SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình toán THPT

31 2.2K 5
SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình toán THPT

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 304 một trong các bài toán thường gặp là bài tóan về giải hệ phương trình và tính có nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán. Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên Tóan và đội tuyển thi Olympic 304 trong năm học 20112012. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: NGUYỄN ANH TUẤN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011 - 2012 BM 01-Bia SKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: NGUYỄN ANH TUẤN 2. Ngày tháng năm sinh: 18/11/1959 3. Nam, nữ: NAM 4. Địa chỉ: 217/17. PHẠM VĂN THUẬN . BIÊN HÒA 5. Điện thoại: (CQ)/ .NR:061 3916509 6. Fax: E-mail: anhtuan1811@yahoo.com 7. Chức vụ: GIÁO VIÊN 8. Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN - Năm nhận bằng: 1981 - Chuyên ngành đào tạo: SP TOÁN III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: SP TOÁN Số năm có kinh nghiệm: 30 NĂM - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: * Phương trình hàm. * Đa thức . *Một số phương pháp tính giới hạn của dãy số và khảo sát tính hội tụ của dãy số 2 BM02-LLKHSKKN Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 30-4 một trong các bài toán thường gặp là bài tóan về giải hệ phương trình và tính có nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán. Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên Tóan và đội tuyển thi Olympic 30-4 trong năm học 2011-2012. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI : Đề tài đã được giảng dạy cho học sinh lớp 12 chuyên tóan và bồi dưỡng đội tuyển Olympic 30/4 của năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh đã biết vận dụng và cảm thấy thuận lợi hơn trong việc giải quyết các bài tóan về vấn đề này . TÀI LIỆU THAM KHẢO *Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 của các năm: 2006 đến 2011 của Nhà xuất bản Đại học Sư phạm *Báo tóan học tuổi trẻ của các số của các năm 2005-2011 của Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo. *Nguồn Internet : - wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc - wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm… NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên và ghi rõ họ tên) NGUYỄN ANH TUẤN 3 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc , ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH. Họ và tên tác giả: NGUYỄN ANH TUẤN Chức vụ: GIÁO VIÊN Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây) - Có giải pháp hoàn toàn mới  - Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có  2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây) - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả  3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm. XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) 4 BM04-NXĐGSKKN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/DÙNG PHÉP THẾ: I.1.Phương pháp : • Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu thức trong 1 pt có liên quan với vài phuơng trình rồi thay vào các ptrình đó để được hệ ptrình đã biết cách giải • Chú ý: Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì sau khi tìm được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm của hệ ban đầu hay không và kết luận. Vd1: Gỉải hệ: 1 1 1 1 1 x x y y xy y x  + + =    + + + − =  (I) Giải: ñk:( 0<x ≤ 1 vaø y>0) hoặc (x=0;y tuøy yù) ; vôùi ñk (I) ⇔ 1 1 1 1 xy y x xy y x  + + =   + + + − =   thay (1) vào (2) ta được : 1x x+ − =1 (3) (3) ⇔ 1 x− =1- x 0 1 1 1 2 x x x x ≤ ≤   ⇔  − = + −   ⇔ (x=0 hay x=1) i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được 0 1 x y =   = −  ii/ Với x= 1 thay vào (2) ta có : 1y y+ + = 1 (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì thế VT(4) >1 Thay bộ 0 1 x y =   = −  vào hệ ta thấy thỏa hệ .Kết luận hệ có nghiệm (0;-1) Vd2: Gỉai hệ: 4 3 2 2 2 2 2 9 2 6 6 x x y x y x x xy x  + + = +   + = +   (I) Giải: (I) 2 2 2 ( ) 2 9 2 . (6 6 ) x xy x x y x x  + = +  ⇔  = + −   2 2 2 1 ( 6 6) 2 9 4 2 . (6 6 ) x x x x y x x  + + = +  ⇔   = + −  ( cho kq) Vd3: Giải hệ: 2 2 2 2 2 2 ( 1) 3 5 ( 1) 4 5 x y x y y x x y  + =  +   −  =  +  (I) Giải: (I) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 3 5 ( 1) 4 5 x y x x y y x y x y  + =  +   −  =  +  ⇒ 2 2 2 2 ( 1)x y x y + + - 2 2 2 2 ( 1)y x x y − + = 3 4 5 x y− ⇒ 3x- 4y=5 hay x= 4 5 3 y + (j) Cũng từ (I) cho:3yx 2 -3y = 4xy 2 +4x (i) ;thế (j) vào (i) cho: 2 (4 5) 3 y y + -3y= 2 4 (4 5) 3 y y + + 4(4 5) 3 y + 5 Thu gọn ptrình trên ta được ptrình bậc 2 ẩn y từ đó ta tìm được nghiệm (x;y) của hệ mới ;Thay vào hệ ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệm cần tìm không. I.2. Bài tập: Gỉai các hệ ptrình: 1/ 2 2 2 2 1 4 4 4 3 . 1 y x x x y x y  − = +   + − =   2/ 2 2 2 2 3 2 3 5 3 4,5 3 3 8 7 x y x y x y x y  + − + =   + − + =   3/ 2 2 2 2 2 2 1 5 2,5 3 4 4 x y x y x y x y  + + − =   + + − =   4/ 5 3 5 11 2 x y x y x  − + =   + − = −   5/ 2 2 2 2 2 2 4( ) 5 . 4( ) 5 . 2 y z x y z x z y x z x y z x y +  =   +  =   +  =   6/ . . 2 . . 3 . . 4 x y z x y x y z y z x y z z x  =  +   =  +   =  +  II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: II.1.Ph ương pháp: Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệ cuối cùng đơn giản hơn. *Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới hệ mới và ngươc lại từ hệ mới liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không . Vd1: Gỉai hệ: 2 4 3 2 2 4 4 1 4 2 4 . 2 x y xy x y x y  + − =   + − =   (I) Giải: (I) 4 2 2 2 2 2 4 . (1 ) 1 4 2 4 . 2 y y x y y x y x y  − + − = −  ⇔  + − =   ( trừ vế với vế của 2 ptrình) 2 2 2 2 2 4 . (1 ) (1 ) 4 2 4 . 2 x y y y x y x y  − = −  ⇔  + − =   ⇔ 2 2 2 1 4 2 4 . 2 y x y x y    =   ÷   ÷ + − =     hoặc 2 2 2 1 4 . 4 2 4 . 2 y x y x y x y    − =   ÷   ÷ + − =     Vd2: Giải hệ: 2 2 3 2 2 3 ( . )( ) 1 ( . )( ) 1 x y x y x y y x y x y x y y  + − − = +   + + + = −   (I) Giải: (I) ⇔ 2 2 3 2 2 2 2 3 3 ( . )( ) 1 ( . )( )( . )( ) (1 )(1 ) x y x y x y y x y x y x y x y x y x y y y  + − − = +   + + + + − − = − +   ⇔ 2 2 3 3 3 3 3 6 ( . )( ) 1 ( )( ) 1 x y x y x y y x y x y y  + − − = +   + − = −   ⇔ 2 2 3 6 ( . )( ) 1 1 x y x y x y y x  + − − = +   =   ( cho kq) II.2.Bài tập: Giải các hệ ptrình: 1/ 2 3 1 5 3 1 5 5 3 5 x y x y y x  − − = −   − + − =   2/ 2 4 4 4 . 