Khai thác các bài toán vô tỉ (dùng để dạy học hoặc làm sáng kiến kinh nghiệm)

Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
Bài toán 1: Chứng mính đẳng thức
23  8 7  7  4
(SBTtập1 bài 15d, toán 9 tr 15)
Hướng dẫn giải:
VT  7  2.4. 7  16  7
 ( 7  4) 2  7


7  4  7(*)

 7 4 7
 4  VP
Nhận xét: Vế trái của đẳng thức cần chứng minh biến đổi được về dạng (*),
hay đẳng thức cần chứng minh sẽ có dạng:
a b  a b
Hoặc có dạng:
a  b  a  b
Từ đó ta sẽ có những bài toán tương tự như trên bằng cách thay a và b những
số nào đó, với a không âm. Ví dụ ta cho a=2; b=3. Ta có:
2 3  2 3
�





2

2 3  2 3

� 26 2 9  2 3
� 11  6 2  2  3
Từ đó ta có bài toán:
Bài 1.1: Chứng minh đẳng thức:
11  6 2  2  3
- Cho a = 5; b = -3, ta có bài toán:
Bài 1.2: Chứng minh đẳng thức:
14  6 5  5  3
- Cho a=5, b= -7, ta có bài toán:
1


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
Bài 1.3: Chứng minh:
54  14 5  5  7
Hoặc các bài rút gọn như:
Bài1.4) 41  12 5  5
(a  5; b  6)
Bài1.5) 5  2 6  3
(a  3; b  2)
Bài1.6) 9  4 5  5
(a  5; b  2)
......
Bài toán 2: Chứng minh:

9  17 . 9  17  8

(SBT tập 1, toán 9 bài 26a tr7)
Giải:
VT  9  17 . 9  17  92 



17



2

 81  17  64  8  VP

Nhận xét 2.1: Ta thấy vế trái của đẳng thức cần chứng minh có thể biến đổi
thành căn bậc hai số học của một số chính phương. Từ đó giáo viên có thể ra thêm
những bài toán tương tự để học sinh làm bằng cách suy ngược từ cuối như sau:
c  c2  a2  b  a  b . a  b
Cho a, b, c những số bất kỳ, với lưu ý a 2-b �0, b �0 ta có những bài toán tương tự.
Ví dụ: Chứng minh:
Bài2.1) 6  11. 6  11  5
(a  6; b  11)
Bài2.2) 8  15. 8  15  7
(a  8; b  15)
Bài2.3) 7  13. 7  13  6
(a  7; b  13)
.......
Thực ra để biến đổi vế trái của các đẳng thức trên ta vận dụng hằng đẳng
thức:
2


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi

(A+B)(A-B) = A2 – B2
Bây giờ ta chọn A  n  1 , B  n , ta có đẳng thức:
( n  1  n )( n  1  n )  1
Nếu chia cả hai vế của đẳng thức này cho n  1  n  0 ta được:
n 1  n 
Nhưng:

n 1  n  2 n 1

Suy ra:

n 1  n 

1
n 1  n

1
2 n 1

Do đó ta có bài toán sau:
Bài 2.4: Chứng minh rằng:
n 1  n 

1
(*) (Với n là số tự nhiên)
2 n 1

(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Huyện Quỳ Hợp năm 2005-2006)
Giải:
Biến đổi vế trái, ta có:

( n  1  n )( n  1  n )
n 1  n
1
1


 VP
n 1  n 2 n 1

VT  n  1  n 

Nhận xét 2.2: Với kết quả bài 2.4 ta suy ra:

1
 2( n  1  n )
n 1

Cho n=0, ta có: 1 < 2
Cho n=1, ta có:

1
 2( 2  1)
2

3


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
1
 2( 3  2)

Cho n=2, ta có:
3
……………..
1
 2( 2005  2004)
2005

Cho n=2004, ta có:
Suy ra: 1 

1
1
1

 .... 
 2 2005
2
3
2005

Vậy ta có tiếp bài toán sau cũng là một đề thi học sinh giỏi lớp 9:
Bài 2.5: Chứng minh rằng: 1 

1
1
1

 .... 
 2 2005
2

3
2005

(1)

(Đề thi học sinh giỏi toán 9, Huyện Quỳ Hợp, năm 2005-2006)
Hướng dẫn giải:
Nếu hai bài toán 2.4 và 2.5 ra cùng nhau như trên thì ta cần chứng minh bất đẳng
thức

n 1  n 

1
ở bài 2.4 là vận dụng làm bài 2.5 dễ dàng như nhận xét
2 n 1

2.2 trên. Nhưng nếu chỉ ra bài toán 2.5 thôi thì làm thế nào để học sinh phát hiện
được bài toán 2.5 có liên quan đến bài toán 2.4, tức là liên quan đến bất đẳng thức
1
 2( n  1  n ) ? Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh dựa vào bất đẳng
n 1
thức cần chứng minh (của bài 2.5) để nhận ra bất đẳng thức tổng quát cần vận dụng
theo cách thức sau:
- Nhìn vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy các hạng tử đều
có dạng:

1
(với n là số tự nhiên). Còn vế phải có dạng: 2 n  1
n 1

- Ta xét:

1
 2 n 1
n 1

(n là số tự nhiên)

Cho n=1, ta có: 1< 2
4


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
1
2 2
n=2, ta có:
2
…….
Cho n=2004, ta có:

1
 2 2005
2005

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1

1
1
1


 .... 
 2  2 2  2 3  ...  2 2005 (2)
2
3
2005
- So sánh (1) và (2) ta thấy:
Vế trái của (1) = Vế trái của (2)
2004

Nhưng: Vế phải của (1) = Vế phải của (2) - 2 � n
n 1

Do đó ta có bất đẳng thức tổng quát cần vận dụng:

1
 2( n  1  n ) (với n
n 1

là số tự nhiên)
(Tất nhiên là phải chứng minh trước, rồi mới vận dụng được)
Nhận xét 2.3: Ta có:
1
1
1

� n  2  n 1 
n  2  n 1 2 n 1
2 n 1
Kết hợp với (*) ta có bài toán:

Bài 2.6: Chứng minh:
2 n  2  2 n 1 

1
 2 n  1  2 n (2.6) (n là số tự nhiên)
n 1

Nhận xét 2.4: Đây là bài toán tổng quát, và bài toán này thường dễ hơn
những bài toán cụ thể suy ra từ bài toán tổng quát trên. Ví dụ ta thay n lần lượt
bằng 1; 2; …; 2005 vào bất đẳng thức (2.6) rồi cộng vế theo vế các bất đẳng thức
thu được ta sẽ có bài toán sau:
5


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
Bài 2.7: Chứng minh:
2 2007  2 2 

1
1
1

 ... 
 2 2006  2
2
3
2006

(Đề thi học sinh giỏi toán 9 trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp, năm 20072008)
Nhận xét 2.5: Bài toán 2.7 khó hơn bài toán 2.6, vì học sinh muốn làm bài

2.7 thì cần tìm ra và chứng minh được bất đẳng thức (2.6). Muốn tìm ra được bất
đẳng thức (2.6) học sinh thực hiện tương tự như hướng dẫn giải ở bài 2.5.
Bài toán 3: Xác định giá trị của biểu thức sau theo cách thích hợp:
1
1
1


2 1
3 2
4 3
(Bài 72, Sách bài tập toán 9 tập 1, trang 14)
Giải:
Ta có:
1
1
1


2 1
3 2
4 3


2 1
3 2
4 3


( 2  1)( 2  1) ( 3  2)( 3  2) ( 4  3)( 4  3)

 2  1 3 2  4  3
 4 1
Nhận xét 3.1: Từ bài toán cụ thể này, tổng quát hóa ta có hai bài toán sau:
Bài 3.1: Chứng minh rằng:
1
1
1

 ... 
 n 1 1
2 1
3 2
n 1  n
Giải:
VT  2  1  3  2  ...  n  1  n  n  1  1  VP

6


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
Bài 3.2: Chứng minh:
n 1  n 

1
n 1  n

(Bài 71, sách bài tập toán 9 tập 1, trang 14)
Giải:
Ta có: VT  n  1  n 

( n  1  n )( n  1  n )
1

 VP
n 1  n
n 1  n

Nhận xét 3.2: Biến đổi

n  1  n theo cách đưa vào trong dấu căn ta sẽ

được bài toán thú vị khác.
n  1  n  ( n  1  n ) 2  2n  1  2 n  1. n
 2n  1  4n 2  4n  2n  1  (2n  1) 2  1
Vậy:

n  1  n  2n  1  (2n  1) 2  1 (3.2)
Dựa vào đẳng thức (3.2) ta có bài toán sau:
Bài 3.3: Đơn giản biểu thức:

3  32  1  5  52  1  ...  2005  2005 2  1

(Đề thi học sinh giỏi cấp THCS năm học 2009-2010 của huyện Quỳ Hợp)
Giải:
Vận dụng đẳng thức (3.2) ta có:
3  32  1  2  1
5  52  1  3  2
..........
2005  20052  1  1003  1002

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được:

7


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
3  32  1  5  52  1  ...  2005  20052  1
 2  1  3  2  ...  1003  1002
 1003  1
Bài toán 4: Rút gọn: 2 40 12  2

75  3 5 48

(Bài 60a, SBTtoán 9T1. Tr12)
Giải:
2 40 12  2

75  3 5 48

 2 22.5.2 2 2.3  2

52.3  3 5 4 2.3

 4 2.2.5 3  2 5 3  3 5.4 3
 8 5 3  2 5 3  3.2 5 3
 (8  2  6) 5 3
0
Nhận xét 4.1: Kết quả của bài toán trên có dạng: a m n (với m,n không
âm). Từ đó giáo viên có thể tạo ra được những bài toán rút gọn tương tự để học
sinh cùng làm bằng cách thay m, n và biến đổi a thành tổng hoặc hiệu các số sau

đó biến đổi đưa về dạng ban đầu để trông nó có vẻ phức tạp lên một tí để học sinh
hứng thú khám phá học tập. Ví dụ: Cho m = 7, n = 2, a = 3 = 4 – 2 +1. Ta biến đổi
để có đề bài toán mới như sau:
(4  2  1) 7 2  4 7 2  2 7 2  7 2
 2 28 2  28 2  7 2
 2 7 32  4 98  7 2.
Vậy ta có bài toán:
Bài 4.1: Rút gọn: 2 7 32  4 98  7 2.
(Kết quả: 3 7 2 )
- Nếu cho m=3, n=5, a=1=3-4+2, ta có bài toán:
Bài 4.2: Rút gọn:
9 45  2 6 20  12 5
8


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
(Kết quả : 3 5 )
- Nếu cho m=3, n=2, a=5=2+6-3, ta có bài toán:
Bài 4.3: Rút gọn:
6 8  2 9 18  27 2
(Kết quả: 5 3 2 )
Bài toán 5: Giải phương trình:

x  1  5x  4x  1

(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 vòng 1 năm 2006-2007 của huyện Quỳ Hợp)
Giải:
x  1  5x  4x  1
Điều kiện: x �0
Với điều kiện x �0 , ta có:

x  1  5x  4x  1 � x  1  5x  5x-(x+1)
� x  1  5x  ( x  1  5x )( x  1  5x )  0
� ( x  1  5x )(1  x  1  5x )  0
� x  1  5x  0
� x  1  5x
� x  1  5x
1
� x  (TM )
4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 

1
4

Nhận xét 5.1: Để giải phương trình trên, ta biến đổi về phương trình tích.
Phương trình tích ở đây có dạng: ( A( x)  B ( x))( m  A( x)  B( x)  0 . Dựa
vào dạng tổng quát này, giáo viên có thể ra nhiều bài toán tương tự để học sinh
làm. Ví dụ cho: A(x) = 2x – 1, B(x) = 3x, m = 1, ta có:
9


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
( 2x  1  3x )(1  2x  1  3x )  0
� 2x  1  3x  2x  1  3x  0
� 2x  1  3x  x  1
Vậy ta có bài toán:
Bài 5.1: Giải phương trình:

2x  1  3x  x  1

Giải:
1
2

Điều kiện: x �

2x  1  3x  x  1
� 2x  1  3x  2x  1  3x  0
� ( 2x  1  3x )(1  2x  1  3x )  0
� 2x  1  3x  0
� 2x  1  3x
� 2x  1  3x
� x  1( KhôngTM )
Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài 5.2: Giải phương trình: x 2  3x  1  ( x  3) x 2  1
(Cho A(x) = x2+1; B(x) = x2; m = -x2 – 3; x không âm)
(Đề thi học sinh giỏi huyện Quỳ Hợp cấp THCS năm học 2009 – 2010)
Giải:
x 2  3x  1  ( x  3) x 2  1
� x 2  3x  1  x x 2  1  3 x 2  1  0
� (x 2  1  x x 2  1)  (3 x 2  1  3x)  0
� x 2  1( x 2  1  x)  3( x 2  1  x)  0

10


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
� ( x 2  1  x)( x 2  1  3)  0
� x2  1  x  0 � x2  1  x
��

��
2
2
�
�
�x 1  3  0
� x 1  3
�
�x �0
(VN )
�2
�
2
��
� x 2  8 � x  �2 2
x

1

x
�
�
x2  1  9
�
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x = 2 2 và x = - 2 2
Bài 5.3: Giải phương trình: 2 x  2 1  x  1  2x
(Cho A(x) = x; B(x) = 1-x; m = 2)
Giải:
Điều kiện: 0 �x �1
Cách 1: 2 x  2 1  x  1  2x � 2( x  1  x )  x  (1  x)  0

� ( x  1  x )(2  x  1  x )  0
� x  1 x  0
� x  1 x
� x 1 x
1
� x  (TM )
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 

1
2

Cách 2:

11


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
2 x  2 1  x  1  2x � x+2 x  1  1  x  2 1  x  1
� ( x  1) 2  ( 1  x  1) 2
�

x  1  1  x  1 (5.3)

� x 1  1 x 1
� x  1 x
� x 1 x
1
� x  (TM )
2

Vậy phương trình có nghiệm x 

1
2

Nhận xét 5.2: Từ đẳng thức (5.3) ta có dạng tổng quát:
A( x)  m 

B ( x)  n

Giáo viên cũng có thể dựa vào đẳng thức tổng quát này để ra một số đề toán tương
tự. Ví dụ: Cho A(x) = x-2; m = -1; B(x) = 2x; n = 2 ta có:
x  2 1 

2x  2 �

2

x  2 1 

2x  2

2

� x  2  1  2 x  2  2x  4  4 2x
� 4 2x  2 x  2  x  5  0
Vậy ta có đề toán:
Bài 5.4: Giải phương trình: 4 2x  2 x  2  x  5  0 (5.4)
Hướng dẫn giải:
Điều kiện: x �2

Biến đổi phương trình (5.4) thành: ( x  2  1) 2  ( 2x  2) 2

12


Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
�

x  2 1 

2x  2

� x  2  1  2x  2(1)
�
� x  2  1   2x  2(2)
(1) � x  2  2x  3
� x  2  2x  6 2x  9
� x+6 2x  11  0(3)





2

Giải tiếp phương trình (3) ta được: x = 7  3 2 (thỏa mãn)

 2 �

x  2   2x  1 (Vô nghiệm)



Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 7  3 2



2

Nhận xét 5.3: Để bài toán khi giải ra có nghiệm đơn giản hơn nghiệm của
phương trình ở trên, ta có thể cho nghiệm trước sau đó chọn đề ra tương ứng với
nghiệm đó. Ví dụ ta cho nghiệm của phương trình là x = 2 chẳng hạn, thay vào
phương trình:
x2 m 

2x  2

Ta được:
22 m 

2.2  2

� m  4 � m  �4
Vậy ta có bài toán sau:
Bài 5.5: Giải phương trình: 8 x  2  4 2x  x  10
Giải
Điều kiện: x �2

13

Khai thác các bài toán vô tỉ để bổi dưỡng học sinh giỏi
8 x  2  4 2x  x  10
� x  2  8 x  2  16  2x  4 2x  4
�



 
2

x2 4 
x2 4 

�

2x  2



2

2x  2

� x  2  4  2x  2
� x  2  2x  2
�
�x �2
� 2x  2 �0
��

��
�x  2  2x  4 2x  4 �x  4 2x  6  0(*)
Giải phương trình (*):
x  4 2x  6  0
Đặt t =

x , t �0 , ta có phương trình:

t 2  4 2t  6  0(**)



'  2 2



2

620

Phương trình (**) có 2 nghiệm phân biệt:
t1  2 2  2  2(TM )
t2  2 2  2  3 2(TM )
Với t  2 ta có: x = 2
Với t  3 2 ta có: x = 18
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x1 = 2; x2 = 18

14