(SKKN 2022) Một số kỹ năng giải hệ phương trình đối với đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI VỚI ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Người thực hiện: Trần Văn Lực Chức vụ: Tổ phó tổ KHTN Đơn vị cơng tác: Trường THCS Điện Biên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ, NĂM 2022 Mục lục Nội dung Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng SKKN 2.3 Các giải pháp thực 2.4 Bài toán cụ thể Kết luận, Kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Trang 2 3 3 5-20 20 20 21 1 MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Với tư tưởng dạy học sinh không dạy kiến thức cho em, mà cần dạy phương pháp suy luận, khả vận dụng, khả kết nối môn khoa học, hướng tư khái quát phát minh khoa học Người thầy phải thực điều hướng dẫn hoc sinh thực tiết học Tất nhiên để làm được, người thầy phải có khả trên, với yêu nghề đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo tình có vấn đề cho hoc sinh, từ đưa tư tưởng phát minh vào tiết học, với xuất phát điểm phải từ SGK sau phát triển tốn, dạng toán lên để đáp ứng nhu cầu học tập học sinh Hệ phương trình nội dung quan trọng chương trình tốn sở phổ thơng Hệ phương trình có nhiều dạng cách giải khác Đơn giản hệ hai phương trình bậc hai ẩn, hệ ba phương trình bậc ba ẩn Hệ hai phương trình bậc hai ẩn học sinh học cấp hai, đến lớp 10 ơn tập lại học hệ ba phương trình bậc ba ẩn Hệ đối xứng loại I, hệ đối xứng loại II, hệ đẳng cấp nhiều hệ phương trình khơng mẫu mực khác học sinh khơng tìm hiểu thức chương trình học, nhà trường có biết thơng qua tài liệu tham khảo, tự học Chính bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn cung cấp cho em hệ thống tập nhiều, tốt, khó hay mà phải cần rèn luyện khả sáng tạo cho học sinh Dạng toán giải Giải hệ phương trình mảnh đất thuận lợi cho thực công việc 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Hệ phương trình mảng kiến thức quan trọng chương trình ơn thi học sinh giỏi cấp Huyện, cấp tỉnh thi Đại học sau Để đáp nhu cầu học tập học sinh mạnh dạn cung cấp thêm phương pháp kỹ giải hệ phương trình Để em có cách nhìn tồn diện dạng tốn Cho nên thân mạnh dạn tìm tòi nghiên cứu đưa “Hướng dẫn số kỹ giải hệ phương trình cho đội tuyển học sinh giỏi Tỉnh cấp THCS ” nhằm đáp ứng tốt bền vững q trình ơn thi học sinh giỏi cấp Tỉnh cấp cao 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Học sinh đội tuyển lớp dự thi cấp Tỉnh năm 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Giáo viên đưa tập cụ thể ⇒ với học sinh phân tích, định hướng ⇒ thuộc dạng ⇒ phương pháp giải dạng ⇒ tìm tịi lời giải ⇒ phân tích lời giải ⇒ vận dụng vào giải tương tự - Định hướng học sinh tham khảo thêm tài liệu liên quan, hướng dẫn cách học nhà, cách khai thác nguồn tài liệu, rèn luyện tính tự học NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN: Ở kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh thi vào trung học phổ thơng Mơn Tốn Huyện Hậu Lộc nhiều nằm đạt kết cao số năm khơng tốt Đó điều mà người giáo viên đứng lớp lúc phải suy nghĩ, băn khoăn, trăn trở, tìm hiểu nguyên nhân, lý kết không bền vững Để chất lượng đội tuyển bền vững thân thiết nghĩ chương trình dạy học phần quan trọng trình dạy học Trong mảng « Giải hệ phương trình » năm có Cho nên q trình dạy học cung cấp cho học sinh không kiến thức mà phương pháp suy luận, khả tư Từ kiến thức phải dẫn dắt học sinh có kiến thức nâng cao cách tự nhiên (chứ không áp đặt kiến thức nâng cao) 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ: Để đánh giá khả giải tốn có phương án, phương pháp truyền đạt đến học sinh Tôi tiến hành kiểm tra 12 em đội tuyển học sinh giỏi dự thi cấp Tỉnh Thành phố Thanh Hoá dự thi cấp tỉnh năm học 2021-2022 thời gian làm 30 phút Đề bài:  x + y + xy = Bài (5đ): Giải hệ phương trình:  2  x − y + xy =  x 2  y ( x + y ) = Bài (5đ): Giải hệ phương trình:   y (2 x − y ) =  x Kết cụ thể: Điểm SL % 0,0 Điểm 5-6 SL % 50 Điểm 7-8 SL % 33,3 Điểm 9-10 SL % 16,7 Qua kiểm tra thấy 12 học sinh đội tuyển Toán thức chất lượng làm khơng cao Nếu làm lập luận thiếu chặt chẽ Cho nên từ tơi phân dạng để học sinh dễ tiếp thu Trong buổi học thông qua tình có vấn đề tập đưa ra, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng tốn, biết nhìn tốn nhiều góc độ Để cụ thể hố điều trên, tơi trình bày đề tài này: Xuất phát từ mơt toán yêu cầu học sinh phải phán đốn đưa nhận xét hướng giải quyết: Tìm nhiều cách giải thú vị gây hứng thú học tập 2.3 CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN: 2.3.1: Hệ thống kiến thức số hệ phương trình bản: a Hệ phương trình đối xứng loại I: - Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn hệ phương trình khơng thay đổi trật tự phương trình khơng thay đổi - Cách giải: Biến đổi đưa dạng tổng - tích + Đặt S = x + y; P = xy + Giải hệ với ẩn S; P với điều kiện có nghiệm (x; y) S ≥ P + Tìm nghiệm (x; y) cách vào phương trình X − SX + P = b Hệ phương trình đối xứng loại II - Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn hệ phương trình khơng thay đổi trật tự phương trình thay đổi (phương trình trở thành phương trình kia) - Cách giải: Lấy vế trừ vế phân tích thành nhân tử, lúc đưa dạng ( x − y ) f ( x, y ) = , tức ln có x = y c Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai:  a1 x + b1 xy + c1 y = d1 d (a1 x + b1 xy + c1 y ) = d1.d (1) ⇔   2  a2 x + b2 xy + c2 y = d d1 (a2 x + b2 xy + c2 y ) = d1.d (2) Lấy (1) - (2) ⇒ (a1d − a2 d1 ) x + (b1d − b2 d1 ) xy + (c1d − c2 d1 ) y = phương trình đẳng cấp bậc hai nên tìm liên hệ x, y (bản chất nhân chéo hai phương trình lại với tạo đồng bậc) Lưu ý: Ta làm tương tự dạng đẳng cấp bậc ba bậc bốn d Sử dụng phương pháp tạo phương trình đẳng cấp (đồng bậc)  f m ( x; y ) = a với f m ( x; y ); f n ( x; y ); f k ( x; y ) biểu thức  f n ( x; y ) = f k ( x; y ) Dạng thường gặp  đẳng cấp bậc m; n; k thỏa mãn m + n = k Phương pháp giải: Sử dụng kỹ thuật đồng bậc, tức là:  a = f m ( x; y )  ⇒ f m ( x; y ) f n ( x; y ) = a f k ( x; y ) Hệ phương trình cho ⇔ ↓ a f ( x; y ) = a f ( x; y ) k  n phương trình đẳng cấp bậc k, tìm liên hệ x; y 2.3.2 Bài toán cụ thể:  x3 + y = Bài tốn 1: Giải hệ phương trình:   x + y + xy = (1) Phân tích: Khi thay đổi vị trí x y cho hệ khơng thay đổi trật tự phương trình hệ khơng thay đổi ⇒ hệ đối xứng loại I phương pháp giải biến đổi tổng tích Lời giải: Đặt s = x + y; p = xy, ( s ≥ p) Khi đó: x3 + y3 = ( x + y )( x − xy + y ) = ( x + y )[( x + y )2 − 3xy ] = s − ps  s − 3sp = 2 p = − s s = (1) ⇔  ⇔ ⇔  (thỏa mãn đk) p = s + p = 2 s + 3s − s − 16 = s = x + y = x = x = ⇒ ⇔   p =  xy = y = y = Với  Vậy tập nghiệm hệ cần tìm S = ( x; y ) = { (2;0);(0; 2)}  x y + y x = Bài tốn 2: Giải hệ phương trình:  2  x y + y x = 20 (2) Phân tích: Khi thay đổi vị trí x y cho hệ khơng thay đổi trật tự phương trình hệ khơng thay đổi ⇒ hệ đối xứng loại I Nhưng hệ phương trình có chứa x ; y , nên ta đặt s = x + y ; p = xy ta đặt u = x ; v = y , sau đặt s; p theo u, v kết tương tự Lời giải: Điều kiện x; y ≥ Đặt u = x ≥ 0; v = y ≥ u 2v + uv = uv(u + v) =  ps = (2) ⇔  ⇔ ⇔   2 2 2 u v + u v = 20 u v [(u + v) − 2uv ] = 20  p ( s − p ) = 20  ps = s = u + v p = u + v = u = u = ( s ≥ p) ⇔  2 ⇔ ⇔ ⇔   p = uv s = u + v = v = v =  p s − p = 20 với   x = Suy ra:   y =  x = x = x = ⇔  y = y =1  y =  So với điều kiện, nghiệm hệ S = { (1; 4);(4;1)}  x + x y = Bài tốn 3: Giải hệ phương trình:   y + xy = (1) (2) (3) Phân tích: Nếu thay đổi vị trí x y cho hệ khơng thay đổi phương trình trở thành phương trình ⇒ hệ đối xứng loại II (lấy vế trừ vế) Ngồi quy đồng hệ đẳng