skkn bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo của học sinh khi giải toán về hệ phương trình đại số

PHẦN I MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong phần Đại số 10, các em học sinh đã được tiếp cận một số hệ phương trình (hpt) : hpt bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2. Lớp 12 tiếp cận với hpt mũ và hpt logarit , giải một số bài toán về số phức mà để có được kết quả cuối cùng học sinh phải giải được hpt đại số và hs cũng chỉ giải được những bài toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán giải hpt rất phong phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em sẽ gặp một lớp các bài toán về hpt mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải . . Từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối 12 ở trường THPT, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành một chuyên đề: “Đổi mới hoạt động dạy học môn toán qua chuyên đề : Một số dạng hệ phương trình và phương pháp giải ’’. Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn gởi mở cho học sinh một số cách nhận dạng hệ phương trình tư đó phân tích bài toán và tìm ra lời giải . Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn khá toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về hệ giải phương trình . 2. Đối tượng nghiên cứu- Phạm vi nghiên cứu 2.1. Đối tượng nghiên cứu Học sinh khối 12 giải các dạng hệ phương trình (hpt) : có một phương trình(pt) bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2, hệ thuần nhất ,hpt mà trong hệ có môt pt đối xứng,hoặc có một pt mà bậc của ẩn như nhau,và một số hpt khác Các hệ phương trình được giải trên tập hợp số thực 2.2. Phạm vi nghiên cứu Nội dung phần hệ phương trình và một số bài toán cơ bản, nâng cao nằm trong chương trình đại số 10, đại số 12 Nâng cao 4. Nhiệm vụ -yêu cầu của đề tài 4.1. Nhiệm vụ: Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán hệ giải phương trình từ phức tạp đưa về dạng đơn giản. 1 4.2. Yêu cầu của đề tài. Nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc ,có sáng tạo đổi mới. Giới thiệu được các dạng hệ phương trình cơ bản, đưa ra được giải pháp và một số ví dụ minh hoạ. Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối 10, khối 12 hệ THPT ,đặc biệt là hs ôn thi Cao Đẳng,Đại Học và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy môn Toán. Các thầy cô và học sinh có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các bài tập cụ thể. VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Phương pháp: Nghiên cứu lý luận chung. - Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học . - Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm. Cách thực hiện:- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy. Tham khảo các đề thi Đại học 2 PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em hoặc rất yêu thích hoặc ngại học môn này. Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải. Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải hệ phương trình. Trước hết chúng ta tìm hiểu lại một số hệ phươnh trình 1.Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất. 2. Hệ phương trình đối xứng loại 1. Khi thay thế x bởi y và y bởi x thì biểu thức trong mỗi phương trình không đổi, hệ phương trình không đổi 3. Hệ phương trình đối xứng loại 2. Khi thay thế x bởi y và y bởi x thì pt thứ nhất biến thành pt thứ hai và ngược lại .Hệ phương trình không đổi. Tuy nhiên khi gặp bài toán giải hpt có nhiều bài toán đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kết hợp nhiều kiến thức kĩ năng phân tích biến đổi để đưa phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn giản Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh một số dạng hệ phương trình thường gặp, một số dạng bài toán không mẫu mực . 2. Thực trạnh của đề tài 2.1.Thực trạng của học sinh: Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng ngày đặc biệt trong kỳ thi khảo sát chất lượng lớp 12 học sinh đa số học sinh thường bỏ qua hoặc không giải được đẫn đến kết quả không cao 2.2. Thực trạng của giáo viên 3 Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 Nâng Cao hiện hành phần hệ phương trình được trình bày ở chương III rất là ít và hạn hẹp chỉ có hai tiết sách giáo khoa giới thiệu sơ lược 3 ví dụ , phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Tương tự lớp 12các em cũng chỉ làm một số dạng đơn giản chủ yếu đưa về hpt dạng ở lớp 10. Như vậy số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh. 3. Một số giải pháp Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên của học sinh với những giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ năng khi biến đổi và giải hpt. 3.1. Giải pháp 1: Phương pháp thế . 3.1.1: Một phương trình của hệ là phương trình bậc nhất.Từ phương trình (pt) đó, ta tính 1 ẩn số theo ẩn kia. Thay kết quả đó vào pt còn lại thu được pt một ẩn , từ đó tìm nghiệm của hệ pt. Thí dụ 1. Giải hệ phương trình.    −=+ −=+++ 24 16)12( 2 yxxy yyyxyxy ( ) ( ) 2 1 Phân tích:- Nhận thấy (2) là pt bậc nhất nên rút ẩn nọ theo ẩn kia. -Ở pt (1) ẩn y xuất hiện nhiều lần mũ cũng phức tạp hơn nên ta rút x theo y ở (2) rồi thay vào (1). Lời giải. Từ (2) rút ra 1 24 + − = y y x ( 1−=y không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến đổi rút gọn ta được pt: 011918 234 =++−− yyyy    = = ⇒     = = ⇔=−−−−⇔ 0 1 2 1 1 0)1218)(1( 23 x x y y yyyy Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( yx; ) là (1; 1), (0; 2 1 ). Thí dụ 2. (Khối B-2008)Giải hpt      +=+ +=++ 662 922 2 2234 xxyx xyxyxx ( Ryx ∈, ) ( ) ( ) 2 1 Phân tích : - Nhận thấy (2) là pt bậc nhất đối với y nên ta sẽ rút y theo x -Vế trái của (1) là hằng đẳng thức 22 )( xyx + 4 Lời giải. Từ (2) ta thấy 0=x không phải là nghiệm , từ đó rút được x xx y 2 66 2 −+ = thế vào pt (1) ta có pt 9233 2 2 2 +=         ++⇔ xx x 92183399 4 232 4 +=+++++⇔ xxxxx x 0644812 234 =+++⇔ xxxx    =+++ = ⇔ 0644812 0 23 xxx x 4−=⇔ x (x=0 (loại trực tiếp từ hệ đã cho).Suy ra 4 17 =y . Vậy hệ đã cho có nghiệm ( yx; ) là       − 4 17 ;4 . Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:    =++ =+ 3 32 .1 22 24 yyx yxx      =− =−+− 3log)9(log3 121 .2 3 3 2 9 yx yx 3.1.2:Trong hệ có một pt chứa pt bậc 2 một ẩn . Ta tính một ẩn theo ẩn còn lại rồi thế vào pt còn lại Thí dụ 1. Giải hệ phương trình      =+ =+−−+ 2 023 22 2 yx yxxyx ( Ryx ∈, ) ( ) ( ) 2 1 Phân tích : -(1) là pt bậc nhất nên ta cũng nghĩ rút y, ta sẽ nhóm (1) thành 2 biểu thức )23( 2 +− xx và )1( −xy - Tiếp tục nhìn dễ dàng )2)(1(23 2 −−=+− xxxx . Vậy ta có lời giải Lời giải. Ta có (1) ⇔ 0)()23( 2 =−++− yxyxx ⇔ ( )( ) ( ) 0121 =−+−− xyxx ⇔ ( ) 0)2(1 =+−− yxx ⇔ 1=x hoặc 2+−= yx . +)Với 1=x , thay vào (2) được 1±=y . +) Với 2+−= yx , thay vào (2) được ( ) .11112 2 =⇒=⇐=− yxx Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( ) yx; là (1; 1) và (1; -1). Thí dụ 2. Giải hệ phương trình      =+−+−− −+= 01681645 )4)(45( 22 2 yxxyxy xxy ( Ryx ∈, ) ( ) ( ) 2 1 Phân tích : Biến đổi vế trái của (1) : VT 16165 2 ++−= xx . Ta thấy có mối quan hệ với pt (2) nên ở pt (2) ta nhóm ( 16165 2 ++− xx ) và thay bởi y 5 Lời giải. Từ (1) ⇒ 16165 22 ++−= xxy thế vào (2) ta được 0842 2 =−− yxyy ⇔ 0)42(2 =−= xyy ⇔ 0=y hoặc 42 += xy Lần lượt thế vào phương trình (1) ta cũng được nghiệm hệ đã cho ( ) yx; là (0; 4) , (4; 0) ,       − 0; 5 4 Thí dụ 3. (Khối D-2008). Giải hpt ),( 2212 2 22 Ryx yxxyyx yxyxxy ∈      −=−− −=++ ( ) ( ) 2 1 . Phân tích : Sau khi đặt điều kiện, ta tìm cách biến đổi một pt Nhận thấy ở pt (1) chuyển 2 y sang vế trái thì vế phải là hằng đẳng thức ))(( 22 yxyxyx +−=− và vế trái lúc này )1)(( 2 ++=+++ xyyxyyxxy . Như vậy pt (1) đã được phân tích thành nhân tử. Lời giải. ĐK 1≥x , 0≥y (*). PT (1) ⇔ 0)( 222 =−−+++ yxyyxxy 0)1)(( =+−++⇔ yxyyx    += −= ⇔ .12yx yx +) yx −= ( không thoã mãn (*)). +) 12 += yx , thay vào (2) ta được ( ) ( ) 122212 +=−+ yyyyy ( ) ( ) ( ) 1221 +=+⇔ yyy 22 =⇔ y (Vì )0≥y 2=⇔ y 5=⇒ x . Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) yx; là (5; 2) . Cách khác: Coi (1) là phương trình bậc 2 theo x hoặc y . Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:    =−+−+− ==+++ 02523 03 .1 22 22 yxxyyx yxyx    =+ =−−−− ++ 522 0132 .2 21 22 yx yxyyx 3.1.3 .Hệ có dạng    = = cvuf vfuf ),( )()( , trong đó )(tf là hàm số đơn điệu và liên tục trên miền xác định của nó thì có thể suy ra vu = rồi thế vào pt còn lại. Thí dụ 1. (Đề thi HSG -2012). Giải hệ phương trình ),( 01)1(2 2)2()(22 3 3 2 Ryx xy yxyxyxyx yxyx ∈∀      =+−− −−−++=− +− ( ) ( ) 2 1 6 Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần )2( yx − và )( yx + . Ta nhóm chúng lại và lập tức thấy pt có dạng )()( vfuf = Lời giải. Biến đổi (1), ta có { Ryxyxyxyxyx yxyx ∈∀+++=−−+⇔ +− ,,)(22)2(2)1( 2 (3) Đk: yx ≥ . Xét hàm số tttf t += 2)( , 0>∀t 0 2 2ln2)(' >++= t t ttf t , 0>∀t Hàm số )(tf đồng biến khi 0>t Từ pt (3) ta có yxyxyxvfuf 22)()( =⇔+=−⇔= , thay vào (2) được pt 3 3 )1(21 −=+ xy (3). Đặt ,12 3 −= ty pt (3) có dạng      −= −= 3 