1 1 . 1 2 x x y x y y  − − =   − + =   3/ 2 2 . 3 4 7 2 . 2 2 1 x y y x y x y y x y  + − + =   + − − = −   . 4/ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 7 4 1 x y x y x y y x x y x y  − − =   − +   − −  =  − +   5/ 3 3 3 3 2 4 3( ) 4 6 4 1 15 x y x y x x x y  + = +   + + + =   6/ 2 2 2 2 5 4 5 5 5 . x y x y x y x y x y x y  + =  − +   −  + + =   III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: III.1.Ph ương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách hợp lý để nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẩn tới hệ mới ( với ẩn mới ) dể tìm được nghiệm hơn *Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và củ bằng nhau 6 Vd1:Giải hệ: 2 2 2 1 1 3 1 ( )(1 ) 6 x y x y x y xy  + =  + +    + + =   (I) Giải: đk:x;y ≠ 0 (I) ⇔ 2 2 ( )(1 . ) 2 ( 1)( 1) 3 ( )(1 ) 6 x y x y x y x y xy xy + +  =  + +   + + =  ⇔ 2 2 9 . 1 ( 1)( 1) ( )(1 ) 6 x y x y x y xy xy  =  + +   + + =  ; ñaët t = 2 1 x x+ ; z = 2 1 y y+ thì t;z 1 1 [ ; ] 2 2 − ∈ . Ta có: hệ 9 . 1 2 3 t z t z =    + =   từ đó : cho kq . Vd2: Giải hệ: 2 2 2 3 3 3 1 ( )(1 ) 9 . 1 ( )(1 ) 27 . x y x y x y x y  + + =     + + =   (I) Giải : (I) ⇔ 2 2 3 3 1 1 ( ) ( ) 9 1 1 ( ) ( ) 27 x y y x x y y x  + + + =     + + + =   Đặt u= x+ 1 y ;v= y+ 1 x ta có: 2 2 3 3 9 27 u v u v  + =   + =   đặt S=u+v;P=u.v với: S 2 ≥ 4P và 2 3 2 9 3 27 S P S SP  − =   − =   cho kq. Vd3: Gỉai hệ: 2 2 6 2 6 0 x x y y x xy y  − + =    − − =  (I) Giải: (I) ⇔ 2 6 ( 2 ) 6 x x y y x x y y  − + =    − =  ⇔ 2 6 ( 2 ) 6 x x y y x x y y  − + =     − =   ;x-2y và x/y cùng là nghiệm của pt t 2 -6t+6 =0 ( cho kq) Vd4: Giải hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) (3 1). . ( ) (4 1). . ( ) (5 1). . x y z x x y z y x z y y x z z y x z z y x  + = + +  + = + +   + = + +  (I) Giải: Nếu hệ nhận x=0 là nghiệm thì ta được y=0 hoặc z=0 Rõ ràng các bộ (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) mọi t là nghiệm của hệ . Xét x.y.z ≠ 0 thì (I) ⇔ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 1 1 1 1 4 1 1 1 1 5 y z x x x z y y y x z z    + = + +   ÷        + = + +   ÷        + = + +  ÷     .Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z .Ta có: 7 (I) 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 5 v t u u u t v v u v t t + = + + + = + + + = + + (II) Ly (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1 Ly (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1 Do ú: v-t=v-u hay u=t III.2. Bi tp : Gii cỏc h phng trỡnh sau : 1/ 2 2 2 2 2 3 1 x x y x y + = + = 2/ 2 2 3 0 2 0 xy y x y x xy y + + = + = 3/ 5 5 3 3 2 2 7( ) 31( ) 3 x y x y x xy y + = + + + = 4/ 2 2 1 ( )(1 ) 4 1 4 x y xy x y xy xy xy + + = + + + = 5/ 1 13 1 12 x y xy xy y x x y xy xy y x + + + = + = 6/ 1 ( )(1 ) 5 1 4 x y xy xy xy + + = + = . 7/ 3 3 2 2 3 1 1 ( 1) ( 1) 4 . . 