cấp bậc ba (đặt x = ty ) Lời giải 1: Xem hệ phương trình đối xứng loại II (1) - (2) ⇒ 2( x3 − y ) + xy ( x − y ) = ⇔ ( x − y )(2 x + y + 3xy ) = 2       y2   y2 ⇔ ( x − y) 2  x + y ÷ + = ⇔ x = y x + y > 0, ∀x, y ÷     ÷ + ÷         Thế vào (1) ⇔ 3x = ⇔ x = ⇒ y = Vậy tập nghiệm hệ S = { (1;1)} Lời giải 2: Xem hệ phương trình đẳng cấp bậc ba 2t y + t y =  y (2t + t ) = 2t + t ⇔ 3 ⇒ =1 Đặt x = ty ≠ hệ ⇔  3 2t + t 2 y t + ty =  y (2t + t ) = ⇔ t − t = ⇔ t = ⇒ x = y , vào (1) ⇔ x = ⇔ x = ⇒ y = ⇔ y = 2( y − y ) ⇔ y = 2 y ( − 1) ⇔ y = −1 ⇔ y= 2  −1   −1    ⇒ x = ÷  ÷  ÷ ÷     ( x + y )(3 xy − x ) = −2 (1) ( x + y )(3 xy + y ) = (2) Bài toán 4: Giải hệ phương trình:  (4) Phân tích: Thoạt nhìn tốn gần giống hệ đối xứng loại II, Theo kinh nghiệm tôi, hệ gần giống đối xứng loại II mà có chứa thức ta vừa cộng, vừa trừ để tạo hệ Từ định hướng tạo phương trình đẳng cấp (nhân hợp lý tạo đồng bậc) phương trình vơ tỷ giải (hoặc đưa tích) Lời giải: Điều kiện: x, y ≥ Do x = y = không nghiệm nên xét x, y > ( x + y )(3 xy + y ) + ( x + y )(3 xy − x ) = Lấy (2)+(1) (2)-(1) ta được:  ( x + y )(3 xy + y ) − ( x + y )(3 xy − x ) = ( x + y )(6 xy − x +4 y ) = 3 xy = 2( x − y ) ⇔ ⇔ ( x + y )( x + y ) = 1 = ( x + y )( x + y ) (vì x + y > ) (i) Lấy vế nhân vế hai phương trình mới, thu được: xy = 2( x + y )( x − y ) ⇔ xy = 2( x − y ) pt đẳng cấp bậc nên chia cho y : x x x x ⇔  ÷ −  ÷− = ⇔ = (nhận) = − (loại x, y > ) y y  y  y −1 Với x = y , vào (i) ⇔ y = 2( y − y ) ⇔ y = y ( − 1) ⇔ y = 2  −1   −1  ⇔ y =  ⇒ x =  ÷ ÷ ÷ ÷     2     −   −  ÷ ÷ Vậy tập nghiệm hệ S =    ÷ ;  ÷ ÷ ÷     ÷      5 x − y = x − 3xy Bài tốn 5: Giải hệ phương trình:  2  x − x = y − y (5) Phân tích: Nếu để hệ khó tìm hướng giải Nhưng chuyển 5 x + 3xy = x + y hệ pt  3 2 nhân chéo thu phương trình đẳng cấp bậc bốn  x + y = x + y với hai biến x; y có lời giải chi tiết sau: Lời giải: Nhận thấy x = y = nghiệm hệ phương trình Xét x ≠ 0; y ≠ 5 x + 3xy = x + y (5) ⇔  ⇒ (5 x + 3xy )( x + y ) = ( x + y )( x + y ) ⇔ x + x y − y = 2  x + y = x + y  x2   x2  x = y x2 ⇔  ÷ +  ÷− = ⇔ = ⇔  y x = −y y  y  Với x = y vào pt thứ hệ ta ⇔ x = x ⇔ x = y = Với x = − y vào pt thứ hệ ta ⇔ x = −2 x ⇔ x = − y = −1  1    Vậy tập nghiệm hệ S = (0;0);( −1;1);  ; ÷ 2    Ghi chú: Ngoài nhân chéo để phương trình đẳng cấp ta dùng phương pháp với mục đích tạo phương trình bậc cao ẩn mà trọng tâm phương pháp cụm tạo thành phương trình đẳng cấp, tiền đề bản, cơng đoạn nhỏ để giải dạng tốn 2  x ( y + 1)( y + x + 1) = x − x + Bài tốn 6: Giải hệ phương trình:   x ( y + 1) + = x (1) (2) (6) Phân tích: Nhận thấy (2) có hạng tử y + (1) có chứa hai hạng tử nên rút phương trình (2) vào phương trình (1) thu phương trình bậc cao với ẩn x Từ định hướng này, ta có lời giải chi tiết sau: Lời giải: Do x = (2) vơ nghiệm nên xét x ≠ (2) ⇒ y + = x2 −  x2 −1 x −1  x + vào (1) ta c: (1) x ì ữ = 3x x + x x x   ⇔ ( x − 1)(2 x − 1) = ( x − 1)(3x − 1) ⇔ ( x − 1) ( x + 1)(2 x − 1) − (3 x − 1)  = ⇔ ( x − 1)(2 x + x − x) = ⇔ x = ⇒ y = −1 x = −2 ⇒ y = −    Vậy tập nghiệm hệ S = (1; −1);  −2; − ÷     x − x = y + y Bài toán 7: Giải hệ phương trình:  2  x -3y =6 (1) (2) (7) Phân tích: Để ý thấy (1) đưa dạng: x3 − y = 2(4 x + y ) vế trái bậc vế phải bậc Mà phương trình (2) có vế trái bậc hai vế phải bậc không Nghĩ đến việc đồng bậc phương trình (1) cách dùng phương pháp từ phương trình (2) hệ Nhưng trước hết ta cần nhân thêm vào hai vế phương trình (1) để xuất hệ số để = x − y Lời giải 3( x − y ) = 6(4 x + y ) ⇒ x3 − y = ( x − y )(4 x + y ) Ta có (7) ⇔  2 6 = x − y ⇔ x + x y − 12 xy = ⇔ x ( x + xy − 12 y ) = ⇔ x( x − y )( x + y ) = +) Với x = , vào (2) ⇔ −3 y = : vô nghiệm x =  x = −3  y =1  y = −1 +) Với x = y , vào (2) ⇔ y = ⇔     x = −4 x = 13   +) Với x = −4 y , vào (2) ⇔ 13 y = ⇔   y = y = −   13      Vậy tập nghiệm hệ S = (±3; ±1);  ±4 13 13 6   ;± ÷ 13 13 ÷   3( x − y ) = 2(4 x + y ) (7) ⇔ Nhận xét: Sau biến đổi  ta hồn tồn giải 2 6 = x − y cách nhân chéo hai phương trình với nhau, tạo phương trình đẳng cấp bậc với biến x, y Nhưng nhiều toán, nhân chéo mang lại hiệu không cao, tức khơng tạo phương trình đẳng cấp Ta xét toán sau:  x + y = (1) Bài tốn 8: Giải hệ phương trình:  2 ( x + y )(4 − x y -2xy)=2y (2) (8) Phân tích: Phương trình (2) có vế phải bậc 5, vế trái tích x + y bậc − x y − xy Nếu nhóm biến đổi thành bậc 4, tạo phương trình đẳng cấp bậc Thật vậy, = x + y vào − x y − xy thu được: − x y − xy = 2 − x y − xy = ( x + y ) − x y − ( x + y ) xy có dạng bậc có lời giải chi tiết sau: Lời giải: 2 2 2 Thế = x + y vào (2) ⇔ ( x + y ) ( x + y ) − x y − ( x + y ) xy  = y ⇔ ( x + y )( x + y + x y − x3 y − xy ) = y ⇔ x + xy + x y − x y − x y + x y + y + x y − x y − xy = y x =  x = −1 ⇔ x + y = y ⇔ x5 = y ⇔ x = y ⇒ (1) ⇔ x = ⇔   y =1  y = −1 Vậy tập nghiệm hệ S = { (−1; −1);(1;1)}  x − y = ( x − y )(2 xy + 3) Bài tốn 9: Giải hệ phương trình:  2  x − xy + y =3 (1) (2) (9) Phân tích: Phương trình (1) có vế trái bậc 3, vế phải tích bậc ( x − y ) với lượng (2 xy + 3) Nếu lượng biến đổi thành bậc hai, thu phương trình đẳng cấp bậc Thật = x − xy + y vào xy + = xy + ( x − xy + y ) thu bậc 2, hiển nhiên (1) phương trình đẳng cấp bậc có lời giải sau: Lời giải: Thế = x − xy + y vào (1) ⇔ x3 − y = ( x − y )(2 xy + x − xy + y ) ⇔ x − y = ( x − y )( x + xy + y 2) = x − y ⇔ x = y ⇔ x = y Thế x = y vào (2) ⇔ y − y = ⇔ y = ⇒ x = y = −1 ⇒ x = −2 Vậy tập nghiệm hệ S = { (2;1);(−2; −1)} Nhận xét: Giải hệ phương trình đưa tích số dạng toán thường xuyên xuất kỳ thi Để đưa tích số ta sử dụng số kỹ thuật như: Kỹ thuật tách, ghép, nhóm tam thức bậc hai, ký thuật liên hợp, kỹ thuật dùng phương pháp cộng 2  x + xy + y =7 Bài toán 10: Giải hệ phương trình:  2  x − xy − y = − x + y (1) (2) (10) Phân tích: Phương trình (1) (2) có dạng tam thức bậc theo ẩn x theo ẩn y ta khơng tìm phương trình (1) Do định hướng biến đổi tích số phương trình (2) với hướng suy nghĩ sau đây: Hướng 1: Nhận thấy vế trái (2) có dạng đẳng cấp nên sử dụng máy tính để phân tích thành tích số nhóm này, tức có x − xy − y = ( x − y )( x + y ) ta cần 10 phân tích vế trái theo hạng tử tích này, có sẵn viết − x + y = −( x − y ) nên có nhân tử, tức (2) ⇔ ( x − y )( x + y ) + x − y = ⇔ ( x − y )( x + y + 1) = Lưu ý: Việc phân tích thành tích số biểu thức có dạng bậc hai biến: F ( x; y ) = ax + bxy + cy = a ( x − x1 y )( x − x2 y ) với x1 ; x2 hai nghiệm phương trình f ( x) = ax + bx + c = Ta làm tương tự việc phân tích đa thức bậc hai biến dạng F ( x; y ) = ax3 + bx y + cy x + dy = a ( x − x1 y )( x − x2 y )( x − x3 y ) Hướng 2: Xem (2) phương trình bậc ẩn x , tức (2) ⇔ x + (1 − y ) x − y − y = Ta có ∆ x = (1 − y )2 + 4(2 y + y ) = y + y + = (3 y + 1) số phương nên có: x= y −1+ 3y +1 y −1− y −1 = y; x = = − y − hay (2) ⇔ ( x − y )( x + y + 1) = 2 Hướng 3: Xem (2) phương trình bậc ẩn y , ta kết tương tự x = 2y x = 2y ⇔ x + y +1 =  x = − y −1 Lời giải: Ta có (2) ⇔ ( x − y )( x + y + 1) = ⇔  y =1⇒ x =  y = −1 ⇒ x = − 2 * Với x = y , vào (1) ⇔ y = ⇔   y = −3 ⇒ x =  y = ⇒ x = −3 * Với x = − y − , vào (1) ⇔ y + y − = ⇔  Vậy tập nghiệm hệ S = { (2;1);(−2; −1);(2; −3);( −3; 2)}  xy + x + y = x − y Bài toán 11: Giải hệ phương trình:   x y − y x − 1=2x − y (1) (2) (11) Phân tích: Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc với ẩn x; y nên có hướng sau: Hướng 1: Nếu chuyển vế dạng (1) ⇔ x − xy − y = x + y có vế trái dạng đẳng cấp nên phân tích x − xy − y = ( x − y )( x + y ) có nhân tử với vế phải Hướng 2: Xem (2) phương trình bậc ẩn x ẩn y ta phân tích tìm nhân tử từ (2), tức có (2) ⇔ ( x + y )( x − y − 1) = Lời giải: Điều kiện x ≥ 1; y ≥ ⇒ x + y ≥ (1) ⇔ ( x − y )( x + y ) − ( x + y ) = ⇔ ( x + y )( x − y − 1) = ⇔ x − y − = , (do x + y ≥ ) Suy x = y + vào (2) ⇔ (2 y + 1) y − y y = y + ⇔ y ( y + 1) = 2( y + 1) ⇔ y = 2, (do: y + ≥ 1) ⇔ y = ⇒ x = (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm hệ S = { (5; 2)} 11  xy + x − = Bài toán 12: Giải hệ phương trình:  (1)  x − x y + x + y − xy − y = 2 (2) (12) Phân tích: Từ phương trình (2), nhìn nhận phương trình bậc với ẩn y lập ∆ khơng số phương nên khơng áp dụng phân tích theo tam thức Lúc ta nghĩ đến việc nhóm hạng tử, ta nên ưu tiên phép thử hạng tử có chứa số giống trước, nhận thấy nhóm x − xy = x( x − y ) có x − y dựa vào để ghép cặp cịn lại Tức x − x y + x + y − xy − y = x( x − y ) + ( x − y ) − y ( x − y ) có nhân tử x − y Lời giải: Từ (2) ⇔ x( x − y ) + ( x − y ) − y ( x − y ) = ⇔ ( x − y )(2 x − y + 1) = ⇔ y = x y = x + *) Với y = x , vào (1) ⇔ x3 + x − = ⇔ x = ⇒ y =  −1 + ⇒y= x = 2  *) Với y = x + , vào (1) ⇔ x + x − = ⇔  −1 − ⇒ y=− x =    −1 −   −1 +   ;− ÷ ; ;  ÷ ÷ ÷       Vậy tập nghiệm hệ S = (1;1);   Nhận xét: Kỹ thuật phân tích thành tích số việc tách - ghép - nhóm hạng tử kỹ thuật việc giải hệ phương trình Ngồi cịn pháp phân tích đa thức biến F ( x; y ) máy tính bỏ túi sau: Bước 1: Cho biến chứa bậc cao 1000, chẳng hạn x = 1000 (nếu x; y bậc cho x hay y được) Bước 2: Thế x = 1000 vào F ( x; y ) phân tích F ( x; y ) thành nhân tử (phân tích ax + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) Hoocner phương trình bậc cao) Bước 3: Dựa vào đa thức 1000 = x trở lại F ( x; y ) biểu thức tích Ví dụ: Từ (2) ⇔ y − ( x + x + 1) y + x + x = cho x = 1000 được:  y = 1000000 = (1000) = x y − 1002001 y + 2001000000 = ⇔   y = 2001 = 2.1000 + = x + lúc viết (2) ⇔ ( y − x )( y − x − 1) = 12 * Ngồi việc kỹ thuật tách, ghép, nhóm tam thức bậc hai để đưa phương trình tích ta sử dụng kỹ thuật liên hợp:   x + y + x + = ( y − 3) x Bài toán 13: Giải hệ phương trình:   x+ y + x = x+3  (1) (13) (2) Phân tích: Từ (1), nhận thấy ( x + y ) − ( x − 3) = y − có nhân tử với vế phải nên ghép thức lại với để tiến hành liên hợp Nhưng liên hợp xuất mẫu số dạng A − B nên ta phải xét lượng có khác hay chưa? Lời giải: Điều kiện x > 0; x + y ≥ Khi (1) dương nên cần y > Với y > ⇔ x + y > x + ⇔ x + y > x + ⇔ x + y − x + > thì: y −3 y −3 1 (1) ⇔ x + y − x + = x ⇔ x + y − x + = x ⇔ x + y − x + = x (3)  x + y + x = x + Kết hợp (3) với (2), suy hệ:   x + y − x + = x ⇒ x + x+3 = 0 < x < ⇔ x + + x + 3x = ⇔ x + 3x = − x ⇔  ⇒ y = (thỏa mãn đk) x = Vậy tập nghiệm hệ S = { (1;8)}  x + x + y + = x y + y + (1) Bài toán 14: Giải hệ phương trình:  3 x − + xy − y = x (2) (14) Phân tích: Nhận thấy phương trình (1) ln x = y , tức có nhân tử x − y Thậy vậy, nhóm cụm bậc ba: ( x3 − x y ) = x ( x − y ) cụm x + y + − ( y + 1) sau liên hợp tử số là: x + y + − ( y + 1) = x − y = ( x − y )( x + y ) có nhân tử chung x − y Từ có lời giải chi tiết sau: 1    x ≥ ; xy ≥ 0; x + y + ≥  x ≥ ⇒ Lời giải: Điều kiện  − ≤ y ≤ 0 ≤ y ≤   2 2 (1) ⇔ ( x − x y ) + x + y + − ( y + 1) = ⇔ x ( x − y ) + ( x − y )( x + y ) x2 + y + + y + =0 13   x+ y ÷= ⇔ x − y = ⇔ x = y ⇔ ( x − y)  x2 +  ÷ x + y + + y +   Vì x + x+ y x + y +1 + y +1 > 0, ∀x ≥ ≤ y ≤ Thế x = y vào (2) ⇔ x − + x − x = x 2 +) Với x − + x − = ⇔ x = ⇒ y = (3) (thỏa mãn) 2 +) Với x ≠ ⇒ x − + x − ≠ 2 (3) ⇔  x − − (2 x − 1)  + x  − x − (3 − x)  − 3(2 x − x + 1) = −6(2 x − x + 1) x(2 x − x + 1) ⇔ − − 3(2 x − x + 1) = 2x −1 + 2x −1 − 4x + − 2x   4x ⇔ (2 x − x + 1)  + + 3÷= − 4x2 + − 2x  2x −1 + 2x −1  Vì (4) 1 5 4x + + > 0, ∀x ∈  ;  , nên phương trình 2x −1 + 2x −1 − 4x2 + − x 2  (4) ⇔ x − 3x + = ⇔ x = (loại) x = ⇒ y =  1    Kết luận, so với điều kiện, tập nghiệm hệ S = (1;1);  ; ÷ 2     x y + x − x + = (1) Bài toán 15: Giải hệ phương trình:  2 (2)  x y − x + y = Phân tích: Nhận thấy (1), (2) phương trình bậc hai với ẩn (15) x , biệt số delta khơng phương Đối với hệ phương trình đại số có biến không độc lập với nhau, chẳng hạn x y Thường ta làm theo bước sau: ( y + 3) x − x + = * Viết lại hệ hai phương trình bậc hai với ẩn x :  2  y x − x + y = * Lập tỉ số hệ số: y + −4 = = ⇒ y = −1 ⇒ x = nghiệm hệ y2 −2 y 2  x − x + = 2( x − x + 1) = y = − ⇔ * Thế vào hệ ban đầu:    x − x + =  x − x + = (1') (2') 14 * Do để hai phương trình ln (dạng 0=0) cộng lại ta phải nhân phương trình thứ hai với -2 Lúc đó, lấy (1’) - 2.(2’) thu tích: ( y + 1) f ( x) = Lời giải: Lấy −2.(2) + (1) ta được: x y + x − x y − y + = ⇔ x ( y − y + 3) = 2( y − 1) ⇔ x ( y + 1)( y − y + 3) = 2( y − 1)( y + 1) ⇔ ( y + 1)  x ( y − y + 3) − 2( y − 1)  =  y = −1 ⇒ x =  y +1 = ⇔ 2 ⇔  x = 22( y − 1) ≥ ⇒ y ≥  x ( y − y + 3) − 2( y − 1) = (*) y − 3y +  Với y ≥ 1, (2) ⇒ = y ( x + 1) − x ≥ x + − x = ( x − 1) ≥ Nếu dấu “=” xảy ra, tức x = y = Nhưng nghiệm không thỏa mãn (*) Vậy tập nghiệm hệ S = { (1; −1)}  x + xy = xy − x − 49 (1) Bài toán 16: Giải hệ phương trình:  2  x − xy + y = 10 y − 25 x − (2) (16) Phân tích: 3 xy − xy + x + x + 49 = Viết hệ dạng phương trình bậc ẩn y:  2  y − (8 x + 10) y + x + 25 x + = Lập tỉ lệ hệ số: 3x 6x x + x + 49 = = ⇒ x = −1 X + 10 x + 25 x + 2  −3 y + y + 45 = −3( y − y − 15) = ⇔ x = − Thế vào được:    y − y − 15 =  y − y − 15 = Do đó, lấy (1)+3.(2) thu phương trình tích số: ( x + 1) f ( x) = (1)  x + xy − xy + x + 49 = Lời giải: Hệ  2  x + y − xy − 10 y + 25 x + = (2) Lấy (2).3 + (1) ⇔ ( x3 + 3xy − xy + 3x + 49) + 3( x + y − xy − 10 y + 25 x + 9) = ⇔ ( x + 3x + 78 x + 76) + (3 xy + y ) − 30 xy − 30 y = ⇔ ( x + 1)( x + x + 76) + y ( x + 1) − 30 y ( x + 1) = ⇔ ( x + 1)( x + x + y − 30 y ) = ⇔ ( x + 1)[( x + 1) + 3( y − 5) ] = Với x = −1 , vào (2) ⇔ y − y − 15 = ⇔ y = y = −3  x = −1 ⇔  (không thỏa mãn hệ) y =  y = ± x +1 = 2 Với ( x + 1) + 3( y − 5) = ⇔  15 Vậy tập nghiệm hệ S = { (−1;5);( −1;3)} 6 x y + y + 35 = (1) Bài tốn 17: Giải hệ phương trình:  2 5 x + y + xy + x + 13 y = (2) (17) Phân tích: 6 yx + y + 35 = Viết lại hệ dạng:  2 5 x + (2 y + 5) x + y + 13 y = 15   −15 x + = −3(5 x − ) =     4 ⇔ y = − ⇒  lấy (1) + 3.(2) thu   5x − = 5x − =   phương trình tích số có dạng: (2 y + 5( f ( x) = có lời giải sau: Lời giải: Lấy (2).3+(1) ta được: 15 x + 15 y + xy + 15 x + 39 y + x y + y + 35 = ⇔ y (2 y + y + 5) + x (5 + y ) + x(5 + y ) + (8 y + 34 y + 35) = ⇔ y ( y + 1)(2 y + 5) + x (5 + y ) + x(5 + y ) + (2 y + 5)(4 y + 7) = 2  5 1   ⇔ (2 y + 5)( y + y + x + x + 7) = ⇔ (2 y + 5)  y + ÷ +  x + ÷  = 2     ⇔ y=− 15 vào (1) ⇔ −15 x + = ⇔ x = ±    Vậy tập nghiệm hệ phương trình S =  ± ; − ÷  2   x + xy = −49 Bài tốn 18: Giải hệ phương trình:  2  x − xy + y = − 17 x (1) (2) (18) Phân tích: 3 xy + x + 49 = Viết hệ dạng:  2  y − 8( x + 1) y + x + 17 x = −  3( y − 16) = ⇔ x = −1 hpt   y − 16 = Lời giải: Khi đó, (2).3 + (1) ta được: ( x3 + 3x + 51x + 49) + (3xy + y ) − 24 xy − 24 y = ⇔ ( x + 1)( x + x + 49) + y ( x + 1) − 24 y ( x + 1) = ⇔ ( x + 1)( x + x + 49 + y − 24 y ) = ⇔ ( x + 1) ( x + 1) + 3( y − 4)  =  x = −1 ⇔ x = −1  Thế x = −1 vào (1) ⇔ −3 y = −48 ⇔ y = ±4 y = Vậy tập nghiệm hệ phương trình: S = { (−1; 4);(−1; −4)} 16 Nhận xét: Từ toán 15 đến 18 ta tìm hệ số tỉ lệ, từ lựa chọn hệ số nhân vào phương trình thích hợp, cộng lại Đối với tốn khơng tìm hệ số tỉ lệ ta làm nào? Câu trả lời trình bày qua bước giải sau: *) Bước 1: Tìm hai cặp nghiệm hệ phương trình, chẳng hạn: ( x1 ; y1 );( x2 ; y2 ) *) Bước 2: Tìm quan hệ tuyến tính hai nghiệm (thực chất viết phương trình đường thẳng qua hai điểm A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) mp Oxy ) *) Bước 3: Thế quan hệ tuyến tính cho có lợi vào hệ phân tích thành nhân tử Từ xác định biểu thức nhân vào phương trình Tuy nhiên, cách khơng giải ta không nhẩm hai cặp nghiệm nghiệm q lẻ khơng dị máy tính bỏ túi 2 (1)  x y + 3x + y − = Bài toán 19: Giải hệ phương trình:  2  x y − xy − y + y − x + = (2) (19) Phân tích: Nhận thấy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (0;1);(1;0) Quan hệ tuyến tính 2  x (1 − x) = hai nghiệm là: x + y = hay y = − x Thay vào hệ ta được:   − x(1 − x) = nên lấy (1) + x.(2) phân tích nhân tử dạng ( x + y − 1) f ( x) = Lời giải: Lấy (1) + x.(2) ta được: x y − x y − 3xy + xy − x + x + x y + 3x + y − = ⇔ ( x y + x y − x y ) − ( x + xy − x) − (3x y + 3xy − 3xy ) + (3x + y − 3) = ⇔ x y ( x + y − 1) − x( x + y − 1) − 3xy ( x + y − 1) + 3( x + y − 1) =  y = 1− x ⇔ ( x + y − 1)( x y − x − xy + 3) = ⇔   x y − xy − x + = x = ⇒ y = x =1⇒ y = *) Với y = − x , vào (1) ⇔ x(1 − x) = ⇔  *) Với x y − 3xy − x + = ⇔ ?2 − (3 y + 1) x + = có ∆ y = (3 y − 1) ⇒ x = x = y Khi x = 3, vào (1) ⇔ y + y + = vô nghiệm Khi x = y , vào (1) ⇔ y − y + = vô nghiệm 17 Vậy tập nghiệm hệ phương trình: S = { (0;1);(1;0)} 3 x + xy − x − y − y = Bài tốn 20: Giải hệ phương trình:   x − 20 x − x y − 20 y = (1) (20) (2) Phân tích: Nhận thấy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (0;0);(2; −1) Do phương trình đường thẳng qua hai điểm (0;0);(2; −1) là: x + y = ⇔ x = −2 y Thế vào hệ ta 9 y ( y + 1) = nên lấy 20( y − 1).(1) + 9.(2) thu phương trình  −20 y ( y + 1)( y − 1) = được:  tích số dạng ( x + y ) f ( x) = có lời giải chi tiết sau: Lời giải: Lấy 20( y − 1).(1) + 9.(2) ta được: 20( y − 1)(3 x + xy − x − y − y ) + 9(2 x − 20 x − x y − 20 y ) = ⇔ ( x + y )(18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y ) = ⇔ x + y = 18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y = y =  y = −1  x = x = 2 Với x = −2 y , vào (1) ⇔ y + y = ⇔  Với 18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y = , kết hợp với (1) được: 2 18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y =  2 3 x − y + xy − x − y = Đây hệ chứa hai tam thức, giải ta nghiệm:   15 ± 145   ( x; y ) ∈ (10;15);  ;11 ± 145 ÷ ÷       15 ± 145   ;11 ± 145 ÷ ÷     Vậy tập nghiệm hpt: S = (0;0);( −1; 2);(10;15);   Nhận xét: Qua số toán ta thấy để giải hệ phương trình địi hỏi người học sinh phải nắm số kỹ thuật biến đổi như: Biến đổi đưa hệ dạng đối xứng loại I; II, hệ gần giống đối xứng loại II; hệ đẳng cấp; kỹ thuật tách, ghép, nhóm, tam thức bậc hai, kỹ thuật liên hợp, kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa tích số; kỹ thuật đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc 2; Kỹ thuật đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp phương trình; đặt ẩn phụ đưa hệ 18 Ngoài ta có dùng định lý Viét để tìm phép đặt ẩn phụ giải nhiều toán  x + y + xy + y = (1) Bài toán 21: Giải hệ phương trình:   xy ( y + xy + x + y ) = 12 (2) (21) Phân tích: Nhận thấy phương trình có dạng bậc với ẩn x biệt số denta không số phương nên khơng phân tích thành tích số Quan sát kỹ hơn, ta thấy biến hệ liên hệ với chặt chẽ số đứng ngồi Vì tập trung vào phân tích vế trái hai phương trình nhằm đưa vế dạng tổng tích hai biểu thức x; y vận dụng nội dung định lý Viét Thật vậy, vế trái (1) viết tổng: VT(1) = x( x + y ) + y ( y + 1) cần dựa vào hạng tử tổng để viết: VT(2) = xy [ y ( x + y ) + ( x + y )] = x( x + y ) y ( y + 1) từ tìm phép đặt ẩn phụ: a = x( x + y ); b = y ( y + 1) có lời giải chi tiết sau: Lời giải: ( x + xy ) + ( y + y ) =  x ( x + y ) + y ( y + 1) = ⇔ Hệ pt ⇔  (*)  x ( x + y ) y ( y + 1) = 12  xy [ y ( x + y ) + ( x + y ) ] = 12 a = x( x + y ) a + b = ⇒ a; b nghiệm pt: (*)  b = y ( y + 1)  ab = 12 Đặt  a = a = X − X + 12 = ⇒   b = b =  x = −1 ±  x = ± 17 a =  x( x + y ) = ⇒ ⇔   y =  y = −3 b =  y ( y + 1) = Với   y = −3  y = a =  x( x + y ) =  ⇒ ⇔ Với   ± 17  y = −1 ± b =  y ( y + 1) = x =    ± 17   ; −3 ÷ ÷     Vậy: S = (−1 ± 2; 2);(3 ± 17; −3);(1 ± 7; −2);(−1 ± 3; 2);    x + y + xy = x − (1) Bài toán 22: Giải hệ phương trình:  4 ( x + xy ) + ( y + 2) = 17 x (2) (22) 19 4  x + xy   y +  Phân tích: Nếu chia (2) cho x ≠ (2) ⇔  ÷ + ÷ = 17 biến đổi  x   x  (1) ⇔ ( x + xy ) + ( y + 2) = x cho x ≠ x + xy y + + = xuất x x hạng tử giống phương trình có lời giải chi tiết sau: ( x + xy ) + ( y + 2) = 3x Lời giải: Ta có hệ pt ⇔  4 ( x + xy ) + ( y + 2) = 17 x (3) (4) (*) Do x = không nghiệm hệ (*) nên x ≠ , chia vế phương trình (3) cho x , pt (4) cho x ≠ , ta hệ pt:  x + xy y +  x + x =3  4 (**) Đặt  2  x + xy  +  y +  = 17  ÷  x ÷   x    x + xy  a = x  b = y +  x a + b = a + b = a + b = ⇔ ⇔ ⇔ Hệ pt (**)  4   2 2   a + b = 17 (a + b ) − 2(ab) = 17   (a + b) − 2ab  − 2( ab) = 17 a + b = a + b =  ab = 16 ab = ⇔ ⇔ ⇔ ν   2  a + b = a + b = (9 − 2ab) − 2(ab) = 17 ( ab) − 18ab + 32 = a = a = ⇔ ⇔  (loại cụm: b = b =  ab = 16  không thỏa mãn S ≥ P ) a + b =  x + y =  a =  x + xy = x x = x = ⇒ ⇔ ⇔ +) Với    b =  y + = x y =  y = −2 y + 2y = x + y =  a =  x + xy = x x = x = ⇒ ⇔ ⇔ +) Với     y + = x b = y =  y = −1 y + y = Vậy tập nghiệm là: S = { (1;0);(3; −2);(2;0);(3; −1)} KẾT LUẬN 3.1 Kết luận: Từ thực tế nghiên cứu giảng dạy, nhận thấy việc dạy dạng tốn giải hệ phương trình có ý nghĩa thực tế cao Nó rèn luyện cho học sinh tư logic, khả sáng tạo, khả diễn đạt xác nhiều quan hệ tốn học,… trình dayh học giáo viên cần lưu ý học sinh đọc kỹ đề bài, nắm mối quan hệ biến định hướng phân tích để học sinh vận dụng hết 20 kỹ thuật biến đổi để tiếp cận đến lời giải Bên cạnh đó, giáo viên tạo hứng thú cho học sinh học, hướng dẫn học sinh cách học bài, làm cách nghiên cứu trước nhà Để giải tốt dạng toán hệ phương trình người học cần tìm hiểu nhiều kỹ biến đối Nhưng với phạm vi đề tài đưa số kỹ thuật mà thường hay dùng trình làm tập vận dụng để giải nhiều dạng tập khác 3.2 Kiến nghị: Khơng Do thời gian hồn thành đề tài khơng nhiều nên khơng thể tránh khỏi thiếu sót mong q đồng nghiệp, em học sinh đóng góp để đề tài hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Thành phố, ngày 25 tháng 03 năm 2022 XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG Tôi xin camKHOA đoan SKKN HỌC TRƯỜNG THCS ĐIỆN viết, BIÊNkhông chép nội dung người khác Người thực Trần Văn Lực 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO Toán nâng cao chuyên đề Đại Số – Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm Các chuyên đề Hệ phương trình www.vnmath.com www.vnschool.net www.giaovien.net 22 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Trần Văn Lực Chức vụ đơn vị cơng tác: Tổ phó tổ KHTN Trường THCS Điện Biên Thành phố Thanh Hoá TT Tên đề tài SKKN Kỹ thuật chọn điểm rơi Bất đẳng thức Cauchy Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Sở giáo dục đào tạo Khai thác từ toán Sở giáo dục sách giáo khoa Rèn luyện khả sáng tạo đào tạo Hình Học cho đối tượng học sinh giỏi lớp 8-9 Sở giáo dục đào tạo Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại B 2011-2012 B 2015-2016 B 2019-2020 23 ... Hệ phương trình mảng kiến thức quan trọng chương trình ơn thi học sinh giỏi cấp Huyện, cấp tỉnh thi Đại học sau Để đáp nhu cầu học tập học sinh mạnh dạn cung cấp thêm phương pháp kỹ giải hệ phương. .. cách giải khác Đơn giản hệ hai phương trình bậc hai ẩn, hệ ba phương trình bậc ba ẩn Hệ hai phương trình bậc hai ẩn học sinh học cấp hai, đến lớp 10 ôn tập lại học hệ ba phương trình bậc ba ẩn Hệ. .. vững q trình ơn thi học sinh giỏi cấp Tỉnh cấp cao 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Học sinh đội tuyển lớp dự thi cấp Tỉnh năm 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Giáo viên đưa tập cụ thể ⇒ với học sinh phân