3 )12( )12( ty yt , Trừ theo vế hai pt trên , biến đổi ta được ( ( ) [ ] 01)12(2)12)(12(2)12(2 22 =+−+−−+−− ttyyyt 0=−⇔ yt (Vì [ ] tyttyyytg ,,01)12(2)12)(12(2)12(2),( 22 ∀>+−+−−+−= 21)12( 3 =⇒=⇔−=⇔ xyyy thoã mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (2; 1). Thí dụ 2. (Khối A -2010). Giải hpt ( ) ( )      =−++ =−−++ 74324 025314 22 2 xyx yyxx (x, y )R∈ ( ) ( ) .2 1 Phân tích: Chúng ta cũng thấy ở pt (1) có 2 biểu thức chỉ có hoặc x hoặc y không có chứ xy nên ta tìm cách biến đổi về dạng )()( vfuf = . Đầu tiên là trong căn có 2y ta nhân 2 vế với 2 thì có 2x biểu thức có dạng ( ) ( ) yyxx 2562214 2 −−++ . Ta lai có 22 4)2( xx = như vậy yy 25)25( 2 −=− . Ta chuyển vế và biến đổi tiếp Lời giải. ĐK. x 4 3 ≤ , 2 5 ≤y . Ta có (1) ⇔ ( ) ( ) yyxx 25125214 2 −+−=+ (3). Ta thấy pt (3) có dạng ( ) ( ) yfxf 252 −= , với ( ) )1( 2 += ttf t ( ) 13' 2 += ttf >0, Rt∈∀ , ( ) tf là hàm đồng biến liên tục với mọi t > 0. 7 Do đó (3) ⇔ yx 252 −=        − = ≤≤ ⇔ 2 45 4 3 0 2 x y x Phương trình (2) trở thành 743246 4 25 42 =−++− xxx (*) Nhận thấy x=0, x= 4 3 không phải là nghiệm của pt (*). Xét hàm số ( ) 4 3 43264 24 −−+−= xxxxg trên khoảng (0; 4 3 ) ( ) 0 43 4 )34(4 43 4 1216' 23 < − −−= − −−= x xx x xxxg ) 4 3 ;0(∈∀x Suy ra hàm số ( ) xg nghịch biến trong khoảng (0; 4 3 ). Mặt khác 0 2 1 =       g . Do đó (*) có nghiệm duy nhất 2 1 =x . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là ( 2 1 ; 2). Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:    =++− −=−−−+− 4253 122124 .1 23 222 xyxyy eeyxyx xy      =+ −=− 10)4(log)(log .2 3 2 2 y y x yxee yx 3.2 Giải pháp 2: Phương pháp đăt ẩn phụ 3.2.1. Hệ là đối xứng loại I . Ta thường biến đổi và đặt yxS += , xyP = ( đk: S 2 ≥ 4P), Thí dụ 1. Giải hệ phương trình      =++++ =−++++ 11 030)2()1( 22 3223 yxyxyxyx xyyyxyyx (x , y )R∈ ( ) ( ) .2 1 Phân tích: (2) là pt đối xứng loại 1 và khi khai triển pt (1) nó cũng cho ta một pt đối xứng loại (1) không khó biến đổi. Lời giải. Ta có hệ pt đã cho tương đương với    =++++ =++++ 11)( 30)2( 2222 xyyxyxxy xyxyyxyxxy    =++++ =+++ ⇔ 11)( 30))(( xyyxyxxy xyyxyxxy 8 Đặt yxS += , xyP = , ( PS 4 2 ≥ ) hệ đã cho trở thành    =++ =+ 11 30)( SPPS SPPS Giải hệ phưong trình trên theo phưong pháp thế (hoặc đặt u =P+S, v =P.S ), ta được nghiệm    = = 2 3 P S ,    = = 3 2 P S (loại);    = = 1 5 P S ,    = = 5 1 P S (loại). Vậy hệ đã cho có nghiệm (1 ;2), (2; 1),         +− 2 215 ; 2 215 và         −+ 2 215 ; 2 215 . Thí dụ 2. (Khối A-2006). Giải hệ phương trình ),( 411 3 Ryx yx xyyx ∈      =+++ =−+ Phân tích: Nhận thấy ngay đây là dạng hệ đối xứng loại 1 nhưng phải biến đổi pt thứ 2 thì mới đặt ẩn phụ. Lời giải. ĐK 0≥xy , 1−≥x , 1−≥y . Ta có hệ pt đã cho tương đương với      =+++++++ =−+ 161)(211 3 yxxyyx xyyx . Đặt yxS += , xyP = ( PS 4 2 ≥ ) ,hệ đã cho trở thành      −=++ −= SSP SP 1412 3 ⇔      +−=++ +−= ≤≤ 2 2 28196)1(4 96 143 SSSP SSP S )3( )2( )1( Giải hệ trên được nghiệm thoã mãn S= 6, P=9. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) yx; là (3; 3) .Bài tập . Giải các hệ phương trình sau: 1.    =++ =++ 17 5 3333 yyxx yxyx 2.      =−+ =++ 1 11 3 22 xy yx xyyyxx 3.2.2. –Hpt trở thành đối xứng loai 1 sau khi đặt ẩn phụ ( ) ( ) xvvxuu == , Thí dụ 1. Giải hệ phương trình      ++=++ +=++ 1 21 22 2222 yxyxyyxx xyyxyx (x , y )R∈ ( ) ( ) .2 1 Phân tích : Vai trò x và y ở pt (1) tạm thời thấy bình đẳng nhưng chuyển vế ở pt (2) thì có x-y và xy ( hệ pt phản đối xứng ), ta đặt yxu −= , xyv = . 9 Lời giải. Ta có hệ pt đã cho tương đương với    =−+−+− =−+− 01)()( 01)( 222 xyyxxyyx yxyx Đặt u =x-y, v=x.y, hệ đã cho trở thành :    =−++ =−+ 01 01 22 vuvu vu Giải hệ phưong trình trên được    = = 1 0 v u ,    = = 0 1 v u . Từ đó tìm x, y ta được bốn nghiệm của hệ là : (-1; -1), (1; 1), (1; 0), (0; 1). Thí dụ 2 . Giải hệ phương trình        =+++ =+++ 4 11 4 11 42 22 yx yx yx yx (x , y )R∈ . Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 1 tuy nhiên nếu đặt ngay yxS += , xyP = thì hệ pt sẽ rất phức tạp. Mặt khác 2 pt đã cho trong hệ có mối liên hệ với nhau 2 1 ) 1 ( 2 22 ++=+ x x x x và 2 1 ) 1 ( 2 22 ++=+ y y y y . Ta đặt x xu 1 += , y yv 1 += Lời giải. ĐK: 0≠x , 0≠y . Đặt x xu 1 += , y yv 1 += ( 2,2 ≥≥ vu ), hệ đã cho trở thành    =+ =+ 8 4 22 vu vu , giải tìm được u=2,v=2 . Từ đó suy ra 1== yx . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1) Bài tập . Giải các hệ phương trình sau 1.    =++ =−− 1 3 22 yxyx xyyx 2.    =++ =+++ 72)1)(1( 18 22 yxxy yxyx 3.      =++ =++ 21 7 4224 22 yyxx xyyx 3.2.3. Hệ pt có một pt đối xứng. Ta thường chọn pt này biến đổi trước Thí dụ 1. (Khối A-2003). Giải hệ phương trình      += −=− 12 11 3 xy y y x x ( x , y )R∈ ( ) ( ) .2 1 Phân tích : pt(1) đối xứng có thể : hoặc có dạng )()( yfxf = , )(tf là hàm số đồng biến hoặc có thể biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung. Lời giải. ĐK: 0≠x , 0≠y . Biến đổi pt (1). (1) ⇔ 0 11 =+−− yx yx ⇔ ( ) 0 1 1 =         +− xy yx    −= = ⇔ 1xy yx . 10 [...]... toán lớp 10 nói riêng và bậc THPT nói chung Nhưng đối với học sinh lại là một mảng tư ng đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12, được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải hệ phương trình giúp học sinh không còn ‘bó tay’với các bài toán về hpt trong các đề thi Cao Đẳng – Đại Học Cụ thể ở các lớp... (2) 18 Tư ng tự nếu x . phương pháp giải khi gặp các bài toán giải hệ phương trình. Trước hết chúng ta tìm hiểu lại một số hệ phươnh trình 1 .Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất. 2. Hệ phương trình đối xứng. cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về hệ giải phương trình . 2. Đối tư ng nghiên cứu- Phạm vi nghiên cứu 2.1. Đối tư ng nghiên cứu Học sinh khối 12 giải các dạng hệ phương trình (hpt). với những giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ năng khi biến đổi và giải hpt. 3.1. Giải pháp 1: Phương pháp thế . 3.1.1: Một phương trình của hệ là phương trình bậc nhất.Từ phương trình (pt)