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

Dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên là một trong những dạng toán khó, thường gặp trong các kỳ thi vào lớp 10, học sinh giỏi các cấp, đa phần học sinh chưa hiểu sâu, kiến thức còn l

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài:

Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra con người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao Để đào tạo ra lớp người như vậy thì phải bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực tự học, tự giải quyết vấn đề, từ đó tác động đến tình cảm và đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh

Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học môn Toán ở trường THCS Đối với học sinh thì giải toán là hoạt động chủ yếu của việc học tập môn Toán Do vậy việc rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh là việc làm hết sức cần thiết

Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần rèn luyện cho học sinh những kỹ năng, phương pháp giải toán, sự độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo nhất Vì vậy đòi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tòi ra những phương pháp mới và hay để dạy cho học sinh Từ đó học sinh được trau dồi tư duy logic,

sự sáng tạo qua việc giải các bài toán

Dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên là một trong những dạng toán khó, thường gặp trong các kỳ thi vào lớp 10, học sinh giỏi các cấp, đa phần học sinh chưa hiểu sâu, kiến thức còn lơ mơ, không nhận biết được dạng và phương pháp làm dạng toán này như thế nào…Để giải được các bài toán này cần nắm các dạng phương trình cơ bản, từ đó căn cứ vào đặc thù của mỗi bài toán mà sử

dụng phương pháp cho phù hợp Mỗi bài toán tìm nghiệm nguyên có thể áp dụng

đuợc nhiều phương pháp giải khác nhau, tuy nhiên phương pháp dùng bất đẳng thức thường được dùng nhiều đối với học sinh lớp 8, 9

Chính vì những lí do trên, tôi chọn đề tài “Rèn luyện kỹ năng giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp dùng Bất đẳng thức cho học sinh lớp 9”.

1.2 Mục đích nghiên cứu:

Với mục tiêu phát hiện, bồi dưỡng và phát triển những học sinh có năng lực

về toán, từ đó xây dựng cho học sinh kĩ năng nhận dạng và giải toán Thúc đẩy việc tìm hiểu và mở rộng kiến thức của giáo viên cũng như của học sinh Xây dựng một tài liệu hoàn chỉnh về một số dạng toán khó ở cấp học THCS Với nội dung của đề tài học sinh có thể tự học, tự nghiên cứu và nội dung không những giới hạn ở cấp THCS mà còn vận dụng ở nhiều cấp học cao hơn

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

Học sinh khá, giỏi lớp 9 trường THCS An Hoạch, thành phố Thanh Hóa

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

- Đọc và nghiên cứu tài liệu tham khảo

- Nghiên cứu cơ sở lý thuyết

- Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy

- Phương pháp so sánh đối chứng

- Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp

- Phương pháp thống kê

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận:

Căn cứ vào định hướng đổi mới phương pháp dạy học đã được xác định trong luật giáo dục: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm trong lớp học, môn học Bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức thực tiễn”

Nội dung kiến thức có liên quan đến đề tài: Ngoài phương trình một ẩn, phương trình nhiều ẩn Các bài toán về tìm nghiệm nguyên thường không có phương pháp giải tổng quát, mỗi bài toán với số liệu riêng của nó đòi hỏi một cách giải phù hợp, điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo Trong chương trình cơ bản của SGK Toán THCS có đưa giải phương trình nghiệm nguyên nhưng dưới dạng bài tập với số lượng không nhiều Hơn nữa nhu cầu giải giải phương trình rất phong phú trong các kì thi học sinh giỏi và thi vào lớp 10, các trường chuyên, lớp chọn có đề cập đến vấn đề này Xác định mục đích, yêu cầu, chuẩn kiến thức, kỹ năng của đơn vị kiến thức cần nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn, bậc nhất, bậc cao… Để giải phương trình

đó ta thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và một số phương pháp, đặc biệt là phương pháp dùng bất đẳng thức

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:

Trong chương trình Toán THCS có rất nhiều bài toán về phương trình nghiệm nguyên với nhiều dạng khác nhau, khi giải các bài toán này không ít khó

cách xác định dạng toán, không tìm ra lời giải, không biết cách giải hoặc chưa

có phương pháp giải hay, học sinh cảm thấy rất khó đối với dạng toán này vì trong sách giáo khoa cũng không cung cấp cho các em cách giải

Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên, trước khi áp dụng đề tài tôi đã khảo sát học sinh khá, giỏi lớp 9 đầu năm học 2017 - 2018 dưới dạng phiếu học tập với đề bài giải phương trình nghiêm nguyên thu được kết quả sau:

15

8 10 6,5 7,5 5 6,5 3 4,5 0 3

2.3 Các giải pháp:

2.3.1 Giải pháp:

Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, không có cách giải chung cho mọi phương trình Để giải được các phương trình đó thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và kiến thức, tính chất cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp dùng bất đẳng thức Vì thế tôi đưa ra các giải pháp như sau:

- Cung cấp cho học sinh các kiến thức về bất đẳng thức cơ bản thường gặp

để giải phương trình nghiệm nguyên

- Các tính chất liên quan đến các dạng phương trình nghiệm nguyên đó

- Đưa ra các dạng phương trình mà hay sử dụng phương pháp dùng “Bất

đẳng thức” để thực hiện

- Xây dựng các phương pháp cơ bản đối với từng dạng phương trình

- Đưa ra những bài toán cơ bản và sắp xếp theo mức độ từ dễ đến khó

- Củng cố các phép biến đổi cơ bản thông qua các kỹ năng thực hành, bài tập vận dụng từ đó phát triển tư duy thông qua một số bài toán nâng cao

2.3.2 Biện pháp tổ chức thực hiện: Xây dựng phương pháp cơ bản đối với

từng dạng phương trình.

2.3.2.1 Đối với phương trình một ẩn: Có nhiều phương pháp giải phương

trình một ẩn tuy nhiên phương pháp dùng Bất đẳng thức thường được sử dụng vì

có những bài làm theo phương pháp này nhanh hơn và dễ hiểu hơn so với một số phương pháp giải khác

*Dạng 1: Đưa về phương trình dạng: f x( )= g x( )

Phương pháp

Biến đổi phương trình về dạng f x( )= g x( ) mà f x( )≥a , ( ) g x ≤a a( là hằng số) Nghiệm của phương trình là các giá trị x thoả mãn đồng thời

( )

f x =a và g x ( ) = a.

Ví dụ 1: Giải phương trình : 2x2− + +4x 3 x2− + =2x 5 8 2− −x x2 (1) Khi gặp bài tập dạng này thì phần đa các em nghĩ ngay đến tìm điều kiện xác định của các căn thức bậc hai, nên giáo viên chỉ cần gợi ý cho học sinh nhận xét các biểu thức dưới dấu căn và có nhận xét về hai vế của phương trình thì hầu như học sinh đều làm đựơc bài này

Giải:

(1) ⇔ 2(x−1)2+ +1 (x−1)2+ =4 9 (− −x 1)2

Nhận thấy 2(x−1)2+ +1 (x−1)2+ ≥ +4 1 4 3=

8 2− x x− 2 = 9 (1− −x)2 ≤ 9 3=

Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( )2

x− = ⇔ − = ⇔ =x x

Vậy phương trình có nghiệm x =1

Ví dụ 2: Giải phương trình:

2

2 2

6 15

6 18

6 11

x x

x x

x x

Cũng như ví dụ 1 học sinh đi tìm điều kiện cho căn thức và mẫu thức có nghĩa vì thế giáo viên gợi ý vế phải là biểu thức luôn lớn hơn hoặc bằng 3, còn vế trái là biểu thức luôn bé hơn hoặc bằng 3 => xét dấu bằng xảy ra => tìm được nghiệm

Giải:

4

(x 3) 2 x

VP = (x−3)2 + ≥9 9 3=

Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x- 3)2 = 0 ⇔ x= 3

Vậy phương trình có nghiệm: x= 3

Đối với các loại phương trình đưa đựơc về dạng này đòi hỏi mỗi học sinh cần linh hoạt, biết nhìn bài toán một cách tổng quát để đưa ra đựơc nhận xét cho hai vế của phương trình

*Dạng 2: Đưa về dạng: ( ) h x =m

Phương pháp

Biến đổi phương trình đưa 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.

Ví dụ 3: Giải phương trình: 19 x− 1 + 54 2x − 1 + 956x2 − + 3x 2 = 3 (3)

Giáo viên hướng dẫn: Tìm điều kiện để căn thức bậc hai có nghĩa => rút ra

nhận xét vế trái

Giải:

Điều kiện 2

2

1 0

1 0

x x

− ≥



 − ≥



 − + ≥



Ta có: 19 x− 1 + 54x2 − 1 + 956x2 − + 3x 2 ≥ 190 + + 50 950 = 3

Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2

2

1 0

1 0

x x

x x

− =



 − =



 − + =



⇔ x=1

Vậy phương trình có nghiệm x=1

* Dạng 3: Áp dụng các bất đẳng thức quen thuộc

Giáo viên cung cấp cho học sinh một số bất đẳng thức quen thuộc hay sử dụng

để giải phương trình nghiệm nguyên

* Bất đẳng thức Cauchy (Côsi):

Tổng quát: 1 2 n 1 2

x x+ + + ≥x n x x x ( x 1, x 2 , …,x n ≥ 0) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = x n

* Bất đẳng thức Bunhia cốpxki:

Tổng quát: 2 2 2 2 2 2 2

(a b +a b + + a b n n) ≤(a + + +a a n)(b + + +b b n)

(Với mọi a a1, , ; , , ,2 a b b n 1 2 b ) n

Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 2

1 2

n n

a

a a

b = b = = b

* Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:

+ a + b ≥ a+b

Dấu “=” xảy ra ra khi: ab ≥ 0

+ Với a >0;b >0, ta có: a + > −b a b

Ví dụ 4: Giải phương trình: x2 − +3x 3,5= (x2 −2x+2)(x2 −4x+5) (4)

Giáo viên gợi ý:

- Nhận thấy biểu thức dưới dấu căn là hai số dương => Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ấy

Giải:

Ta có: x2 −2x+ = −2 (x 1)2 + >1 0

x2 −4x+ = −5 (x 2)2 + >1 0

3 3,5

2

x − x+ = − + + − +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương (x2 −2x+2) và (x2− +4x 5)

Ta được: (x2 −2x+2)+(x2−4x+5) ≥ 2 (x2 −2x+2)(x2 −4x+5)

= 2.(x2 – 3x + 3,5)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2 −2x+2= x2 −4x+5 ⇔ 2 3 3

2

Vậy phương trình có nghiệm 3

2

x=

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2x5 +4x4 +2564 =3.16x3 (5)

Giáo viên hướng dẫn:

- Xét x ≥0 thì vế trái là có tổng các số hạng đều dương khi đó áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba dương

2 ;4 ;256x x

- Xét x< 0 hãy nhận xét hai vế của phương trình?

Giải:

- Với x≥0 ta có 2 ;4 ;256x5 x4 4 là những số dương Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương đó ta được:

2x5 + 4x4 + 2564 ≥ 3 2 4 2563 x5 x4 4 = 3 23 x5 + 2x4 + 32 =

= 5 2 4 32 3 9 3 3

3

+ +

Dấu “=” xảy ra ra khi: 2x5 = 4x4 = 2564 ⇒ x5 =2x4 =32⇒ =x 2

- Với x< 0 vế phải của phương trình nhỏ hơn 3 còn vế trái lớn hơn 232

Vậy phương trình có nghiệm x=2

Ví dụ 6: Giải phương trình:

13 ( x −3x+6) +(x −2x+7) =(5x −12x+33) (6)

Giáo viên hướng dẫn: Nhận thấy rằng 13 = 22 + 32 => sử dụng Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho bốn số

Giải:

Ta có: (6)⇔ (22 +3 ) (2  x2−3x+6)2 +(x2 −2x+7)2=(5x2 −12x+33)2

Áp dụng Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho bốn số ta được:

2

Dấu “=” xảy ra ra khi:

3(x − + =3x 6) 2(x −2x+7) ⇔ x2 −5x+ = ⇔ −4 0 (x 1)(x− =4) 0

Suy ra: x=1 hoặc x =4

Vậy phương trình có nghiệm : x=1 ; x=4

Ví dụ 7: Giải phương trình: x+ −3 4 x− +1 x+ −8 6 x− =1 1 (7)

Giáo viên hướng dẫn:

- Biểu thức dưới dấu căn là những hằng đẳng thức => đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối để giải

Giải:

(7) ⇔ ( x− −1 2)2 + ( x− −1 3)2 =1

⇔ −3 x− +1 x− − =1 2 1

Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a+b

Dấu đẳng thức xảy ra khi: ab ≥ 0

Với a= −3 x−1; b= x− −1 2 ta có (3− x−1)( x− − ≥1 2) 0

Giải bất phương trình ta tìm đựơc 5≤ ≤x 10

Phương pháp áp dụng bất đẳng thức thông dụng như trên là một phương pháp khó đối với học sinh, khó nhất là việc nhận ra nên sử dụng bất đẳng thức nào để phù hợp với bài toán Điều đó còn tuỳ thuộc vào sự linh hoạt, nhanh trí của học sinh Tuy nhiên đây là một phương pháp hay, giải nhanh gọn.

*Dạng 4: Áp dụng tính đơn điệu của bài toán (Chứng minh nghiệm duy nhất ) Phương pháp: Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thỏa mãn phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất

Ví dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 3x + =4x 5x (8) Giải:

x x

   

Nhận thấy:

* Với x=1⇒phương trình vô nghiệm.

* Với x=2 thoả mãn phương trình

* Với x≥3

;

       

⇒ ÷  ÷  ÷  ÷< <

       

x x

   

⇒ ÷  ÷+ <

1

 ÷  ÷

Do đó x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Khi gặp dạng toán này đòi hỏi chúng ta phải biết nhẩm nghiệm và nhận biết được nghiệm đặc biệt => nhận xét: nghiệm đó là duy nhất.

Bài tập vận dụng:

Giải phương trình:

a) x2 −6x+ +11 x2−6x+ +13 4 x2 −4x+ = +5 3 2;

b) 2x2−8x+12 3= − 43x2 −12x+13 ;

c)

2

x

x + x + x− = + x− ;

10 x + +x x− = x + + x + −x

g) x+ −3 4 x− +1 x+ −8 6 x− =1 1

e) 8x +15x =17x

f) 33x =26x −3.23x −13

2.3.2.2 Đối với phương trình nhiều ẩn.

Về phương pháp và thủ thuật toán cũng tương tự như đối với phương trình một ẩn, đôi khi có nhiều bài toán cần sử dụng kết hợp với tính chất tập hợp của

số tự nhiên, số nguyên, tính chẵn lẻ để giải

* Dạng 1: Đưa về phương trình mà vế trái là tích của các thừa số, vế phải là tích của các số nguyên.

Phương pháp

Bước 1: Đưa phương trình về dạng:

1( , , ) ( , , ) ( , , )2 n 1 2 n

f x y f x y f x y = a a a Với a a1; ; ;2 a n∈Z

Bước 2: Sử dụng tính chất của tập hợp các số tự nhiên, tập hợp số nguyên, các tính chất về bất đẳng thức, …, chỉ ra:

1( , , ); ( , , ); ; ( , , )2 n

f x y f x y f x y ∈Z

Bước 3 Xét mọi trường hợp có thể xảy ra để tìm được nghiệm thích hợp của phương trình.

Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 +91= y2 (9)

Hướng dẫn giải:

Bước 1: Phân tích y2−x2 =91⇔( y + x) ( y − x) =91

Bước 2: Vì y >0; x >0; y + >x y − x và y − >x 0; 91 = 1 91 = 13 7

Bước 3: Nên ta có 91

1

 + =





− =

13 7

 + =





Hay 45

46

x y

 =



 =

 Hoặc

3 10

x y

 =





=



Nghiệm của phương trình là: (45; 46); (- 45; 46); (45; - 46); (- 45; - 46); (3; 10); (3; -10); (- 3; 10); (- 3; - 10)

Ví dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên của phươngtrình: x2 −25= y y( +6) (10)

Giải:

Ta có: x2−25= y y( +6) ⇔ x2 − +(y 3)2 =16

⇔( x + +y 3) ( x − +y 3) =16

Vì ( x + +y 3) >0 nên ( x − +y 3) >0

Mà ( x + +y 3) (+ x − +y 3) =2 x chẵn, nên( x + +y 3 ,) ( x − +y 3)

cùng tính chẵn lẻ

Mặt khác ( x + +y 3) (≥ x − +y 3) nên ta có:

3 8

3 2

x y

x y

 + + =



 − + =

3 4

3 4

x y

x y

 + + =



 − + =



 + + =



 ⇒ = ⇔ = ±x 5 x 5

Suy ra: y= −6,y=0

Các cặp số ( x y; ) là nghiệm nguyên của phương trình đã cho là: (5; - 6); (5; 0); (- 5; - 6); (- 5; 0)

 + + =



 ⇒ = ⇔ = ±x 4 x 4; y + = ⇒ = − 3 0 y 3

Các cặp số( )x y; là nghiệm nguyên của phương trình đã cho là:(4; -3);(- 4; -3) Vậy nghiệm nguyên (x y; )của phương trình là: (4; -3); (- 4; - 3); (5; - 6);

(5; 0); (- 5; - 6); (- 5; 0)

Với dạng toán này có thể có nhiều cách giải, vì thế mà ta không nên rập khuôn máy móc Nhưng với khuôn khổ của đề tài tôi đưa ra cho học sinh phần áp dụng bất đẳng thức vào để giải thì nhiều bài có lời giải hay hơn, ngắn gọn hơn

Chú ý: Một số bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình dạng

ax + + =bx c dy (Với , , , a b c d là hằng số) Có thể giải theo cách trên.

Bài tập vận dụng:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

a) x2 + + =x 6 y2; b) 3 2 2

2 x − y = +x ; c) x4 = y y x2( − 2)

* Dạng 2: Đưa về phương trình tổng

Phương pháp

Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng:

1k( ; ; ) 2k( ; ; ) k( ; ; ) 1k 2k k

f x y + f x y + + f x y =a +a + +a

(Với k a a; , , ,1 2 a n∈Z ) f x y1( ; ; ); f x y2( ; ; ); …; f x y n( ; ; ) ∈Z .

Bước 2: Xét mọi trường hợp có thể xảy ra từ đó tìm được nghiệm thích hợp.

Ví dụ 11 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

2 13 2 100 6

x + y = + xy (11)

Giáo viên hướng dẫn:

- Biến đổi đưa về một vế về dạng tổng hai bình phương

(10) ⇔ x2 +13y2 −6xy=100

⇔ (x−3 )y 2 +(2 )y 2 =100

⇔ ( ) ( )2 2

x− y + y =

- Xét các trường hợp có thể của số 100 (100 = 02 + 102 = 62 + 82)

Giải:

(10) ⇔ (x−3 )y 2 +(2 )y 2 =100

⇔ ( ) ( )2 2

x− y + y =

Mà 100 0= +2 102 = +62 82 ; x−3y , 2y ∈N

Do đó ta có các khả năng sau:

2 10

x y

y

 − =





15

; 5

x y

=



⇒  =

15 5

x y

= −



 = −



y





10

; 0

x y

=



⇒  =



10 0

x y

= −



 =

