Sáng kiến kinh nghiệm Dựa vào các yếu tố bình đẳng để giải toán

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Dựa vào các yếu tố bình đẳng để giải toán

1. Phòng gd&đt diễn châu Trường thcs diễn xuân  Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh giải toán đề tài: dựa vào các yếu tố bình đẳng để giải toán  Người viết: Đậu Xuân Tư Đơn vị : Trường THCS Diễn Xuân Năm học:2007-2008  1
2. đề tài: dựa vào các yếu tố bình đẳng để giải toán ` 2
3. a.Đặt vấn đề rong quá trình giải toán ta thường gặp nhiều bài toán có các yếu tố tham Tgia vào bài toán bình đẳng với nhau.Nếu biết cách vận dụng hợp lý thì việc giải quyết trở nên đơn giản, dễ dàng hơn. Để các em có thêm một phương pháp giải,vừa giúp các em phát triển năng lực tư duy, sáng tạo trong giải toán,bài viết này tôi muốn giới thiệu cho các em biết cách giải các bài toán có các yếu tố tham gia vào bài toán bình đẳng với nhau thông qua một số bài toán cụ thể. B. Nội dung I/. Lý thuyết: 1/ .Bài toán có các yếu tố tham gia vào bài toán bình đẳng với nhau.Nếu ta hoán vị các yếu tố đó cho nhau thì bài toán không thay đổi. 2/ a) Nếu cho n số thực x1; x2; x3; ; xn thì bao giờ cũng sắp xếp được theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần b) Nếu x1; x2; x3; ; xn tham gia vào bài toán bình đẳng với nhau thì bao giờ cũng có thể giải bài toán với giả thiết x1 x2 xn.hoặc x1 x2 xn. 3/Trong quá trình giải toán loại này,ta thường gặp cách biến đổi như sau: a. x1 x2 xn n.xn x1 + x2 + x3 + + xn n x1 1 1 1 n 1 1 1 n b. (với x1; x2; ; xn > 0 ) x1 x2 xn x1 x1 x2 xn xn II/.Một số bài toán . 1/.Bài toán 1: Tìm a,b N sao cho a2+3ab+b2=11 (1) Giải: Ta thấy a,b bình đẳng với nhau.Không mất tính tổng quát ta giả thiết 0 a b, 11 ta có a2+3ab+b2 a2+3a2+a2 11 5a2 a2 .Vì a N nên a = 0; a 5 = 1 +Với a = 0 thì b2 =11 (không thoả mãn) 2 +Với a = 1 thì b + 3b – 10 = 0 b1 = 2; b2 = - 5 (loại) Kết luận:Vậy nghiệm của bài toán (1) là (a; b): (1; 2), (2; 1) 2/ Bài toán 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 1 1 1 1 (2) x y z 3
4. Giải: Ta thấy x,y,z bình đẳng với nhau, không mất tính tổng quát ta giả thiết: 1 1 1 1 1 1 3 x y z > 0 , ta có 1= z 3 x y z x y z z Vì z N* nên z= 1; 2; 3 1 1 + Với z =1 thì 0 ( không thoả mãn ) x y 1 1 1 1 1 1 2 + Với z = 2 thì ta có y 4 y=1; 2; 3; 4 x y 2 2 x y y Vì y z nên y = 2; 3; 4 1 • Với y = 2 0 (không thoả mãn) x 1 1 • Với y = 3 x 6 x 6 1 1 • Với y = 4 x 4 x 4 1 1 2 2 + Với z = 3, ta có y 3. Vì y z y 3 x y 3 y 1 1 Với y = 3 x 3 x 3 Kết luận : Nghiệm của phương trình (2) là (x, y, z ) : (6; 3; 2), (4; 4; 2), (3; 3; 3) và các hoán vị của nó (Phương trình (2) có 13 nghiệm) 3/. Bài toán 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z +9 = xyz (3) Giải : Ta thấy x, y, z bình đẳng. Không giảm tính tổng quát ta giả thiết : x y z 1 +Với x >1; y = z = 1 khi đó x + 11 = x (vô lý) + Với x y >1; z=1 khi đó x+y+10=xy (x-1)(y-1) =11 Giải ra ta được x =12; y=2 +Với x y z >1 2 . Đặt x - 2 = a; y - 2=b; z – 2 = c a b c 0 Khi đó ta có : a + b + c + 15 =(a+2)(b+2)(c+2) 3(a + b + c) + 2(ab + ac + bc) + abc = 7 (3’ ) * Với c=0 ta xét các trường hợp sau : * Nếu b=0 3a=7 (không thoả mãn) * Nếu a b > 0 3(a+b)+ 2 > 7 (nên không thoả mãn) Kết luận : Nghiệm của bài toán (3) là (x, y, z)= (12; 2; 2) và các hoán vị của nó (Bài toán 3 có 6 nghiệm) 4
5. 4/. Bài toán 4: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = x1.x2 .x7 (4) Giải : Vì x1 ; x2; .x7 bình đẳng , không giảm tính tổng quát ta giả thiết x1 x2 x3 . x7 Khi đó ta có x1+x2+ .+x7=x1.x2 x7 7x1 x2.x3 x7 7 (4’) Vì 23 = 8 >7 nên từ (4’) suy ra không thể có quá hai số lớn hơn 2. Vậy từ (4) suy ra không thể có quá 3 số lớn hơn 2.Ta có các trường hợp sau: +Với x1 = x2 = x3 = = x7 = 1 (không thoả mãn) +Với x1 2; x2 = x3 = = x7 = 1 Từ (4) ta có x1+6 =1 (không thoả mãn) +Với x1 x2 2 ; x3 = x4 = .= x7 = 1 Từ (4) ta có x1+x2+ 5 = x1. x2 Giải ra ta được: ( x1=7;x2 = 2); (x1= 4;x2 = 3) +Với x1 x2 x3 >1 ;x4 = x5 = x6 = x7 = 1 Từ (4) ta có x1 + x2 + x3 + 4 = x1.x2.x3 (không thoả mãn) giải như bài toán 3 Kết luận : Nghiệm của bài toán (4) là (x1=7;x2=2;x3=x4=x5=x6=x7=1); (x1= 4; x2= 3; x3= x4 = x5 = x6 = x7 = 1) và các hoán vị của nó 5/. Bài toán 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x2001+y2001=20032001 (5) Giải: Ta thấy x,y bình đẳng , không giảm tính tổng quát ta giả thiết x y>0 Từ (5) suy ra 2003 > x y x+1 2003 (x+1)2001 20032001 x2001 + 2001. x2000 + .+ 2001.x +1 20032001 x2001 + 2001x2000 2001.x2000 2001.y2000 y>2001 Vì x y nên x2001 y2001 >2001. x2000 x>2001. Vậy 2001 abc Giải: Vì a,b,c bình đẳng không mất tính tổng quát ta giả thiết: a b c 2 +Nếu c 3,khi đó ab+bc+ca > abc 3ab bc+ca > 2ab (vô lý). Vậy c=2. Với c=2, ta có ab +2b+2a > 2ab 1 1 1 a b 2 5
6. 1 1 1 2 Khi đó b 4 b 2;3 2 a b b *Với b=2 a=p (p là số nguyên tố bất kỳ) *Với b=3 a=3;5 Kết luận : vậy nghiệm của bài toán 6 là: (c=2;b=2;a=p); (c=2;b=3;a=3); (c=2;b=3;a=5 ) và các hoán vị của nó 7/.Bài toán 7: Cho x.y.z =1; x,y,z >0. Chứng minh x3+y3+z3 x+y+z (7) Giải: Vì x,y,z bình đẳng nên không mất tính tổng quát. Ta giả thiết : x y z >0. Ta có : (x-y)(x2-y2) 0 (a) ; (y-z)(y2-z2) 0 (b); (z-x)(z2-x2) 0 (c) Cộng từng vế của (a); (b) ; (c) ta có: (x-y)(x2-y2) + (y-z)(y2-z2) + (z-x)(z2-x2) 0 2(x3+y3+z3) xy2+xz2+yx2+yz2+zx2+zy2. 3(x3+y3+z3) x3+y3+z3+xy2+xz2+yx2+yz2+zx2+zy2. =(x+y+z)(x2+y2+z2) (x+y+z).3 3 (xyz)2 x3+y3+z3 x+y+z. (ĐPCM). Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x=y=z=1. 8/.Bài toán 8: (Toán học và tuổi trẻ) Cho a,b,c 1;3 thoả mãn a+b+c =6.Chứng minh: a2+b2+c2 14 Giải: Vì a,b,c bình đẳng không mất tính tổng quát. Giả sử a b c 6=a+b+c 3a 2 a 3 Ta có a2+b2+c2 a2+b2+c2+2(b-1)(c-1) =a2 +(b+c)2+2-2(b+c) =a2+(6-a)2+2-2(6-a) =2a2-10a+26 =14+2(a-2)(a-3) a2+b2+c2 14. Đẳng thức xảy ra khi ( a=3, b=2, c=1) và các hoán vị của nó 9/.Bài toán 9: (Đề thi Olympiad 30-4) Chứng minh rằng với các số thực a,b,c 1,2 ta có bất đẳng thức: 1 1 1 a b c 10 a b c Giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với: a b c b c a 7 b c a a b c Không mất tính tổng quát ta giả sử a b c . Khi đó 6
7. a a b a b b c 0 ab ac b 2 ac 1 c b c c c b ab ac b 2 ac 1 a b a a b c b a c Do đó: 2 b c b a c a a b c b c a a c 2 2 b c a a b c c a a 1 5 Đặt x ta có 2 x 1 nên x 2 x 1 0 x Từ đó ta có điều phải c x 2 chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a=b=2,c=1 hoặc a=2,b=c=1 hoặc các hoán vị tương ứng của chúng. 10/. Bài 10 : Cho 0 a,b,c 1.Chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: a(1-b)> 1 ; b(1-c)> 1 ; c(1-a)> 1 4 4 4 Giải: Do a,b,c bình đẳng giả sử a b c, khi đó ta có 1 1 1 c(1-a) c(1-c)= (c )2 4 2 4 Điều này có nghĩa là bất đẳng thức c(1-a)> 1 là sai 4 11/. Bài 11 Cho a,b,c>0 . Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a b c 2 2 2 2 (11) b c c a a2 b2 b c c a a b Giải: Do a,b,c bình đẳng nên không giảm tính tổng quát , ta giả thiết a b c>0 b c 1 0 a a b b c c ( )2 ;( )2 a a a a b c b c ( )2 ( )2 a a a a b2 c2 b c a2 a (*) a(b2 c2 ) a2 (b c) 7
8. Vì a b c nên 0 < (b2+c2)(b+c) (a2+c2)(a+c) ( ) Kết hợp (*) và ( ) ta có a2 a a2 (b c) a(b2 c2 ) a2 (b c) a(b2 c2 ) (12) b2 c2 b c (b2 c2 )(b c) (a2 c2 )(a c) Vì a b a a b b a2 b2 a b 1 ( )2 ;( )2 c c c c c c c2 c c(a2 b2 ) c2 (a b) c2 c c2 (a b) c(a2 b2 ) c2 (a b) c(a2 b2 ) Ta có (13) a2 b2 a b (a2 b2 )(a b) (a2 c2 )(a c) b2 b b2 (c a) b(c2 a2 ) (14) c2 a2 c a (a2 c2 )(a c) Cộng vế theo vế của (12),(13),(14) ta có: a2 a c2 c b2 b a2 (b c) a(b2 c2 ) c2 (a b) c(a2 b2 ) b2 c2 b c a2 b2 a b c2 a2 c a (a2 c2 )(a c) (a2 c2 )(a c) b2 (c a) b(c2 a2 ) 0 (a2 c2 )(a c) a2 b2 c2 a b c b2 c2 c2 a2 a2 b2 b c a c a b Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c 12/. Bài 12 : (Đề thi chọn giáo viên giỏi huyện Diễn Châu năm 2008) Cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức : a b b c c a 1 1 1 ab c 2 bc a 2 ca b 2 a b c Giải: Ký hiệu vế trái của bất đẳng thức là A, vế phải là B, Ta có: a b 1 b c 1 c a 1 A B ab c 2 c bc a 2 a ca b 2 b a c c b b a a c c b b a ab c 2 c bc a 2 a ca b 2 b Do vai trò của a,b,c là bình đẳng nên ta có thể giả sử a b c  0 Khi đó : (b-a)(a-c) 0 ; (c-b)(b-a) 0 c3 b3 abc+c3 abc+b3 c b b a c b b a ca b 2 b ab c 2 c a c c b b a a c c b b a Từ đó ta có: A B ab c 2 c bc a 2 a ab c 2 c c b 2 b a a c 0 ab c 2 c bc a 2 a 8
9. a b b c c a 1 1 1 Vậy A B Hay ab c 2 bc a 2 ca b 2 a b c Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c 13. Bài 13 : Cho 3 số a,b,c thoả mãn : 0 a,b,c 2 và a+b+c=3. Chứng minh rằng: a3+b3+c3 9 Giải: Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử : a b c Khi đó 3 a b c 3a suy ra 1 a 2 . Do đó ta có: a3+b3+c3 a3[b3+c3+3bc(b+c)] = a3+(b+c)3 = a3+(3-a)3 = 9a2-27a+27 = 9+9(a-1)(a-2) 9 Từ đó ta có điều phải chứng minh 14. Bài 14: Cho a1, a2, a3, a4 là bốn số thực đôi một khác nhau. Giải hệ phương trình sau: | a1 a2 | x2 | a2 a3 | x3 | a3 a4 | x4 1 | a2 a1 | x1 | a2 a3 | x3 | a2 a4 | x4 1 (I) | a3 a1 | x1 | a3 a2 | x2 | a3 a4 | x4 1 | a4 a1 | x1 | a4 a2 | x2 | a4 a3 | x3 1 Giải: a1, a2, a3, a4 tham gia vào bài toán bình đẳng với nhau.Không mất tính tổng quát ta giả thiết: a1 > a2 > a3 > a4.Khi đó: (a) (a1 a2 ).x2 (a1 a3 ).x3 (a1 a 4 ).x4 1. (b) (a1 a2 )x1 (a2 a3 )x3 (a1 a4 )x4 1. (I) (II) (c) (a1 a3 )x1 (a2 a3 )x2 (a3 a4 )x4 1. (d ) (a1 a4 )x1 (a2 a 4 )x2 (a3 a4 )x3 1. Từ hệ (II) ta thực hiện phép tính: (a)-(b); (b)-(c); (c)-(d) ta được hệ phương trình tương đương: ( x1 x2 x3 x4 )(a1 a2) 0. ( x1 x2 x3 x4 )(a2 a3) 0 ( x1 x2 x3 x4)(a3 a4 ) 0 (a1 a2 )x2 (a1 a3)x3 (a1 a4 )x4 1 1 Giải hệ trên ta được nghiệm là: x2 = x3 = 0; x1 = x4 = a1 a4 Vậy với a1 > a2 > a3 > a4 thì nghiệm của hệ (I) là: 1 x2 = x3 = 0; x1= x4 = a1 a4 (Chú ý:Với thứ tự a3 > a2 > a1 > a4 thì nghiệm của hệ sẽ là: 1 x2 = x1 = 0; x3 = x4 = ) a1 a4 9