1 4 x x y y x y x y x y y + + + = + + + = 8/ 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 1 ( )(1 ) 24 . y x x y x y x y + = + + + = 9/ 1 ( 1)( 1 ) 2 1 2( 1) .( 1 ) y x x y x y x y + + + = + = + + 10/ 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 15 ( )( ) 85 x y x y y x x y x y y x + + = + + = 11/ 2 2 2 (2 6) 2 0 1 ( )(1 ) 8 xy x y x y x y xy + + + = + + = 12/ 2 2 2 1 7 1 13 xy x y x y xy y + + = + + = 13/ 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y x y x + + = + + = 14/ 2 3 2 4 2 5 4 5 (1 2 ) 4 x y x y xy xy x y xy x + + + + = + + + = 15/ 2 2 2 1 ( )(1 ) 6 1 ( )(1 ) 18 x y xy x y xy + + = + + = IV/ DNG NH Lí VIESTE : IV.1. Phng phỏp : * Chỳ ý: 1/ Nu . x y s x y p + = = vi s;p cho trc thỡ x;y cựng l nghim phng trỡnh t 2 -s.t+p = 0 2/ Nu 1 2 3 . . . . x y z s x y y z xz s x y z s + + = + + = = vi s 1 ;s 2 ;s 3 cho trc thỡ x;y;z cựng l nghim ph.trỡnh t 3 -s 1 .t 2 +s 2 .t s 3 = 0 Khi gii 1 h phng trỡnh i xng loi I ụi khi h cú cha 1 vi tng i xng c bn thỡ ta thng ngh n vic bin tng i a v h mi xut hin y cỏc tng i xng c bn i vi cỏc n ang xột ri dựng nh lớ Vieste o . Vd1: Gii h: 2 2 2 6 6 14 x y z xyz x y z + + = = + + = (I). Gii: T (I) cho : 6 6 11 x y z xyz xy yz xz + + = = + + = ; x;y;z l nghim ca pt : t 3 -6t 2 +11t-6 =0 Tửứ ủoự: (x;y;z)=(1;2;3) vaứ caực hoựan vũ cuỷa noự . 8 Vd2: Giải hệ: 2 2 2 7 7 7 0 10 350 x y z x y z x y z + + =   + + =   + + =  (I) Giải: (1) ⇔ (x+y+z) 3 = 0 ⇔ x 2 +y 2 +z 2 +2(xy+yz+xz)= 0 ; do (2) nên có: xy+yz+zx = -5 (I) ⇔ 7 7 7 ( ) ( ) 5( ) ( ) 350( ) x y z a xy yz xz b x y x y i  − + =  + + = −   + − + =  . (i) ⇔ -xy(x+y)(x 2 +xy+y 2 ) =50. (ii) Thay (a) vào (b) ta có: x 2 +y 2 +x.y = 5 từ đó: x.y.z=2 x;y;z là n 0 của pt: t 3 -5t -2 = 0 ; suy ra : (x;y;z) =(-2;1- 2 ;1+ 2 ) và các hóan vò của nó. Vd3: Giải hệ: 1 0 1 2 1 2 xy y yz z x y xz z x + + =   + + = −   + + =  (I) Giải: (I) ⇔ ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2 ( 1)( 1) 3 x y x y z x z x x + + =   + + =   + + =  ⇔ (x=0;z=y=-1) hoặc ( 1)( 1) 0 1 2( 1) 3( 1) 2( 1) x y x z x y x + + = ≠   + = +   + = +  (cho kq) Vd4: Giải hệ: 2 2 2 x y z y z x z x y  + =    + =    + =   (I) Giải: Đặt S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z thì từ (I) cho x.y.z=P ≠ 0 và 1 1 1 2 2( ) 2 6 8 ( )( )( ) S x y z t x y y z z x P  = + +    =    + + + =   (II) Mà (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x 2 (y+z)+y 2 (x+z)+z 2 (x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S Do đó: P+S =4/P từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P và 4P=4/P ( cho kq) IV.2. Bài tập : 1/ 2 2 2 4 18 22 x y z xyz x y z  + + = −  =   + + =  2/ 1 10 . . 8 x y z xy yz xz x y z + + = −   + + = −   = −  . 