SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: ĐỖ TẤT THẮNG Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học môn: TOÁN  Lĩnh vực khác:  Có đính kèm:  Mô hình  Đĩa CD(DVD)  Phim ảnh (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2014-2015 -1-  Hiện vật khác SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: ĐỖ TẤT THẮNG Ngày tháng năm sinh: 06/09/1981 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: 149/7 Hưng Đạo Vương, Khu phố phường Trung Dũng, BH-Đồng Nai Điện thoại: 0918.306.113 E-mail: dtthangnq@gmail.com Chức vụ : Không Nhiệm vụ giao: +Giáo viên Toán lớp 10A2,10A6 11A6 +Giáo viên chủ nhiệm lớp 10A2 +Tham gia bồi dưỡng đội tuyển Toán lớp 10 +Ủy viên ban tra nhân dân Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ Toán - Năm nhận bằng: 2010 - Chuyên ngành đào tạo: Lý luận phương pháp dạy học môn Toán III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Toán - Số năm có kinh nghiệm: năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Năm học 2010-2011: Ứng dụng tích vô hướng véctơ để giải số toán hình học không gian qua kì thi đại học Năm học 2011-2012: Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ chứng minh bất đẳng thức Năm học 2012-2013: Dự đoán dấu bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ chứng minh bất đẳng thức Năm học 2013-2014: Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ chứng minh bất đẳng thức Năm học 2014-2015: Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình -2- ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Bất đẳng thức (BĐT) kiến thức thiếu kì thi đại học, cao đẳng, thi học sinh giỏi BĐT áp dụng nhiều trong sống nói chung toán học nói riêng chẳng hạn: giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, toán cực trị - Ứng dụng BĐT để giải phương trình hệ phương trình có lời giải hay, ngắn gọn mạnh giải toán mức độ tổng quát hơn, nhiều toán ứng dụng BĐT không cần huy động tới kiến thức đạo hàm lớp 12, phương pháp Hơn hết phù hợp với HS lớp 10 - Ứng dụng BĐT để giải phương trình hệ phương trình hệ thống phương pháp sâu rộng Nhưng với vai trò giáo viên dạy Toán khối 10 phạm vi sáng kiến kinh nghiệm tập trung vào dạng phổ biến HS hay gặp phải đề thi CĐ, Đại học, tuyển sinh 10 chuyên, đề thi học sinh giỏi tỉnh …Cụ thể thể sáng kiến kinh nghiệm (SKKN) II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Qua thực tế dạy học nhận thấy chương trình lớp 10 phần ứng dụng BĐT để giải phương trình hệ phương trình Nhưng đề thi học sinh giỏi, tuyển sinh 10, đại học lại có Do đó, làm SKKN với mong muốn tài liệu giúp HS đỡ khó khăn gặp có dạng III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Chúng cố gắng biên soạn kĩ thuật giải , hệ thống tập dựa sở lý thuyết bám sát chương trình, mục đích cho HS dễ hiểu Cơ sở lý thuyết phần kiến thức sau đề cập chương trình hành: ST Kiến thức Trang Sách Ghi T Các tính chất giá trị tuyệt đối Tính chất bình phương, tổng bình phương 78 Đã học cấp Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) số 76 Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) số 108 Đại số 10 ban Bất đẳng thức Bunnhiacốpski (Cauchy111 Schwarz) Bất đẳng thức chứng minh từ tích vô hướng vecto, tổng độ dài vecto -3- Đại số 10 ban (nâng cao) Đại số 10 ban nâng cao Đại số 10 ban nâng cao Hình học 10 Ban Trong phần đọc thêm Trong phần tiếp theo, phân tích cụ thể phần theo thứ tự lý thuyết trước tập ứng dụng sau Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình n Cho f ( x1 , x2 , , xn ) hàm n biến thực D ⊂ ¡ : f : D → ¡ Tương tự với g ( x1 , x2 , , xn ) h( x1 , x2 , , xn ) , Gỉai phương trình f ( x1 , x2 , , x n ) = g ( x1, x2 , , x n ) (1) Bước 1:Nhìn vào dấu hiệu lưu ý(sẽ chia cụ thể dạng khác nhau)của phương trình (1) từ suy hướng giải Bước 2: Đánh giá vế phương trình cách áp dụng BĐT cô-si, bunhiacốpski,  f ( x1 , x2 , , x n ) ≤ h( x1, x2 , , x n ) ∀( x1 , x2 , , xn ) ∈ D  g ( x , x , , x ) ≥ h ( x , x , , x ) n n tính chất ta được:  (2) Bước 3: Kết hợp (1) (2) thu :  f ( x1 , x2 , , x n ) = h( x1 , x2 , , x n ) ∀( x1 , x2 , , xn ) ∈ D  g ( x , x , , x ) = h ( x , x , , x )  n n (3) Bước 4: Áp dụng dấu “=” xảy dùng BĐT Từ ta tìm nghiệm phương trình (1) Khi giải lưu ý: Dấu”=” BĐT xảy giá trị biến đồng thời nghiệm phương trình Nghiệm phương trình giá trị biến để dấu “=” xảy lần áp dụng BĐT nên: +Nếu nhẩm nghiệm phương trình ta suy luận nên ứng dụng BĐT nào(Cô-si, Bunnhiacốpski, …)? Ứng dụng để BĐT có dấu”=” xảy BĐT sử dụng +Nếu định hướng dùng BĐT cụ thể ta có dấu”=” BĐT xảy từ suy nghiệm phương trình +Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” BĐT nghiệm phương trình từ cho lời giải nhanh xác Nếu chúng không đồng thời xảy phương trình vô nghiệm phải đổi BĐT hướng khác Các giải pháp cụ thể trình bày theo phần theo thứ tự lý thuyết trước, tập sau: Ứng dụng tính chất giá trị tuyệt đối Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy “dấu hiệu” sau:  Số ẩn phương trình, hệ phương trình nhiều số phương trình  Số ẩn phương trình, hệ phương trình số phương trình -4-  Phương trình có chứa tổng giá trị tuyệt đối  Phương trình có chứa tổng nhiều bậc hai biểu thức bậc hai bình phương tổng bình phương biểu thức khác thử ứng dụng tính chất giá trị tuyệt đối để giải Tính chất giá trị tuyệt đối: x ≥ 0, ∀x ∈ R + Dấu = xảy ⇔ x = + + x ≥ x , ∀x ∈ R Dấu = xảy ⇔ x ≥ x ≥ − x , ∀x ∈ R Dấu = xảy ⇔ x ≤ x + x + + x + x + 16 + x + 12 x + 36 = Ví dụ Gỉai phương trình Lời giải (không dùng BĐT): Phương trình cho tương đương với ( x + 2) + ( x + 4) + ( x + 6) ⇔ x+2 + x+4 + x+6 = x −∞ =4 (*) -6 -4 x+2 −x − −x − x+4 −x − −x − x+6 −x − VT(*) −3x −x − x+6 −x Trường hợp 1: x ≤ −6 −3 x = ⇔ x = − (loại) (*) ⇔  Trường hợp 2: −2 < x ≤ −4 (*) ⇔ − x = ⇔ x = −4 (nhận)  Trường hợp 3: −4 < x ≤ −2 (*) ⇔ x + = ⇔ x = −4 (loại)  Trường hợp 4: x > −2 -5- -2 +∞ x+2 x+4 x+4 x+6 x+6 x +8 x + 12 (*) ⇔ x + 12 = ⇔ x = − (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = −4 Lời giải (Dùng BĐT): Phương trình cho tương đương với ( x + 2) + ( x + 4) + ( x + 6) =4 ⇔ x+2 + x+4 + x+6 = Ta có x + + x + + x + ≥ −x − + + x + = x + ≤   x + = ⇔ x = −4 x + ≥ Dấu “=” xảy ⇔  Vậy phương trình có nghiệm x=-4 Kĩ thuật Lời giải cho phép ta mở rộng giải toán mạnh sau: Mở rộng Ví dụ 1: Giải phương trình x + + x + + x + + + x + ( 2n + 1) = n ( n + 1) , n ∈ N * Khi n lớn Lời giải gặp khó khăn , ngược lại Lời giải thuận lợi Bảng so sánh ưu, nhược điểm Lời giải Lời giải đối với HS lớp 10: Ưu điểm Nhược điểm -Lời giải dài dòng, khó hiểu HS hay sai phần hợp giao kết luận -Khó khăn phương trình có chứa tổng nhiều tuyệt đối Lời giải (Không dùng BĐT) Lời giải (Dùng BĐT) -Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu -Giải toán tổng quát phương trình có chứa tổng nhiều tuyệt đối -Tính chất BĐT chứa giá trị tuyệt đối phù hợp lớp 10 Ví dụ Giải phương trình x+2 + x+4 = Lời giải: -6-  x + ≥ − x − ⇒ x+2 + x+4 ≥  x + ≥ x +  Ta có   x + ≤  x ≤ −2 ⇔ ⇔ x + ≥   x ≥ −4 Dấu “=” xảy Vậy phương trình có tập nghiệm S = [ −4; −2] x − 10 x + 13 + 26 x − 24 x + = x + Ví dụ Giải phương trình  Phân tích: Lời giải: x − 10 x + 13 + 26 x − 24 x + = x + 2 ⇔ (x ⇔ ( x − 2) Ta có: ) ( ) − 4x + + x2 − 6x + + + ( x − 3) + ( x − 2) (x ) ( ) − x + + 25 x − 20 x + = x + + ( 5x − 2) = x + ( x − 2) + ( x − 3) ≥ x − ≥ − x ( x − 2) + ( 5x − 2) ≥ 5x − ≥ 5x − 2 ⇒ VT ≥ x − + − x = x + 3 − x ≥  Dấu “=” xảy ⇔ 5 − x ≥ ⇔ x = x − =  Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 2}  Bài tập tương tự (Áp dụng tính chất giá trị tuyệt đối): Bài Giải phương trình x +1 + x + + x + = ĐS: x=-2 Bài Giải phương trình x +1 + x + + x + + x + + x + = ĐS: x=-3 Bài Giải phương trình ĐS: x=-2 Bài Giải phương trình x2 + 2x + + x2 + 4x + + x2 + 6x + = x + x + + x + x + + x + x + + x + x + 16 + x + x + 16 = ĐS: x=-3 -7- Bài Giải phương trình x2 − x + + x2 − x − = ĐS: S = [ −1; 2] Ứng dụng tính chất bình phương, tổng bình phương: Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy “dấu hiệu” sau:  Số ẩn phương trình, hệ phương trình nhiều số phương trình  Số ẩn phương trình, hệ phương trình số phương trình  Phương trình có chứa tổng nhiều bậc hai biểu thức bậc hai tổng bình phương biểu thức khác thử ứng dụng tính chất bình phương, tổng bình phương để giải  Tính chất bình phương, tổng bình phương: + x ≥ 0, ∀x ∈ R Dấu = xảy ⇔ x = 2 + x + y ≥ 0, ∀x, y ∈ R Dấu = xảy ⇔ x=y= Từ tính chất ta suy ra:  x + m ≥ m, ∀x ∈ R Dấu “=” xảy ⇔ x=0  − x + M ≤ M , ∀x ∈ R Dấu “=” xảy ⇔ x=0 x −2 + y −3 + z −5 = ( x + y + z − 7) (*) Ví dụ Giải phương trình:  Phân tích: Chỉ có phương trình mà có tới ẩn “dấu hiệu” dùng BĐT − Vế trái có bậc hai, vế phải bậc thấy đưa hàng đẳng thức đáng − a ± b) nhớ ( Lời giải: Điều kiện: x − ≥ x ≥   y −3 ≥ ⇔ y ≥ z − ≥ z ≥   -8- x −2 + y −3 + z −5 = x + y + z −7 ⇔  ( x − 2) ⇔ x − −1 + ( − x − + 1 +    ) ( ( y − 3) ) ( y − −1 + − y − + 1 +    ) ( z − 5) − x − + 1 =  z − −1 =  x − −1 = x =   ⇔  y − −1 = ⇔  y =  z =  z − − =  (*)  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y;z)=(3;4;6)  Nhận xét: Bài toán vận dụng BĐT Cô-si số để giải, nhiên nói đến BĐT Sẽ dùng BĐT Cô si vào phần sau Ví dụ Giải phương trình x − x + + x − x + 17 =  Phân tích: Nhìn vào biểu thức ta thấy x − x x − x điều liên tưởng đến − 2 x − x + = ( x − ) + x − x + 17 = ( x − ) + hàng đẳng thức đáng nhớ nên , − Do VT ≥ mặt khác VP=2 nên ta thu lời giải sau Lời giải:  x2 − x + = ( x − 2) + ≥  ⇒ x − x + + x − x + 17 ≥  2  x − x + 17 = ( x − ) + ≥ Ta có  x = x − =  ⇔  x = ⇔ x =  x − =   x = −2  Kết hợp với phương trình ta Vậy phương trình có nghiệm x=2 2 Ví dụ Giải phương trình: 3x + x + 12 + x + 10 x + = − x − x Lời giải: 2  3x + x + 12 = ( x + 1) + ≥  x + x + 12 ≥ ⇒ ⇒ VT ≥  2 5 x + 10 x + = ( x + 1) + ≥  x + 10 x + ≥ Ta có  -9- Lại có VP = − ( x + 1) ≤ x +1 =  3x + x + 12 + x + 10 x + = − x − x ⇔  x + = ⇔ x = −1 x +1 =  Do 2 Vậy phương trình có nghiệm x=-1  x + + y + = (1)   x + y − xy = (2) Ví dụ Giải hệ phương trình: Lời giải:  xy ≥  x + ≥ 0, y + ≥ ĐK:  x > x + y = xy + > ⇒  y > mà Lấy 2(2)-4(1) ta được: ( ) ( x + y − xy − ⇔  ( x + 1) ⇔ x +1 − + ( ) x + + y + = −10 − x + + 4 +    ) ( ( y + 1) ) ( y +1 − + − y + +  +  x − xy + y  =    x− y ) =0  x +1 − =  x = ⇔  y +1 − = ⇔  y =  x − y =   Nhận xét: - Hệ phương trình hệ phương trình đối xứng loại nên dùng cách đặt ẩn phụ Nhưng cách đăt ẩn phụ dài dòng -Dùng BĐT cho lời giải ngắn gọn đẹp  Bài tập tương tự (Áp dụng đưa bình phương, tổng bình phương): Bài Giải phương trình x + x + = 2 x + ĐS: x=-1 Bài Giải phương trình: x y −1 + y x −1 = xy 2 Bài Giải phương trình: − x + x − + −2 x + x − = + 1 1 x + y + z =  Bài Giải hệ phương trình:   − =4  xy z ĐS: x=y=1/2,z=-1/2 - 10 - ĐS: x=y=2 ĐS : x=2 Giải phương trình: x + x + + −3 x + x + x − = x + x + Bài (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) HD:Áp dụng BĐT Cô-si cho VT, ĐS: x=-1 4 Giải phương trình: 13 x − x + x + x = 16 Bài HD:Áp dụng BĐT Cô-si cho VT, ĐS: x= x2 x + + = x3 − x + x + Giải phương trình 2 Bài 10 HD:Áp dụng BĐT Cô-si , ĐS: x=0 x=3 Giải phương trình: 16 x + = x + x Bài 11 HD:Áp dụng BĐT Cô-si , ĐS: x=1/2 Giải hệ phương trình:  x + y + 5z =  1 x + y + z =9  với x, y, z > Bài 12 HD:Áp dụng BĐT Cô-si x = y=z=1 Giải hệ phương trình:  x6 1 +x10 = y   y6 =z  10 + y   2z6 =x  1 +z10 ĐS: x=y=z=1 Bài 13 x + y + z =   ( + x ) ( + y ) ( + z ) = + xyz Giải hệ phương trình ( ) Bài 14 HD:Áp dụng BĐT Cô-si số, ĐS: x=y=z=1 Giải hệ phương trình:  3x + y +    x+ y  ( x + y = 10 )   1 +  ÷=  x + 3y ÷ x + y   Bài 15 - 19 - (Đề thi đề nghị trường THPT chuyên Lương Thế Vinh tỉnh Đồng Nai thi Olympic 30/4 năm 2012) HD:Áp dụng BĐT Cô-si , hpt có nghiệm x =y=4 Giải hệ phương trình  2 x + =  y  2 y + =  x4 Bài 16 HD:Áp dụng BĐT Cô-si số, ĐS: (x;y)={(1;1),(1;-1),(-1;1),(-1;-1)} Giải hệ phương trình  xy = x2 + y x +  x − 2x +  xy y + = y2 + x  y − 2y +  ĐS: (x;y)={(1;1),(0;0)} Bài 17 Ứng dụng Bất đẳng thức Bunnhiacốpski Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy “dấu hiệu” sau:  Số ẩn phương trình, hệ phương trình nhiều số phương trình  Số ẩn phương trình, hệ phương trình số phương trình  Phương trình,hệ phương trình có chứa bậc hai Khi áp dụng BĐT Bunnhiacốpski với cặp số ( a1, a2 ) ( b1, b2 ) (hoặc cặp số) để dễ phân tích dùng cặp  Biểu thức (a12 + a22 )(b12 + b22 ) số biểu thức bé vế lại phương trình  Biểu thức ( a1b1 + a2 b2 ) số biểu thức lớn vế lại phương trình “thì thử” ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải Khi giải “lưu ý”: Nghiệm phương trình, hệ phương trình giá trị biến để dấu “=” xảy lần áp dụng BĐT Bunnhiacốpski BĐT khác nên: +Nếu nhẩm nghiệm phương trình, hệ phương trình ta suy luận nên ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski hay không? Ứng dụng để BĐT Bunnhiacốpski có dấu”=” xảy BĐT sử dụng +Ngược lại định hướng dùng BĐT Bunnhiacốpski ta có dấu”=” BĐT xảy để suy nghiệm - 20 - +Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” BĐT nghiệm phương trình, hệ phương trình từ cho lời giải nhanh Nếu chúng không đồng thời xảy phương trình vô nghiệm phải đổi BĐT hướng khác Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz)với cặp số thực Cho hai cặp số thực ( a1, a2 ) ( b1, b2 ) ta có: (a1b1 + a2 b2 )2 ≤ (a12 + a22 )(b12 + b22 ) Dấu "=" xảy ⇔ a1b2 = a2 b1 Chứng minh 2 2 Ta có (a1b1 + a2 b2 ) ≤ (a1 + a2 )(b1 + b2 ) 2 2 ⇔ ( a1b1 ) + ( a2 b2 ) + ( a1b1 ) ( a2 b2 ) ≤ ( a1b1 ) + ( a1b2 ) + ( a2 b1 ) + ( a2 b2 ) 2 2 ⇔ ( a1b2 ) ( a2 b1 ) ≤ ( a1b2 ) + ( a2 b1 ) ⇔ ( a1b2 − a2 b1 ) ≥ (đpcm) a1 a2 = a1b2 − a2 b1 = b1 b2 b1b2 ≠ Dấu “=” xảy ⇔ ⇔ ( ) Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz) với ba số thực a ,a ,a , b ,b ,b Cho hai ba số thực ( ) ( ) ta có: (a1b1 + a2 b2 + a3b3 )2 ≤ (a12 + a22 + a32 )(b12 + b22 + b32 ) a1 a2 a3 = = b1b2 b3 ≠ b b b3 Nếu đẳng thức xảy ⇔ Chứng minh: Thật (a1b1 + a2 b2 + a3b3 )2 ≤ (a12 + a22 + a32 )(b12 + b22 + b32 ) 2 ⇔ ( a1b1 ) + ( a2 b2 ) + ( a3b3 ) + ( a1b1 ) ( a2 b2 ) + ( a2 b2 ) ( a3b ) + ( a1b1 ) ( a3b3 ) 2 2 2 2 ≤ ( a1b1 ) + ( a1b2 ) + ( a1b3 ) + ( a2 b1 ) + ( a2 b2 ) + ( a2 b3 ) + ( a3b1 ) + ( a3b2 ) + ( a3b3 ) 2 2 2 ⇔ 2a1b1a2 b2 + 2a2 b2 a3b3 + 2a1b1a3b3 ≤ ( a1b2 ) + ( a1b3 ) + ( a2 b1 ) + ( a2 b3 ) + ( a3b1 ) + ( a3b2 ) 2 2 2 ⇔ ( a1b2 ) + ( a2 b1 ) − 2a1b2 a2 b1  + ( a1b3 ) + ( a3b1 ) − 2a1b3a3b1  +  ( a2 b3 ) + ( a3b2 ) − 2a2 b3a3b2  ≥       2 ⇔ ( a1b2 − a2 b1 ) + ( a1b3 − a3b1 ) + ( a2 b3 − a3b2 ) ≥ (đpcm) - 21 -  a1b2 − a2 b1 =  a1 a2 a3  a1b3 − a3b1 = = =  a2 b3 − a3b2 = b b b3 ( b1b2 b3 ≠ ) Dấu "=" xảy ⇔ ⇔ Trong nhiều trường hợp áp dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải phương trình đem lại hiệu cao, lời giải ngắn gọn, xúc tích, phù hợp với học sinh lớp 10 THCS Sau minh hoạ Giải phương trình: ( x − 1) + ( x − 3) = Ví dụ 13  Phân tích: Phương trình có bậc nên HS khó vận dụng hàng đẳng thức đáng nhớ − Phương pháp giải HS lớp 10 không dùng BĐT “bó tay” Phương pháp dùng BĐT Bunnhiacốpski lạ hay − Có thể dùng phương pháp hàm số kiến thức HS12, HS lớp 10 chưa − học tới Lời giải (không dùng BĐT): Xét hàm số f ( x) = ( x − 1) + ( x − 3) 8 ⇒ f ' ( x) = ( x − 1) + ( x − 3) 7 f ' ( x) = ⇔ ( x − 1) + ( x − 3) = 7 ⇔ ( x − 1) = ( − x ) 7 ⇔ x −1 = − x ⇔x=2 x f’(x) −∞ +∞ +∞ - + f(x) Ta có Min f(x)=2 x = Vậy phương trình có nghiệm x = Lời giải (Dùng BĐT): - 22 - +∞ ( x − 1) ; ( − x ) Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho số (  x −1 )  ( ) ( + ( − x) ) 2 ( ) ( + ( − x) ) 2 ; ta  12 + 12  ≥  x − + − x 1 ⇔ x − + x − ≥  x − + − x  (1) ) ( )  ( ) ( ) ( ) ( )   (   2 ( x − 1) ; ( − x ) Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho số  x −1 )  ( ; ta  12 + 12  ≥  x − + − x 1 ⇔ x − + x − ≥  x − + − x  (2) ) ( )  ( ) ( ) ( ) ( )   (   2 Tiếp tục, áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho số ( x − 1) ; ( − x ) ; ta có ( x − 1) + ( − x )  12 + 12  ≥ ( x − 1) + ( − x ) 1 ⇔ ( x − 1) + ( x − ) ≥      (3) Từ (1) (2) ta ( x − 1) + ( x − 3) ≥ 8  ( x − 1) ( − x ) =  1 ⇔ ⇔ x=2 x − − x  =  1 Kết hợp với phương trình Dấu “=” xảy Vậy phương trình có nghiệm x=2  Nhận xét: Bằng cách áp dụng BĐT Bunnhiacốpski xử lí toán mạnh : a+b 2k 2k x − a + x − b ,k ∈ N* ( ) ( ) = Mở rộng Ví dụ 13 : Giải phương trình: với a, b số cho trước Bảng so sánh ưu, nhược điểm Lời giải Lời giải đối với HS lớp 10: Ưu điểm Nhược điểm Lời giải (Không dùng BĐT) Lời giải (Dùng BĐT) - HS lớp 10 không hiểu chưa học phương pháp hàm số -Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu -Giải toán tổng quát phương trình có bậc lớn -Ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski phù hợp với HS lớp 10 Qua bảng so sánh ta thấy toán trên: + Áp dụng LG1 phải dùng tới kiến thức lớp 12 (Ứng dụng đạo hàm) Do HS lớp 10 không hiểu - 23 - + Áp dụng LG2 chỉ dùng Bunnhiacốpski chương trình, lời giải ngắn gọn Do đó, dễ hiểu HS lớp 10 Ví dụ 14 Giải phương trình: x − + − x = x − 12 x + 14  Phân tích: Bình phương vế phương trình trở thành bậc 4, bậc gây khó khăn − Phương trình có “dấu hiệu” “lưu ý” BĐT Bunnhiacốpski − − Tacó ( x − + − x ) ≤ 12 + 12    ( 2x − ) +( ) − x  = ⇒ VT ≤  mà VP ≥ − Áp dụng dấu”=” BĐT xảy ta x=2, thử lại x=2 nghiệm phương trình Lời giải: 2 x − ≥ ⇔ 1,5 ≤ x ≤ 2,5 ĐK:  5 − x ≥ x − + − x = 3x − 12 x + 14 ⇔ 2x − + − 2x = 3( x − 2) + 2 Áp dụng Bunnhiacốpxki cho số 1; x − ; − 2x ( x − + − x ) ≤ 12 + 12    2x − + − 2x ≤ ( 2x − ) +( ) − 2x  =  Do x − + − x > Dấu “=” xảy ⇔ x − = − x ⇔ x = 2 ( x − ) + ≥ dấu”=” xẩy ⇔ x = Lại có Vậy pt có nghiệm x =  Nhận xét: Có thể áp dụng BĐT Cô-si để giải − Bằng kĩ thuật giải mở rộng toán (đã đề cập phần BĐT Cô-si) − x − + x − = ( x − 3) + x − 2 Ví dụ 15 Giải phương trình :  Phân tích: - 24 - (1) Bình phương vế phương trình trở thành bậc cao − Phương trình có “dấu hiệu” “lưu ý” BĐT Bunnhiacốpxki − Lời giải: *ĐK: x ≥ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho bô số 1 x − + ( x − 3)  ≤ ( 12 + 12 )   ( ( x − 1) ⇔ x − + x − ≤ ( x − 3) + x − 2 x − ; (x -3) ; ta có: + ( x − 3) ) = ( x − 3) + x − 2 (2) (1) (2) xảy khi: x − ≥ x ≥  x = 5(n) x −1 = x − ⇔  ⇔ ⇔   x = 2(l )  x −1 = x − 6x +  x − x + 10 = S = { 5} Ví dụ 16 2 + x = x+9 x + Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):  Phân tích: Bình phương vế phương trình trở thành bậc cao − Phương trình có “dấu hiệu” “lưu ý” BĐT Bunnhiacốpski − Lời giải: Giải: Đk x ≥ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho cặp số 2; x + x ; x +1 x +1 Ta có :     2  ÷+  x +1   ( ) (  x   x +  ÷ ÷ ≤  2  x +    ) ( ) +( - 25 -    x     x +  +  ÷ ÷  = x+9   x + ÷ x +      ) Dấu “=” xảy ⇔  x    2  = x + ⇔ 2 x = x + ⇔ x = x + ⇔ x = ÷  ÷ ÷  x +1   x +1  ( x + y + z ) = 26 ( x + y + z )  3 Giải hệ phương trình :  x + y + z = 92 Ví dụ 17 Lời giải: Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho số 1,3,4 x,y,z ta ( 1.x + y + z ) ≤ ( 12 + 32 + ) ( x + y + z ) = 26 ( x + y + z ) Dấu “=” xảy ⇔ x y z = = Kết hợp với hệ phương trình ta có x =  y = z =   Bài tập tương tự (Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski ) Bài Giải phương trình: ( x − 1) + ( x − 3) = ĐS: x = Bài Giải phương trình: ( x − 1) 16 + ( x − 3) 16 =2 ĐS: x = Bài Giải phương trình : x − + − x = 13 ĐS: x= 29 13 Bài Giải phương trình : − x + x − = x − 12 x + 38 ĐS x=6 Bài Giải phương trình x − + x − = x − 10 x + 16 ĐS x=5 4 Bài Giải phương trình : x + = x + + x − ĐS:Ptvô nghiệm Bài Giải phương trình :  5  5 36 − − x + x + = x −  − x + x = ÷  − ÷ ÷ 5 ÷     ĐS (Đề thi đề nghị trường THPT chuyên Trà Vinh thi Olympic 30/4 năm 2012) Bài Giải phương trình : x − x − = x − x3 - 26 - ĐS x=1 Bài Giải phương trình : 6x − = + x − x2 x − 1− x Bài 10 6 x − 3xy + x = − y  2 Giải hệ phương trình  x + y = Bài 11  + − y = y + − x2    1 + =  1+ y + xy  1+ x Giải hệ phương trình  ( ) 1 1 S = {( 1;1) ,  ; ÷} 2 2 ĐS (Đề thi đề nghị trường THPT chuyên Lý Tự Trọng tỉnh Cần Thơ thi Olympic 30/4 năm 2012) Ứng dụng hình học 5.1 Ứng dụng tích vô hướng véctơ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: r r u ( x1 ; y1 ) , v ( x2 ; y2 ) ta có r ur r r r r u.v = u v cos α ≤ u v ⇔ x1 x2 + y1 y2 ≤ x12 + y12 x2 + y2  x y r ⇔ = =k ≥0 x y2 Dấu “=” xảy ⇔ cos α = ⇔ u ↑↑ v , ý tỉ số phải dương  BĐT có dạng tương tự BĐT Bunnhiacốpski với cặp số thực ( x1; y1 ) , ( x2 ; y2 ) Do dùng dấu hiệu lưu ý BĐT Bunnhiacốpski Giải phương trình: x x + + − x = x + Ví dụ 18  Phân tích: Bình phương vế để khử phương trình trở thành bậc cao − Phương trình có “dấu hiệu” “lưu ý” BĐT Bunnhiacốpxki Do − dùng tích vô hướng véctơ Lời giải: Đặt r r u ( x;1) , v ( x + 1; − x ) - 27 - Ta có: Do rr u.v = x x + + − x r r u v = x + rr r r u.v ≤ u v ⇔ x x + + − x ≤ x + r r u , v hướng ⇔ Kết hợp với phương trình Dấu “=” xảy ⇔ x = x  x ( − x ) = ( x + 1) = ≥0⇔ ⇔ x +1 3− x x = 1+ 0 ≤ x ≤ - 28 - 5.2 Ứng dụng tổng độ dài véctơ  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: r r r r u+v ≤ u + v ⇔ ( x1 + x2 ) r r u ( x1 ; y1 ) , v ( x2 ; y2 ) ta có + ( y1 + y2 ) ≤ x12 + y12 x2 + y2 2  x y r r ⇔ = =k ≥0 x2 y2 Dấu xẩy hai véc tơ u, v hướng , ý tỉ số phải dương  BĐT có dạng tương tự BĐT Mincốpski Ví dụ 19 2 Giải phương trình x − x + + x − 3x + =  Phân tích: Nhận thấy 2    2 1  3  x − x + + x − x + = ⇔  x − ÷ +  − x÷ = ÷ +  ÷ +  ÷ 2  ÷      2 Lời giải: r r r  −1 +1  r r  r 1 u  x − ; , v − x ; u + v = ; ⇒ u +v = ÷  ÷  ÷   2 ÷ 2÷ ÷       Đặt Ta có: 2 r r    2 1  3  u + v =  x − ÷ +  − x÷ ÷ +  ÷ +  ÷ 2  ÷      2 r r r r    2 1  3  u + v ≥ u + v ⇔  x − ÷ +  + − x ≥ ÷  ÷ ÷ +  ÷ 2  ÷      Lại có r r u , v hướng ⇔ Kết hợp với phương trình Dấu “=” xảy 1  3  ( x − 1) = x− ÷  ÷  2    = ≥ ⇔ 1   1  ≤x − x÷  ÷  2    ⇔  ( − 2x ) x = −1  ⇔ 1 ⇔ x = −1  ≤x 2 Vậy phương trình có nghiệm x = −  Bài tập tương tự (Áp dụng hình học ) - 29 - 2 Bài Giải phương trình x + x + + x − x + = ĐS x=0 2 Bài Giải phương trình x − x + + x + x + 10 = 29 ĐS x=1/5 2 Bài Giải phương trình x − x + + x + x + 10 + 16 x − 40 x + 26 = ĐS x=5/4   + x1 + + x2 + + x3 = 3    1− x + 1− x + 1+ x = x1 = x2 = x3 =  ĐS: Bài Giải hệ phương trình  n +1  + x1 + + x2 + + + xn = n n  ,n∈ N*   − x + − x + + − x = n n − 1 n  n Bài Giải hệ phương trình  ĐS: x1 = x2 = = x1980 = n 2 Bài Tìm m để phương trình x + x + + x − x + = 2m có nghiệm ĐS -1/2