Đề tài Áp dụng hằng đẳng thức vào giải toán

I. Đặt vấn đề Toán học là môn học cơ bản trong chương trình phổ thông đối với học sinh khá và giỏi môn toán, học toán hay giải toán là yêu cầu thường nhật trong mọi hoạt động và suy nghĩ. Vì vậy vấn đề bồi dưỡng học sinh có khả năng tư duy sáng tạo, luôn vận dụng tốt các lý thuyết đã học và phát huy hết năng lực của cá nhân là một vấn đề rất được coi trong và cũng chẳng đơn dản, dễ dàng gì. Để quá trình bồi dưỡng học sinh có kết quả tốt hơn, có chất lượng cao người thầy phải nắm chắc chương trình bồi dưỡng vấn đề nào cơ bản trọng tâm, vấn đề nào cần trình bày kỹ hay cần lướt qua và đặc biệt phải có một kế hoạch cụ thể, thường xuyên liên tục bồi dưỡng (cho cả thầy và trò). Người học sinh giỏi toán trước hết phải nắm vững kiến thức cơ bản để dựa vào đó suy luận và phát triển thành kiến thức mới của chính mình. Là một giáo viên trẻ tôi luôn có ý thức học hỏi và quan tâm đến việc bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi đã nghiên cứu nhiều dạng toán trong quá trình bồi dưỡng tôi thấy học sinh đang còn lúng túng chưa tìm ra phương pháp chung để giải quyết các bài toán theo từng dạng. Bởi vậy tôi luôn tự mình học hỏi kinh nghiệm của các thầy cô giáo đi trước cũng như cố gắng tìm tòi các loại tài liệu mới để tham khảo và rút kinh nghiệm. Với một bài toán, việc định hướng để tìm ra lời giải là một việc rất quan trọng, vì vậy khi học sinh giải một bài tập, để có một định hướng rõ ràng cho việc tìm ra lời giải quả thật không phải là một công việc đơn giản. Khi học sinh định hướng được lời giải thì cũng có nghĩa là sẽ đưa ra bài toán phụ thích hợp, có khả năng suy luận dẫn tới lời giải tốt. Vậy làm thế nào để học sinh có định hướng tốt để tìm ra lời giải cho từng bài toán là một điều tôi luôn trăn trở, băn khoăn trong quá trình dạy và bồi dưỡng học sinh khá và giỏi toán. Sau đây tôi đưa ra một vài nhận xét, suy nghĩ một vài định hướng giải các bài toán, chẳng hạn như việc áp dụng các hàng đẳng thức để giải toán, mong được sự góp ý của các thầy cô để công tác dạy và học toán được tốt hơn. II. Giải quyết vấn đề: 1. Một số tồn tại trong việc giải toán Học sinh và giáo viên thường bằng lòng và kết thúc công việc giải một bài toán khi tìm được một cách giải nào đó, chưa chú ý đến việc tìm tòi cách giải khác, cách giải hay hơn hoặc khai thác phát triển thêm ở bài toán vừa giải để phát huy tư duy linh hoạt và sáng tạo, không biết liên hệ giữa những điều cho trong đầu bài toán với những kiến thức đã học, không phân biệt được điều đã cho và điều cần tìm. Lý luận không chính xác, không chặt chẽ, không biết rút kinh nghiệm vừa bài vừa giải, nên thường lúng túng trước những bài toán khác đôi chút với bài toán đã giải. 2. Biện pháp thực hiện. Nắm vững kiến thức, thuộc bài tại lớp và có khả năng vận dụng tốt từ đó phát huy năng lực, tư duy sáng tạo của từng em là yêu cầu cơ bản. Rèn luyện cho học sinh suy nghĩ linh hoạt, phân tích, tổng hợp vấn đề, tiếp thu kiến thức mới liên hệ với kiến thức cũ. Một điều quan trọng là sau khi giải xong một bài toán còn biết đề ra những bài toán mới bằng cách tổng quát hoá, bằng cách liên hệ những trường hợp tương tự. Từ đó tìm ra phương pháp chung giải quyết từng loại bài toán. 3. Hai hằng đẳng thức áp dụng vào giải toán . Ngoài những hằng đẳng thức quen thuộc đã học trong chương trình lớp 8. Chúng ta còn có hai hằng đẳng thức rất quen thuộc với các em học sinh giỏi toán, chúng được đưa vào trong chương trình phổ thông như là một bài toán đó là: HĐT1: a3 + b3 + c3 = 3abc = (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) Chứng minh: Ta có: a3+b3 = (a+b)(a2-ab+b2) = (a+b)3-3ab (a +b) Do đó a3+b3+c3 - 3abc = (a+b)3-3ab(a+b) + c3-3abc = (a +b +c)[(a+b)2 - c (a+b)] + c2 - 3ab (a +b +c) = (a+b + c)(a2 + 2ab +b2 - ac - bc + c2 - 3ab) = (a +b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) HĐT2: (a +b +c)3 - a3-b3-c3 = 3(a +b)(b + c)(c +a) Chứng minh: Ta có: (a +b+c)3 - a3 - b3 - c3 = (a +b +c)3 - a3 - (b3 + c3) = (b+c) ((a +b +c)2 +a (a +b +c) + a2) - (b + c)(b2 – bc +c2) = (b +c)(a2+b2+c2+2ab +2bc+2ca + a2+ ab + ac+a2-b2 + bc - c2) = (b+c)(3a2+3ab+3bc+3ac) = 3 (a +b)(b +c)(c+a) Ngoài cách chứng minh trên còn có cách chứng minh khác, các bạn có thể chứng minh. Hai hằng đẳng thức này hầu như bị nhiều người bỏ rơi. Trong khi đó, nó lại đem cho ta nhiều điều thú vị. Trước hết ta chú ý rằng từ HĐT1 suy ra: a3 + b3 + c3 = 3abc a + b + c = 0 a = b = c (a-b)3+(b-c)3+(c-a)3 = 3(a-b)(b-c)(c-a) Từ HĐT2 suy ra: (a+b+c)3 = a3 + b3 + c3 a = -b b = -c c = -a Việc vận dụng hai hằng đẳng thức này trong nhiều trường hợp thật là hiệu quả và bất ngờ. Sau đây tôi xin đưa ra một vài bài toán minh hoạ. a) Các bài toán rút gọn biểu thức và chứng minh đẳng thức Bài 1: Rút gọn biểu thức: A= (a+b+c)3 - (a+b-c)3 - (b+c-a)3 - (c+a-b)3 Giải: Để thuận tiện ta sử dụng ẩn phụ: x = a + b - c y = b + c – a x + y + z = a + b + c z = c + a - b khi đó: A= (x + y + z)3 - x3 -y3 - z3 = 3 (x+y)(y+z)(z+x)= 3.2b.2 c.2a = 24 abc Nhận xét: - Như vậy, trong lời giải của bài toán ta đã sử dụng yếu tố phụ x, y, z với mục đích giảm thiểu độ phức tạp lời giải. - Nếu cho thêm giả thiết về các số a, b, c bài toán có thể được phát biểu dưới dạng yêu cầu chứng minh về tính chia hết. Bài 2: Cho 3 số nguyên a, b, c thoả mãn: a + b + c = (a-b)(b-c)(c-a) Chứng minh rằng: (a-b)3 + (b-c)3 + (c-a)3 chia hết cho 3 Giải: Để thuận tiện ta sử dụng ẩn phụ: x = a-b y = b-c x+y+z=0 z = c-a Khi đó: (a-b)3 + (b-c)3 + (c-a)3 = x3 + y3 + z3 = 3(a-b)(b-c)(c-a) Từ đó ta thấy ngay: (a-b)3 + (b-c)3 + (c-a)3 chia hết cho 3 Nhận xét: Cũng với phương pháp trên, chúng ta còn có thể chứng minh được các kết quả tổng quát hơn sau: 1) Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = (a - b)(b - c)(c - a) Chứng minh rằng: (a-b)3 + (b-c)3 + (c-a)3 chia hết cho 81 2) Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số: (a+b+c)p + (a-b-c)p + (b-c-a)p + (c-b-a)p chia hết cho 8pabc. 3) Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số: (a-b)p + (b-c)p + (c-a)p chia hết cho p(a-b)(b-c)(c-a). 4)Tìm công thức tính nhanh tổng sau theo số tự nhiên k S = 1.2.3 + 3.4.7 + 7.8.15 + 15.16.31+ (2k-1)(2k+1-1) Bài 3: Chứng minh rằng nếu x+y+z = 0 thì 2(x5+y5+25) = 5xyz (x2 +y2 +z2) Giải: Từ giả thiết: x+y+z = 0 suy ra. x3 +y3 +z3 = 3xyz (x3 +y3 +z3)( x2 +y2 +z2) = 3xyz (x2 +y2 +z2) x5 +y5 +z5 +x2y2 (x+y) + x2z2(y+z) + z2x2 (x+z) = 3xya ( x2 +y2 +z2) x5 +y5 +z5- xyz(xy+yz+zx) =3xyz( x2 +y2 +z2) x5 +y5 +z5+xyz () = 3xyz(x2 +y2 +z2) 2(x5 +y5 +z5)= 5xyz ( x2 +y2 +z2) Bài tập đề nghị: 1) Chứng minh rằng nếu hệ: có nghiệm thì a2+b2+c2 = 3abc 2) Biết: Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 = 3abc 3) Biết: xn +yn +zn = an+bn+cn đúng với n = 1, 2, 3 Chứng minh rằng nó cũng đúng với mọi số tự nhiên n 4. Cho x, y, z đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện: (x-z) + (z-x) + (x-y) =0 Chứng minh rằng: (1-x3)(1-y3)(1-z3) = (1-xyz)3 b) Sử dụng hằng đẳng thức biến đổi đại số, trục căn thức bậc 3 ở mẫu số và tính giá trị của biểu thức. Bài 4: Trục căn thức ở mẫu số của biểu thức. A = Giải: Ta coi mẫu số của A có dạng a + b+ c, khi đó nhân cả tử và mẫu của A với (a2+b2+c2-ab-bc-ca) ta có: A = = = Bài tập đề nghị: Trục căn thức ở mẫu số của các biểu thức. B = ; C= ; D = với: abc=1; abc=8 Bài 5: Cho a3+ b3+ c3 = 3 abc và abc 0. Tính giá trị của biểu thức: M= (1+ ) (1+ ) (1+ ) Giải: Từ giả thiết : a3+ b3+ c3 = 3 abc Suy ra a + b + c =0 a = b = c Ta xét 2 trường hợp. Trường hợp 1: Nếu a + b + c =0. Suy ra a + b = -c b + c = -a c + a = -b M = Trường hợp 2: Nếu a = b = c có: M = (1+1) (1+1) (1+1) = 2.2.2 = 8 Bài 6: Cho xy + yz + zx = 0, xyz 0. Tính giá trị của biểu thức: P= Giải: Từ giả thiết: xy + yz + zx=0. Suy ra nên Khi đó: P = = xyz(= xyz Bài tập đề nghị: Cho: a3b3+ b3c3 + c3a3 = 3 a2b2c2 và abc 0. Tính giá trị của biểu thức P = (1+ ) (1+ ) (1+ ) Nhận xét: ở bài toán trên chúng ta đã sử dụng điều kiện xuôi để tính giá trị của biểu thức. Các bài toán sua đay ta sử dụng điều kiện ngược để tính giá trị của biểu thức Bài 7: Biết a3+b3=3ab - 1. Tính giá trị của biểu thức B=a+b Giải: Từ a3+b3=3ab - 1 ta có : a3+b3 + 1 = 3ab a + b +1 = 0 a = b = 1 Bài tập đề nghị:. 1) Biết a + b + c = 0.Tính giá trị của biểu thức: A= a3+b3+c3-3abc 2) Biết a3- b3= 3ab+1. Tính giá trị của biểu thức C = a-b. 3) Biết a + b + c = 0 và abc0. Tính giá trị của các biểu thức: A= c) Sử dụng hai hằng đẳng thức đó vào việc giải phương trình và hệ phương trình. Bài 8: Giải các phương trình sau: a) x3-3x+2=0; b) x3+16 =12x. Giải: a) x3-3x+2=0 x3+13+13=3.x.1.1 x+1+1=0 x=-2 x=1=1 x=1 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = -2; x=1 b) x3+16 =12x x3+23+23=3.2.2.x x+2+2 =0 x =-4 x = 2 =2 x = 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=-4 và x=2. Bài 9: Giải các phương trình: a) + + = 0 b) (x-3)3+(x+1)3=8 (x-1)3 Giải: a) Đặt = a , = b, = c Khi đó: phương trình + + = 0 a+b+c = 0 a3+b3+c3=3abc. (x+1)+(x+2)+(x+3)=3 3 3(x+2) = 3 (x+2) x=-2 Vậy phương trình có nghiệm x =-2. b) Vì (a-b) + (b-c) + (c-a)=0 nên (a-b)3 + (b-c)3 + (c-a)3= 3(a-b)(b-c)(c-a) nên (x-3)3 + (x+1)3= 8(x-1)3 (x-3)3 + (x-1)3 + (2-2x)3=0 3(x-3)(x+1)(2-2x)=0 x=3 x=-1 x=1 Vậy phương trình có 3 nghiệm x=3; x=-1 và x=1. Nhận xét: Trong câu b chúng ta có thể sử dụng ngay đánh giá: (x-3) + (x+1) +(2-2x) =0 Do đó phương trình tương đương với: 3(x-3)(x+1)(2-2x)=0 x=3; x=-1; x=1 Bài tập đề nghị: 1) Giải các phương trình sau: a) (x-3)3+ (2x-3)3=27(x-2)3 b) (ax+b)3 + (bx+a)3= (a+b)3(a+1)3 c) (x2- 3)3 - (4x+6)3 + 216 = 18(4x+6)(3-x2) d) + + = 0 e) - + = 2 f) 54x3-9x+. g) 6x3 +3x - 5 =0 2)Giải và biện luận phương trình: ax3+bx+c với điều kiện: Bài 10: Giải hệ phương trình: x+y+z=1 (1) x2 +y2 +z2 =1 (2) x3 +y3 +z3 =1 (3) Giải: Từ (1) và (3) suy ra: (x+y+z)3- (x3 +y3 +z3)=0 3(x+y)(y+z)(z+x)=0 x + y=0 hoặc y + z=0 hoặc z + x=0 Với x + y = 0 hệ có nghiệm là (0, 0, 1) Với y + z = 0 hệ có nghiệm là (1, 0, 0) Với x + z = 0 hệ có nghiệm là (0, 1, 0) Nhận xét: Từ nghiệm tìm được của hệ ta thấy: x -1=0 hoặc y-1=0 hoặc z-1=0 do đó có cách giải khác: Từ (2) và (3) ta có: x2(1-x)+y2(1-y)+z2(1-z) =0 (4) Phải có: 1-x 0 vì nếu 1-x1 thì x2 +y2 +z2>1 trái với (2) Tương tự: 1-y0 và 1-z 0 Do đó (4) xảy ra khi và chỉ khi x2(1-x)=y2(1-y)=z2(1-z) =0 suy ra: x=0; y=0; z=1 x=0; y=1; z=0 x=1; y=0; z=0 Bài 11: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình: x+2y+3z = 6 (x-1)3+(2y-3)3+(3z-2)3=18 (I) Giải: (I) (x-1)+(2y-3)+(3z-2)=0 (x-1)+(2y-3)+(3z-2)=0 (x-1)3+(2y-3)3+(3z-2)3=18 (x-1).(2y-3).(3z-2)=6 (II) Vì x, y, z nguyên nên z-1; 2y-3; 3z-2 nguyên. Do đó giá trị tuyệt đối của mỗi số (x-1),(2y-3),(3z-2) đều là ước của 6, nghĩa là thuộc tập hợp ;;; Từ đó để 3z-2 nguyên thì chỉ có thể 3z -2 =1 hoặc 3z - 2= -2. a) Với 3z-2 =1 thay vào hệ (II) được hệ (x-1)+(2y-3)=-1 (x-1)+(2y-3)=6 Vậy (x-1), (2y-3) là nghiệm của phương trình t2 + t + 6 = 0 phương trình này vô nghiệm. b) Với 3z-2=-2 thay vào hệ (II) được hệ (x-1)+(2y-3)=2 (x-1)+(2y-3)=-3 Vậy (x-1), (2y-3) là nghiệm của phương trình: t2 - 2t-3 = 0 phương trình này có 2 nghiệm t1=-1, t2= 3. Kết hợp với phương trình 3z-2=-2 suy ra hệ phương trình (I) có 2 nghiệm nguyên (x, y, z) là (0, 3, 0); (4, 1, 0) Bài tập đề nghị: 1. Giải các hệ phương trình x+y+z=a x+y+z=a+b+c a) x2 +y2 +z2 =a2 b) x2 +y2 +z2 = a2+b2+c2 x3 +y3 +z3 =a3 x3 +y3 +z3 = a3+b3 +c3 c) x+y+z=6 x2 +y2 +z2 =12 2) Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện: x+y+z=1 x3 +y3 +z3 =1 Tính tổng: T= x2003 +y2003 +z2003 3) Tìm nghiệm nguyên của các hệ phương trình: a) x+y+z=3 b) x3 + y3 +3xyz =z3 x3 +y3 +z3 =3 (2x+2y)2=z3 4. Kết quả đạt được: Qua việc áp dụng sáng kiến trên vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi tôi thấy rất có kết quả: Học sinh nắm vững kiến thức cơ bản đã được học và vận dụng tốt vào trong giải toán. Từ chổ xác định ra cách giải bài toán đúng hướng học sinh không những giải nhanh và chính xác loại toán này mà còn đưa ra những lời giải hợp lí ngắn gọn để giải những bài toán khác. Nhiều em còn thể hiện tư duy sáng tạo rất rõ nét qua những bài toán không mẫu mực. Tự các em luôn có ý thức thi đua trong mọi lĩnh vực làm toán, thể hiện sự sáng tạo, khả năng vận dụng lý thuyết và bài toán phụ khá thành thạo và đưa về bài toán có cách giải đơn giải tối ưu nhất. Từ chổ nắm chắc kiến thức và vận dụng khá thành thạo nên kết quả bước đầu của học sinh cũng rất khả quan. Trước lúc hướng dẫn: Điểm 3 4 5 6 7 8 9 10 Số lượng(15) 3 2 5 4 1 0 0 0 Sau khi hướng dẫn: Điểm 3 4 5 6 7 8 9 10 Số lượng(15) 0 1 2 3 4 4 1 III- Kết luận: Trên đây chỉ là một vài suy nghĩ cũng như việc làm của cá nhân tôi đã tiến hành trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8,9 tôi thấy rất có hiệu quả song nó còn có thể còn nhiều khiếm khuyết. Mong được sự đóng góp những ý kiến quý báu của bạn đọc để có thể tìm thêm nhiều phương pháp khác vận dụng vào việc giải toán và bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi thiết nghĩ rằng, đây chỉ là những việc làm rất cần thiết và cũng là bước đi ban đầu trong nghề “dạy học” và tự nhận thấy cần phải cố gắng thật nhiều trong phương pháp giảng dạy. Đặc biệt việc học hỏi ở đồng nghiệp để phương pháp và những kinh nghiệm giảng dạy là điểu cốt yếu và không thể thiếu được cho cá nhân tôi. Để công tác giảng dạy ngày càng tốt hơn, tôi nhận thấy nhất thiết phải thường xuyên bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ, phải tự tích lũy nhiều kiến thức, nhiều dạng toán và phương pháp giải tốt nhất. Riêng về học sinh cần tuyệt đối ngăn chặn các sai lầm thường mắc phải bằng cách giáo dục thường xuyên, kiểm tra và uốn nắn cách tốt nhất là học sinh phải độc lập suy nghĩ không có ý thức . Ngày 10 tháng 12 nm 2007