3/ 4 4 4 2 2 2 3 17 5 x y z x y z x y z + + =   + + =   + + =  4/ 3 3 3 2 2 2 1 7 9 x y z x y z x y z + + =   + − =   + − =  5/ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z x y z x y z  + + =  + + =   + + =  6/ 2 2 2 2 3 4 xz xy x xy yz y xz yz z  + = +  + = −   + = +  7/ ( )( ) 187 ( )( ) 154 ( )( ) 238 x y y z y z z x z x x y + + =   + + =   + + =  8/ 2 2 2 x y z y z x z x y  + =    + =    + =   9/ 2 2 2 2 2 2 x yz x y zx y z xy z  + =  + =   + =  9 10/ 1 4 9 x xy y y zy z z zx x + + =   + + =   + + =  11/ 2 3 4 x xy y y zy z z zx x + + =   + + =   + + =  12/ 2 2 2 2 2 3 9 4 9 189 4 3 . x y z x y z y x z − + =   + + =   =  . V/ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH: V.1. Duøng baát ñaúng thöùc Cauchy: Chú ý: * Cho n số không âm x 1 ;x 2 ;…;x n ta có: 1 1 n k n k n k k x x n = = ≥ ∑ ∏ (dấu “=” xảy ra ⇔ x 1 =x 2 =…=x n ) *Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức) Vd1: Giải hệ: 2 3 6 11 . . 6. 108 , , 0 x y z x y z x y z  + + =   =   >   (I) Giải: Theo bất đ thức Cauchy cho 11 số dương gồm 6 số 6 x ; 3 số 2 3 y ,2 số 3 2 z ta có: x+y 2 +z 3 3 2 6 2 3 11 11. . . 6 3 2 x y z       ≥  ÷  ÷  ÷       ⇒ 6 6 6 6 3 2 . . 6 3 2 x y z ≤ 1 Do đó: x.y.z 6 6. 108 ≤ ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 2 3 6 3 2 x y z = = ) Vậy hệ tương đương: 2 3 6 2 3 , , 0 6 3 11 . . 6. 108 11 x y x x k y k z k x y z x y z >   =   =   =   =   + + =  Vấy hệ có n 0 là x=6;y= 3 3; 2z = . Vd2: Giải hệ : 4 4 4 4 , , , 0 4 (3 ). (3 ). (3 ) (3 ). 4 2. x y z t x y z t x y z t y z t x z t x y t x y z  >  + + + =   + + + + + + + =  Giải: Do x,y,z,t>0 nên: 4 4 3 4 4 4 (3 ).4 .4 4 x y z t x y z t + + + + + ≤ (dâu ‘=’ xảy ra ⇔ x=t=1 và 3y+z=4) cmtt 4 4 3 4 4 4 (3 ).4 .4 4 y z t x y z t x + + + + + ≤ (dâu ‘=’ xảy ra ⇔ x=y=1 và 3z+t=4) Còn 2 bđt tương tự. Cộng lại ta được: S ≤ 4. 2 ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x=y=z=t=1). Vậy : n 0 pt là :…. Vd3: Giải hệ: 2 2 3 4 2 4 6 4 2 2 ( 1) 3 ( 1) 4 ( 1) x y x y z y y z x z z z  = +  = + +   = + + +  (I) Giải: Gọi (x;y;z) là n 0 của hệ: 10 [...]... + y )  VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH : Cho hàm số y=f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b)  f ( x) = f ( y ); x, y ∈ (a; b)  x = y ∈ (a; b) ⇔  H ( x; y ) = 0  H ( x; x) = 0 Hệ  VIII.1 Phương pháp: Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về 1 hệ mới có 1 phương trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; ờ đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khỏang (a;b) và u(x);v(y)...  XI/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CĨ SỐ LƯỢNG NGHIỆM CHO TRƯỚC : XI.1 Hệ có nghiệm duy nhất: 1/Khi tìm tham số m để hệ ptrình 2 hoặc 3 ẩncó nghiệm duy nhất ;nếu ta phát hiện khi chuyển tất cả  f ( x; y; z ) = 0  các ptrình của hệ về hệ dang  g ( x; y; z ) = 0  h( x; y; z ) = 0  trong đó các hsố f(x;y;z);g(x;y;z);h(x;y;z) cùng là hsố chẳn theo biến x chẳng hạn thì nếu hệ có 1 nghiệm dạng (u;y;z) thì hệ phải... 2− y   2z x = z + 2− z  x +1 = 2 + y + 3  10/   y +1 = 2 + x + 3  X/ DÙNG LƯỢNG GIÁC HĨA ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH : X.1 Phương pháp : Trong khi giải hệ phương trình đơi khi từ những biểu thức chứa ẩn của hệ ta sử dụng đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giản hơn hệ ban đầu Chú ý: Miền trị của biểu thức sint;cost khi t chạy trên [a;b] với b-a ≥ 2π là đọan [-1;1]... Thay vào hệ , ta thấy cặp số trên chính là nghiệm của hệ phương trình đã cho log 2 ( x + 3) = log 3 (3 y )  Vd4: Giải hệ :  log 2 ( y + 3) = log 3 (3x)  19 log 2 ( x + 3) = 2(1 + log 3 y ) log 2 ( y + 3) = 2(1 + log 3 x) Giải : Hệ ⇔  ⇒ log 2 ( x + 3) + 2 log 3 x = log 2 ( y + 3) + 2 log 3 y Dùng f(x)= log2(t+3)+2.log3t , t> 0 cos x = log 2 (8.cos z − cos 2 x − 5)  Vd5: Giải hệ : cos y... x ( giải ptrình trên cho kq)  x + 4 y = y 3 + 16 x  Vd3: Giải hệ: 1 + y 2 =5  1 + x 2 3 (I) Giải:  x 3 − y 3 = 16 x − 4 y  nhân vế với vế của các phương trình trên cho: 2 2 5 x − y = −4  (I) ⇔  4(y3-x3) = (16x-4y)(5x2-y2) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn x;y) ( Chú ý : có thử lại)  y 2 − x y + x 2 = z 2  2 2 2 Vd4: Giải hệ  x − x.z + z = y  z3 − y3 = x2 + y 2 + z 2  (I) Giải: ... 1/3 và x4+y4 = VII.HỆ ĐẲNG CẤP  F ( x; y ) = 0 G ( x; y ) = 0 VII.1.Đn: Cho hệ  (I) Hệ (I) được gọi là 1 hệ đẳng cấp nếu 2 biếu thức F(x;y) và G(x;y) là đẳng cấp cùng bậc VII 2 .Phương pháp: Khi giải hệ (I) ta thường dùng phép thế y=k.x *Kiểm tra x=0 có là nghiệm của hệ được khơng ( nếu có lấy tất cả các nghiệm dạng (0;u) của hệ *Xét x ≠ 0 ; coi y=kx ( ln tồn tại điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng... +2 4 x 4 − 1 (3) x2 − 1 ≥0 ; x2 + 1 4 Giải ptrình trên ta được nghiệm u=-2 hoặc u=1 (từ điều kiện u ≥ 0 cho u=1 ) u=1 cho 4 x2 − 1 x2 + 1 Phương trình này vơ nghiệm Kết luận hệ vơ nghiệm Vd3: Giải hê phương trình : 24 x2 + 4 x − y 2 + 2 = 8.2 y 4 + 4 y 2 − 2 x + 1   4 4  6 x + 10 x = y + 5 + y + 11 y ≥ 2   Giải: (I) Đk: x ≥ 0 Trên miền điều kiện ;xét ptrình (1) (1) ⇔ 24 x + 4 x +1 − 2 y +... là n0 của (II) nên hệ có n0 duy nhất  f ( x; y ) = 0 là 1 hệ đối xứng thì nếu (u;v) là 1 nghiệm của hệ thì bộ (v;u) cũng  g ( x; y ) = 0 là nghiệm của hệ; do đó nếu hệ có nghiệm duy nhất thì phải có (u;v) ≡ (v;u) hay u=v thay vào hệ ta 3/ Nhận xét khi hệ  tìm được vài giá trò của tham số và ta chỉ cần thử lại giá tri tham số nào thỏa điều kiện bài tóan không Vd1: Tìm m sao cho hệ sau có nghiệm duy... Buynhiackobki: 2 Chú ý: * Cho 2 bộ số x1;x2;…;xn và y1;y2;…;yn ta có:  n   n 2  n 2  ∑ xk yk ÷ ≤  ∑ xk ÷  ∑ yk ÷  k =1   k =1   k =1  (dấu “=” xảy ra ⇔ x1=t.y1 ; x2=t.y2 ; …;xn =t.yn ) t =const *Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức) Vd 1: Giải hệ:  x + 4 32 − x − y 2 = −3 ... hoặc z=2 (thử lại) Vd2: Giải hệ: x + y + z = 2 (I)  2  4 x + 4 y − 2 x y + z = 4 Giải: Coi z là tham số của (I) x + y = 2 − z  (I) ⇔  4 − 4z + z2 xy =   2 do đó: x;y là nghiệm ptrình : t2 –(2-z)t+ ( z − 2) 2 =0 (2) 2 Do tính có nghiệm của pt (2) nên ∆ = (z-2)2 -2(z-2)2 ≥ 0 nên z=2 z = 2  Do đó: (I) ⇔  x y = 0 x + y = 0  cho ta nghiệm của hệ V.4 1/ BT: Giải các hệ: x + y + z = 3 a/  4 . dấu) 4 BM04-NXĐGSKKN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/DÙNG PHÉP THẾ: I.1 .Phương pháp : • Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu. sinh các lớp Chuyên Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các. về giải hệ phương trình và tính có nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương

Ngày đăng: 18/09/2014, 20:32

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan