số x,y,z biết x2+y2+z2 =xy+yz+zx và x2012 + y2012 +z2012 =32013 (Trích đề thi HSG 8-huyện Lập Thạch , năm 2011-2012)

Hướng dẫn giải :

1)Ta có x2+y2+z2 =xy+yz+zx ⇒x=y=z(Hệ quả 2)

Hệ quả 13:( Giải phương trình ) (2x-5)3+27(x-1)3+(8-5x)3=0

(Trích đề thi H SG 8 -huyện Lập Thạch , vòng 2 , năm 2008-2009)

Ví dụ : x+y+z =0 ⇒x+y =-z⇒(x+y) 2 =(-z) 2

⇔ + + = ⇔ + − = −

Hoàn toàn tương tự với các biến khác Như thế 1 biểu thức cồng kềnh đã được thu nhỏ

từ bậc đến biến số ,làm người học liên hệ bài toán rút gọn , hay tính giá trị của 1 biểu thức :

Hệ quả 14: Cho x+y+z=0 , xyz ≠0 Tính S= 2 12 2

+ + =

−

Hoàn toàn tương tự H S có thể giải các bài toán sau :

(Trích đề thi Ôlympic toán 8 , năm 2009-2010)

Bài 3: Cho 3 số a;b;c ≠ 0 thỏa mãn :a3b3+b3c3+c3a3=3a b c2 2 2

b

− ; a+b= ab

−

bc a c

−

ca b a

−

=-1

2) Xuất phát từ vai trò bình đẳng của biến :

Đây là 1 trong các dấu hiệu cơ bản thường hay xuất hiện ở 1 số dạng bài tập biến đổi đại số ở lớp 8.Tuy nhiên là cơ sở dễ để HS phát hiện , có ý nghĩa rất lớn trong việc định hướng lời giải với các bài tập dài và khó giúp H S có quan điểm nhìn nhận cách thức giải một bài tập khó

Bài toán 2: Cho 3 số a,b,c≠0 , a+b+c≠0 , thỏa mãn điều kiện :1 1 1 1

a b c+ + = a b c

+ +Chứng minh rằng trong 3 số a;b;c có 2 số đối nhau

Phân tích : Do vai trò của biến như nhau , nên để chứng minh a;b;c đôi một đối nhau ,ta

Như vậy thực chất của bài toán gồm 2 phần :

+Biến đổi biểu thức giả thiết thành đa thức

Lưu ý : có thể dùng phương pháp xét giá trị riêng

Sau đây là 1 số khai thác tương tự :

Hệ quả 1: (thay đổi số liệu )

Chứng minh rằng ,nếu: x;y;z≠0 , x+y+z =a ≠0 , thỏa mãn điều kiện :1 1 1 1

Cho 3 số a,b,c≠0 , a+b+c≠0 , thỏa mãn điều kiện :1 1 1 1

a b c+ + = a b c

+ + Chứng minh rằng : 1n 1n 1n n 1n n

Hệ quả 3: (Cụ thể - Đặc biệt hóa)

Thường là các trường hợp riêng với các giá trị cụ thể của n :

(Trích đề thi khảo sát đội tuyển HSG 9 -huyện Lập Thạch,vòng 1, năm 2009-2010)

2011

số a;b;c bằng 2011

(Trích đề thi HSG 8 -huyện Hải Hậu –Nam Định ,năm 2010-2011)

Bài toán 3:Cho x;y;z ≠0 và 2 2 2

2

y z x yz

+ −

+ 2 2 2

2 z

z x y x

+ − + 2 2 2

2

y x z xy

+ −

=1 (1)a) CMR trong ba số x; y ;z có ít nhất một số bằng tổng hai số kia

b)CM R trong ba phân thức ở VT có 1 phân thức có giá trị bằng -1 , còn hai phân thức còn lại đều bằng 1

Nhận xét : a)Thực tế trong quá trình dạy đội tuyển HSG Toán 8 , HS lần đầu tiên tiếp

cận bài toán này đều định hướng phân tích giả thiết làm xuất hiện :

+Nếu xuất phát từ gt ( yêu cầu bài toán ) H S được trang bị vốn có thể phân tích tìm tòi

và phát hiện lời giải hiệu quả hơn

+ − ; C= 2 2 2

2

y x z xy

TH2: y=x+z ; TH3 : z=x+y :Tương tự

Với phương pháp giải như trên hình thành lời giải các bài toán tương tự sau:

Hệ quả 1:Chứng minh rằng , nếu x;y;z là độ dài ba cạnh của một tam giác thì

+ − + 2 2 2

2

y x z xy

+ −

>1 (*)

Hướng dẫn giải :

Do x;y;z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác , nên x;y;z>0

Mặt khác , theo BĐT tam giác : x+y-z>0; y+z-x>0; x+z-y>0 , nên (**): đúng , suy ra (*): đúng

− + ; 1

b c bc

− + ; 1

c a ac

− +CMR tổng 3 phân thức trên bằng tích của chúng

Hướng dẫn giải :

Có thể thay

1

b c bc

− + =1

b a bc

− + +1

a c bc

− + rồi lấy nhân tử chung là các tử thức tương ứng

Hệ quả 4: Cho a;b;c≠0 thỏa mãn : 2 2 2

3) Xuất phát từ dạng ( nhóm )bài toán :

3.1)Dạng tỉ lệ thức : có nhiều phương pháp giải các bài tập dạng này tuy nhiên ở đây

tôi chỉ trình bày phương pháp tham số hóa nhờ tính ưu việt , giản đơn của nó dựa trên nguyên tắc giảm biến phù hợp với đối tượng HS ở lứa tuổi THCS

Bài 1: Cho a+b+c=1; a2+b2+c2=1; x y z

xx

Bài 4 : Tìm các số hữu tỉ x,y;z ≠ 0 , biết : x+y+z ≠ 0

x y z c

Với cấp THCS đa số thường gặp các biểu thức đẳng cấp là bậc hai hay bậc ba ,với các

số liệu đơn giản , dễ quan sát , phát hiện , và định dạng , tuy nhiên để tránh những lựa

chọn cách giải dài dòng , đặc biệt hạn chế ở mức tối đa khả năng thất bại do biến hóa đề, tôi trình bày 1 hướng đi chung thực sự hiệu quả trong các bài toán liên quan

Lưu ý : + Phương trình đẳng cấp là phương trình có các hạng tử cùng bậc ;

+ Dạng đẳng cấp bậc hai : au2+buv+cv2=0

+Dạng đẳng cấp bậc ba : au3+bu2v +cuv2+dv3=0

Thuật toán chung:

TH1 : Xét u=0 thay ngược( Phương pháp điểm )

TH2 : Xét u≠0: Chia 2 vế cho lũy thừa bậc cao nhất của ẩn

Bài 1: a)Cho 3a2+3b2=10ab và b>a>0 Tính giá trị biểu thức :P=a b

a b

− +b)Cho 4a2+b2=5ab và 2a>b>0 Tính số trị của biểu thức :Q= 2 2

a b a

− − − −

+ +

*)a=3b( loại , vì :b>a>0)

Nhận xét : với các cách làm trên trong bài toán này ,theo đánh giá chủ quan thực sự hiệu

quả , tuy nhiên còn bộc lộ yếu điểm cụ thể khi thay đổi số liệu tùy ý bản thân H S còn nhiều lúng túng trong khi giải bài tập loại này , vì thế rất cần thiết cho việc xây dựng cách thức mới , áp dụng phổ biến lên các bài tập khác tương tự :”phương pháp đẳng cấp

Cách 1: Sử dụng thật toán tách nghiệm ( cách này thường kém hiệu quả kể cả khi sử

dụng trợ giúp của MTĐT bỏ túi )

Cách 2 : Sử dụng phương pháp “đẳng cấp”:

đều thu được kết quả : Tập nghiệm là S= 1; 2; 4; 1

Thuật toán : Lấy tổng +kết hợp giả thiết giải

Bài 1: Chứng minh rằng , nếu :

(Trích đề thi HSG 8-PGD Lập Thạch năm 2011-2012)

Hướng dẫn giải :

Cách 1 : Cộng vế với vế của (1),(2),(3), ta có : x+y+z=2(ax+by+cz) (*)

+Thay z=ax+by vào VP của (*); ta có : x+y+z=2(z+cz)=2z(1+c)

c

z = a b c

GV có thể thay đổi số liệu từ đó H S được tham gia tự luyện, khắc sâu , và ghi nhớ hình thức biến đổi dạng toán này

Tổng quát :Nếu

a z (1)

z (2)(3)

y z

 + + =

 + + =



 + + =

Tính A=x2008+y2008+z2008

Hướng dẫn giải :

Cộng vế theo vế , có (x+1)2+(y+1)2+(z+1)2=0, ⇒ x=y=z=-1⇒A=3

Bài tập tương tự :1)Tìm 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :

y z

2)Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :

y z

3)Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :

 + = −

 + = −



 + = −

Tính giá trị biểu thức sau A= x2001+y2002+z2003

y z

định hướng , tuy nhiên GV cần xây dựng các kĩ thuật bổ trợ giúp H S phân loại bài toán

và lựa chọn hướng giải 1 bài toán sao cho phù hợp ,không áp đặt cách giải mà thiếu đi tính thông minh và sáng tạo

Bài 4 : Cho 3 số x ;y ;z dương thỏa mãn đồng thời :

38x=15

+Nhận thấy gt là 1 hệ 3 phương trình 3 ẩn Từ đó nảy sinh suy nghĩ biến đổi tìm

x ;y ;z ; từ đó suy ra giá trị của biểu thức cần tính

+Ta có (*) :

( 1)( 1) 4( 1)( 1) 9( 1)( 1)=16

(x+1)(y+1)(z+1) =4.9.16⇒ +(x 1)(y+1)(z+ =1) 24(Vì x ;y ;z>0)

4)Biến đổi số hạng đại diện (Xây dựng biểu thức ) :

Áp dụng với tất cả các bài toán có sự biểu diễn chung , tương tự giữa các đại lượng hay các số hạng

Bài 1 :Cho 3 số phân biệt a ;b ;c thỏa mãn : a b c 0

Lưu ý : H S có thể trình bày gọn hơn nhờ phương pháp ẩn phụ :

Đặt b-c=A ; c-a=B ; a-b=C

0 0

Bài 2: Cho a;b;c và x;y;z thỏa mãn :a+b+c=0; x+y+z=0 ; x y z 0

b = ; 1

2

c r

c =

Hoàn toàn tương tự như trên , khai triển –rút gọn được kết quả cần chứng minh

Bài 9 : Cho a;b;c ≠0 và a+b+c ≠0 thỏa mãn : a b c 1

Bài 10:Cho

2 2 2

5)Phương pháp đổi biến –bài toán giá trị:

Trong 1 số bài toán có sự xuất hiện chung của nhóm biểu thức chứa biến bậc cao hay kồng kềnh, phức tạp , HS thường biến đổi có sự nhầm lẫn Để khắc phục sự cố đó , ngoài phân loại dạng toán GV cũng nên định hình cho HS cách thức thực hiện tương tự

5.1)Tính giá trị trực tiếp của biểu thức :(là căn cứ xây dựng phương pháp )

+Biểu thức A(x;y;z; ) có giá trị tại (x 0 ;y 0 ;z 0 ; ) là A(x 0 ;y 0 ;z 0 ; )

Bµi 1: Rót gän råi tÝnh gi¸ trÞ cña biªñ thøc.

2

1 2

2 4

7 8 6

2 3

2

−

−

+ + +

+

−

+ +

x x

x

x x

x x

3

1 2

−

…………

5.2)Phương pháp xét giá trị riêng (sử dụng rút gọn phân thức )

Lưu ý : Nếu f(x) có một nghiệm x=c thì f(x)=(x-c).h(x) với h(x)=f(x)/(x-c)

+Khi xét hàm đa biến H S có thể lựa chọn ẩn chính để qui về một biến để thử , tách nghiệm

Bài toán xuất phát :Rút gọn biểu thức A=

+Đứng trước dạng toán này , nếu biểu thức A rút gọn được thì tử thức sẽ chứa nhân tử

(x-1) hoặc (x+2) hay tử thức sẽ nhận x=1 hoặc x=-2 là nghiệm

+Thử : nghiệm trực tiếp vào tử ( x=1là nghiệm )

+Tách tử thức -mẫu thức theo nghiệm chung

Giải : (x=1 là nghiệm của tử thức )A=

+Với cách thức như trên tử thức cần biến đổi thành nhân tử theo x+3y hay x-y

+Thử nghiệm x=-3y ; x=y vào tử thức nhận thấy x=y là nghiệm Từ đĩ hình thành lời giải cụ thể , đúng hướng Hơn thế H S biết được điểm dừng của bài tốn

b)Tính giá trị của biểu thức A biết 2x2+y2+z2-2xz-2y+1=0

Bài 4: Rút gọn các phân thức sau: