SKKN Hướng dẫn học sinh khá giỏi Lớp 9 giải nhanh một số bài toán bằng biệt thức đen ta

Nội dung text: SKKN Hướng dẫn học sinh khá giỏi Lớp 9 giải nhanh một số bài toán bằng biệt thức đen ta

1. A. ĐẶT VẤN ĐỀ: I. CƠ SỞ LÝ LUẬN: Nhân dân ta có truyền thống hiếu học, có ý chí học tập vươn lên. Tinh thần tất cả vì tương lai con em, sẵn sàng chịu khó, chịu khổ nuôi con học tập nên người, đã trở thành truyền thống, tập quán của dân tộc.Tinh thần đó đã tạo nên những nguồn lực tinh thần vật chất, cùng nhà nước giải quyết mâu thuẩn giữa quy mô và điều kiện phát triển giáo dục. Đặc biệt trong giai đoạn phát triển khoa học kỹ thuật công nghệ hiện nay, trình độ tri thức của con người từng bước phát triển rõ rệt. Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập của mọi người dân bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng, với truyền thống hiếu học của nhân dân. Vì thế trong dạy học người giáo viên cần phát triển ở học sinh những năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết nhìn nhận vấn đề ở từng góc độ khác nhau. Tìm tòi những cái cũ trong cái mới, cái mới trong cái cũ để đi đến kiến thức mới. Để phát huy tính tích cực của học sinh người giáo viên phải đặt học sinh vào những tình huống có vấn đề tạo cho các em những thách thức trước những vấn đề mới. II. CƠ SỞ THỰC TIỄN: Trong chương trình toán 9, xuất hiện nhiều bài toán liên quan đến tam thức bậc hai có dạng : - Giải phương trình và hệ phương trình có nhiều ẩn số. - Giải phương trình nghiệm nguyên. - Chứng minh bất đẳng thức. - Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, miền giá trị hàm số . Đây là một nội dung khó đối với chương trình toán 9. Khi giải bài tập dạng này học sinh gặp rất nhiều vướng mắc dẫn đến không hứng thú, bởi vì các em chưa tìm ra được phương pháp thích hợp. Mặt khác công cụ giải các bài tập dạng trên còn nhiều hạn chế. Không vì thế mà giáo viên xem nhẹ khi dạy các bài tập dạng này mà giáo viên cần phải bắt đầu từ đâu, dẫn dắt như thế nào để các em không ngại. Chính vì vậy giáo viên cần đưa các em từ những bài toán đơn giản đến phức tạp bằng một hệ thống câu hỏi thích hợp. Trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm ra, ứng dụng của biệt thức đen ta “D”. Nó chiếm một vị trí rất quan trọng khi giải những bài tập dạng này. Vận dụng biệt thức đen ta, ta tìm ra kết quả bài toán nhanh chóng. Mặt khác còn giúp học sinh có sự hứng thú khi giải toán. Chính vì vậy tôi viết kinh nghiệm “Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải nhanh một số bài toán bằng biệt thức đen ta”. Rất mong được bạn đọc tham khảo góp ý. Trong chương trình toán THCS có nhiều dạng bài tập liên quan đến dạng này. So tôi chỉ đưa ra một số bài tập điển hình. Tôi nghĩ trong quá trình giảng dạy vận dụng biệt thức đen ta thì chất lượng học sinh sẽ tốt hơn rất nhiều. B. NỘI DUNG Cơ sở xuất phát từ bài toán gốc: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ¹ 0) (1) Phương trình (1) có nghiệm khi D = b2 – 4ac ³ 0 (Hoặc D/ = b/2 – ac ³ 0). PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
2. Bây giờ ta sẽ giải các bài tập phức tạp bằng cách sử dụng biệt thức đen ta. Chuyên đề 1 : GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN SỐ. Để giải bài toán này học sinh thường phân tích vế trái thành nhân tử hoặc đưa vế trái thành tổng các bình phương còn vế phải bằng 0, hay bằng phương pháp loại trừ Các phương pháp này học sinh biến đổi thường gặp nhiều khó khăn dẫn đến bài toán bế tắc. Nhưng sử dụng biệt thức đen ta thì việc giải bài toán trở nên dễ dàng. Ta xét các bài toán: Bài tập 1: Giải phương trình 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + 1 = 0 (1) GV hỏi: H- Em hãy nêu cách giải bài toán trên ? HS: Ta phân tích vế trái thành tổng các bình phương. (1) (x – y + 1)2 + ( x – 2y)2 = 0 => Tìm được (x, y) + Phương pháp này mất nhiều thời gian ta rất tốn công để nhầm, ghép các số hạng sao cho trở thành bình phương một tổng. H: Nhằm khắc phục khó khăn em hãy tìm hướng đi để giải bài toán tiết kiệm được nhiều công sức. GV dẫn dắt: Em hãy đưa phương trình trên về dạng phương trình bậc hai ẩn là y. Tìm điều kiện phương trình đó có nghiệm (1) 5y2 – 2 (3x + 1) y + 2x2 + 2x + 1 = 0 (2) D/ = (3x + 1)2 – 5(2x2 + 2x + 1) = -(x + 2)2 £ 0 (2) có nghiệm x + 2 = 0 x = -2 Thay x = -2 vào (1) => y = -1 Vậy nghiệm của phương trình trên là x = -2, y = -1 H: Để giải bài toán (1) ta còn cách nào nữa? Ta biến đổi (1) về dạng phương trình bậc 2 một ẩn với ẩn là x. GV nhấn mạnh: Ta đã sử dụng công cụ biệt thức đen ta để giải phương trình trên. Ta xét bài toán 2. Bài toán 2: Giải hệ phương trình x2 + 4y2 + x – 4xy – 2y – 2 = 0 (1) 4x2 + 4xy + y2 – 2x – y – 56 = 0 (2) Giải: Xét phương trình (1), ta đưa phương trình (1) về dạng phương trình bậc hai với ẩn là x. x2 + x(1 – 4y) + 4y2 – 2y – 2 = 0 D = (1 - 4y)2 – 4(4y2 – 2y – 2) = 9 x1 = 2y – 2 x2 = 2y + 1 Tương tự ta đưa PT (2) về dạng phương trình bậc hai với ẩn là x. 4x2 + 4xy + y2 – 2x – y – 56 = 0. 4x2 + 2 (2y – 1) x + y2 – y – 56 = 0. D/ = (2y - 1)2 – 4 (y2 – y - 56) 1 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
3. = 4y2 – 4y + 1 – 4y2 + 4y + 224 = 225 = 152. - 2y -14 - y - 7 1- 2y +15 16 - 2y 8 - y => x3 = = ; x4 = = = 4 2 4 4 2 Để (x ; y) là nghiệm của hệ thì: x1 = x3. x1 = x4. x2 = x3. x2 = x4 Giải ra ta có nghiệm của hệ là: (2,8 ; 2,4) ; (-3,2 ; - 0,6) ; (3,4 ; 1,2) ; (-2,6 ; - 1,8). Một số bài tập tương tự: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a. x2 + 2y2 – 2xy + 2y – 4x + 5 = 0. b. x2 – 4xy + 5y2 – 2y + 1 = 0 c. x2 – 4xy + y2 = 1 y2 – 3xy = 4. d. x + y + z = 3 x2 + y2 + z2 = 1. Xuất phát từ bài toán 2 ta đặt ra bài toán mới. Bài toán 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình. x2 + 4y2 + x – 4xy – 2y – 2 = 0. x2 + 2y2 + 2xy – 4y – 2x + 2 = 0. H. Để giải bài toán 3 ta làm thế nào ? HS: Ta giải tương tự như bài toán 2. x = 1 ; y = 0 hoặc x = 0 ; y = 1 là nghiệm nguyên của hệ phương trình đã cho. + Tiếp tục khám phá ta thấy biệt thức D còn có ứng dụng để giải phương trình nghiệm nguyên. Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Ta viết phương trình f (x ; y ) = 0 dưới dạng phương trình bậc 2 với ẩn x khi đó y ; là tham số. Để phương trình có nghiệm nguyên thì ta cần điều kiện: D ³ 0 D = A2 (A Î N) Bài toán 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình. 2x2 + xy + y2 – 4 = 0 (1). Học sinh giải bài toán này giống như bài toán 1. Để phương trình (1) có nghiệm thì: D = y2 – 8 (y2 - 4). = - 7y2 + 32 ³ 0. => 7y2 £ 32 => y2 £ 4 Vì y Îz => y = 0 ; ± 1 ; ± 2. Với y = -2 thay vào (1) ta được 2x2 – 2x = 0. -> 2x (x-1) = 0 -> x = 0 hoặc x = 1. 2 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
4. Với y = -1 => x = -1 hoặc x = 3 (loại). 2 Với y = 0 => x = ± 2 (loại). Với y = 1 => x = 1 hoặc x = - 3 (loại). 2 Với y = 2 => x = 0 hoặc x = -1. Đáp số: (0 ; -2); (1 ; -2); (-1 ; - 1) ; (1 ; 1); (0 ; 2) là các nghiệm nguyên của phương trình (1) Bài toán 5: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2x – 4y2 + 9 = 0 (1) Học sinh giải giống bài toán 4. Để pt (1) có nghiệm thì: D/ = 1 + 4y2 – 9 = 4(y2 – 2) ³ 0 => y2 ³ 2 => | y| ³ 2 Đến đây học sinh thấy bế tắc không đưa ra được kết quả. GV hướng dẫn: Để phương trình có nghiệm nguyên ngoài điều kiện D/ ³ 0 ta cần thêm điều kiện nào nữa? (HS: Để phương trình (1) có nghiệm nguyên, thì điều kiện cần D/ là số chính phương). => 4(y2 – 2) phải là một số chính phương D/ = 4y2 – 8 = k2 => 4y2 – k2 = 8 (2y – k) (2y + k)= 8 Vì 2y – k; 2y + k có cùng tính chẵn, lẻ => 2y – k; 2y + k cùng chẵn => 2y – k = 2 => y = 3 (loại) 2 2y + k = - 4 k = 1 hoặc 2y – k = - 2 => y = - 3 (loại) 2 2y + k = - 4 k = - 1 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên Từ các bài toán trên ta thấy được vai trò của biệt thức D vô cùng quan trọng. Khi giải các em phải xem xét mọi tình huống xảy ra, cần vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Một số bài tập tương tự. Tìm nghiệm nguyên của các pt sau: 1. 4xy – y + 4x – 2 = 9x2 2. x2y2 – y2 – 2y + 1 = 0 3. y2 – 2xy + 5x2 = x + 1 4. (x + y + 1)2 = 3 (x2 + y2 + 1) * Trở lại với bài toán 1 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + 1 = 0 (1) 3 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
5. Bây giờ ta thay hạng tử tự do (số 1) ở pt (1) bởi (số 2) thì được bài toán mới. Bài toán 6: Giải phương trình 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + 2 = 0 (2) HS giải tương tự bài toán 1 Biến đổi pt (2) về dạng phương trình bậc hai với ẩn y. 5y2 – 2(3x + 1) y + 2x2 + 2x + 2 = 0 (2/) D/ = (3x + 1)2 – 5 (2x2 + 2x + 2) = 9x2 + 6x + 1 – 10x2 – 10x – 10 = = -x2 – 4x – 9 = -x2 – 4x – 4 – 5 = - (x+2)2 – 5 pt (2/) vô nghiệm Vậy pt (2/) vô nghiệm GV: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c (a¹0) H: Nếu D £ 0 (hoặc D/ £ 0 ) và a > 0 Em có nhận xét gì về giá trị của f(x)? HS: Nếu D £ 0 (D/ £ 0) và a > 0 thì f (x) ³ 0. Vậy khi D £ 0 (hoặc D/ £ 0 ) a Ta tiếp tục khai thác bài toán 7 ta sẽ thấy còn nhiều điều thú vị nữa.Ta xét bài toán mới. Bài toán 7: Chứng minh bất đẳng thức 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + 2 > 0 với mọi x, y Vận dụng kết quả bài toán 6 học sinh dễ dàng giải bài toán 7. Đặt f(y) = 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + 2 -> D/ = - (x + 2)2 – 5 f(y) > 0 với mọi x, y Qua bài toán 7 ta thấy biệt thức “D” lại có vai trò quan trọng trong việc chứng minh bất đẳng thức Chuyên đề 3: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Giáo viên nhấn mạnh: Cho tam thức bậc 2 f(x) = ax2 + bx + c (a ¹ 0) 2 f (x) = x2 + b x + c = (x + b )2 - b - 4ac a a a 2a 4a 2 = (x + b )2 - D 2a 4a 2 Nếu D 0 => f(x) luôn cùng dấu với a. a Nếu D = 0 => f (x) = (x + b )2 ³ 0 a 2a => f(x) luôn cùng dấu với a (trừ x = - b ) 2a f (x) Nếu D > 0 thì = (x – x1) (x – x2) (giả sử x1 f(x) trái dấu với a a nếu x1 < x < x2 4 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version
6. f(x) cùng dấu với a nếu x x2 Vận dụng kiến thức đó ta giải các bài toán sau: Bài toán 8: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng: 2a2 + b2 + c2 – 2a (b + c) ³ 0 Dấu “=” xảy ra khi nào? Khi đó tam giác ABC có đặc điểm gì? Hướng giải: Ngoài những cách giải thông thường ở lớp 8 ta còn có cách giải nào nữa? (Học sinh: Ta có thể chứng minh bằng công cụ biệt thức đen ta) Nếu chọn a làm ẩn ta có bất phương trình bậc 2 dạng 2a2 – 2(b + c)a + b2 + c2 ³ 0 Ta có D/ = b2 + 2bc + c2 – 2 (b2 + c2) = - (b – c)2 £ 0 Nếu D/ = 0 - (b – c )2 = 0 b = c thì tam thức bậc 2 f(a) có nghiệm Trong tam thức f(a) có a = 2 > 0 => f(a) = 2a2 – 2( b + c) a + b2 + c2 ³ 0 với mọi a, b, c Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c Khi đó tam giác ABC có a = b = c => tam giác ABC đều. * Biệt thức D có rất nhiều ứng dụng trong toán học. Nó chiếm một vị trí quan trọng trong giải toán. Còn chờ gì nữa dùng biệt “D” chúng ta đã có thể giải được các bài toán là đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng rồi đấy. Bài toán 9: Chứng minh bất đẳng thức x2 +5y2 + 2z2 – 4xy – 2yz – 2z + 1 ³ 0 với mọi x, y, z (Đề thi ĐHBK – 1998) Với kiến thức đã có sẵn học sinh không thấy bất ngờ trước bài toán 9, và học sinh giải bài toán này một cách đơn giản. GV: H: Để giải bài toán này ta làm như thế nào ? HS: Ta đưa vế trái về dạng tam thức bậc hai với ẩn là x. f(x) = x2 – 4xy + 5y2 + 2z2 – 2yz – 2z + 1 D/ = 4y2 – 5y2 – 2z2 + 2yz + 2z – 1 = - (y – z)2 – ( z – 1)2 £ 0 f(x) ³ 0 với mọi x, y, z (điều phải chứng minh) (GV: Ta có thể giải bài toán này theo nhiều cách khác nhau). Đến đây giáo viên đã kích thích sự hứng thú say mê của học sinh: học sinh có nhu cầu giải các bài toán với mức độ khó hơn. Ta xét bài toán sau: Bài toán 10: Cho đẳng thức x2 – x + y2 – y = xy (1) Chứng minh rằng (y-1)2 £ 4 ; (x – 1)2 £ 4 3 3 (Có thể học sinh cho rằng bài toán này rất lạ chắc khi giải sẽ gặp nhiều khó khăn lắm đây) GV dẫn dắt: Biến đổi bài toán 10 về dạng quen thuộc Hướng dẫn học sinh đưa đẳng thức (1) về dạng phương trình bậc 2 đối với ẩn x. x2 – (y + 1) x + (y2 – y ) = 0 (2) D = (y + 1)2 – 4 (y2 – y) = -3y2 + 6y + 1 5 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version