giúp học sinh định hướng giải các hệ phương trình không mẫu mực

A - ĐẶT VẤN ĐỀ Trong những năm gần đây, bài toán giải hệ phương trình đã trở thành một bài toán quen thuộc đối với kì thi Đại học – Cao đẳng cũng như thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán, đặc biệt là “hệ phương trình không mẫu mực”. Mặc dù nó thường không phải là bài toán khó nhưng khá nhiều học sinh lại không dành được trọn vẹn điểm trong câu này. Chương trình toán lớp 10 đã trình bày một số dạng hệ phương trình và cách giải chúng, tuy nhiên trước một hệ phương trình “không mẫu mực” học sinh thường rất mất thời gian trong việc lựa chọn phương pháp giải phù hợp. Lí do là các em chưa biết phân tích bài toán, chưa biết dựa vào những đặc điểm đặc trưng của hệ để tìm phương pháp giải . Vì thế nhiệm vụ của giáo viên là phải trang bị cho các em kĩ năng đó. Trong phạm vi của bài viết này tôi xin được trình bày kinh nghiệm của mình trong việc ‘‘Giúp học sinh định hướng giải các hệ phương trình không mẫu mực ’’. B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ KHOA HỌC 1. Các dạng hệ phương trình đã học ở chương trình phổ thông 1.1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc 2 đối với hai ẩn. Cách giải: Dùng phương pháp thế: Từ phương trình bậc nhất rút ẩn này theo ẩn kia thế vào phương trình bậc 2. 1.2. Hệ đối xứng loại I : Dạng P(x;y) 0 Q(x;y) 0 =   =  Trong đó P(x;y) P(y;x) Q(x;y) Q(y;x) =   =  Cách giải: Đặt S = x + y , P = xy. Biến đổi hệ đã cho về hệ đối với S và P rồi giải. 1.3. Hệ đối xứng loại II : Dạng P(x;y) 0 Q(x;y) 0 =   =  Trong đó P(x;y) Q(y;x) Q(x;y) P(y;x) =   =  Cách giải: Trừ hai phương trình trong hệ rối biến đổi về dạng: (x – y)R(x;y) = 0. Rút ẩn này theo ẩn kia rồi thế vào một trong hai phương trình của hệ. 1.4. Hệ đẳng cấp: Là hệ gồm các phương trình có vế trái đẳng cấp đối với 2 ẩn, vế phải là hằng số. Cách giải: Biến đổi hệ để thu được một phương trình hệ quả f(x;y) = 0, trong đó f(x;y) là biểu thức gồm các số hạng cùng bậc ( giả sử bậc k). Bước 1: Kiểm tra y = 0 ( hoặc x = 0) có phải là nghiệm của hệ không. 1 Bước 2: Với y ≠ 0 ( hoặc x ≠ 0 ) chia hai vế của phương trình trên cho y k (hoặc x k ) và đặt ẩn phụ x t y = ( hoặc y t x = ) rồi giải phương trình với ẩn t .Sau đó thế x = ty ( hoặc y = tx) vào một phương trình trong hệ để giải. 2. Các bất đẳng thức cơ bản 2.1. Bất đẳng thức Cauchy: Cho n số thực không âm: a 1 , a 2 , …., a n . (n ≥ 2) . Khi đó: 1 2 n n 1 2 n a a a a a a n + + + ≥ . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a 1 = a 2 = = a n 2.2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho 2n số thực bất kì: a 1 , a 2 , …, a n ; b 1 , b 2 , , b n . Khi đó : (a 1 b 1 + a 2 b 2 + ….+ a n b n ) 2 ≤ (a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 )( b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 ) . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ 1 2 n 1 2 n a a a b b b = = = . 3. Tính đơn điệu của hàm số - Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I. Nếu ' f (x) 0, x I≥ ∀ ∈ (hoặc ' f (x) 0 ≤ , x I∀ ∈ ) và dấu ‘‘=’’ chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc I thì hàm số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên I. - Nếu hàm f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng I thì phương trình f(x) = k (k∈ R) có không quá một nghiệm trên I. - Nếu hàm f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng I thì với mọi u, v thuộc I ta có f(u) = f(v) ⇔ u = v. II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ Mặc dù trong quá trình dạy học, giáo viên đã trình bày cho học sinh các phương pháp thường sử dụng để giải các hệ không mẫu mực: phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số và phương pháp đánh giá, . Tuy nhiên học sinh thường gặp khó khăn khi lựa chọn phương pháp giải. Thường các em cứ thấy có căn bậc hai là bình phương hai vế mà không biết có đưa ra được kết quả hay không, giữa hai phương trình của hệ không biết biến đổi phương trình nào thì thuận lợi hơn, không biết phân tích xem thế ẩn nào thì đơn giản hơn…Chính vì thế việc biến đổi của các em thường mất nhiều thời gian mà chưa hẳn đưa ra được kết quả. Khi gặp bài toán giải hệ phương trình tôi thường yêu cầu học sinh trước khi giải phải dừng lại quan sát , phân tích các đặc điểm của hệ để lựa chọn cách giải . Chẳng hạn như với các hệ có một phương trình là bậc nhất hoặc bậc 2 đối với hai 2 ẩn ta sẽ chọn phương pháp biến đổi tương đương, tìm cách rút ẩn này theo ẩn kia để thế vào phương trình còn lại( đối với phương trình bậc 2 theo ẩn x thì phải có biệt thức ∆ = g 2 (y) mới tính được ). Trong trường hợp cả hai phương trình trong hệ biểu diễn qua các đại lượng u = f(x; y) ; v = g(x; y) một cách đơn giản ta có thể chọn phương pháp đặt ẩn phụ, tất nhiên trong một số bài toán ẩn phụ sẽ xuất hiện sau một vài phép biến đổi tương đương. Nếu một phương trình trong hệ ( hoặc từ 2 phương trình của hệ) dẫn đến có dạng f(x) = f(y) hoặc f(x) = 0 ta có thể dùng phương pháp hàm số….Tất nhiên mỗi bài toán có thể giải theo nhiều cách khác nhau và có thể phải vận dụng nhiều phương pháp, điều đó còn yêu cầu học sinh ngoài việc trang bị cho mình những kỹ năng và kiến thức cần thiết phải có thêm một chút “nhạy cảm toán học”. III. NỘI DUNG Đối với hệ phương trình không mẫu mực ta thường sử dụng những phương pháp giải sau: 1. Phương pháp biến đổi tương đương Trong phương pháp này, chủ yếu chúng ta sử dụng các kỹ năng biến đổi tương đương phương trình nhằm đưa một phương trình trong hệ về dạng đơn giản ( có thể rút ẩn này theo ẩn kia) rồi thế vào phương trình còn lại. Thông thường ,với phương pháp này chúng ta thường sử dụng đối với những hệ phương trình mà trong đó có một phương trình trong hệ là bậc nhất hoặc bậc hai đối với một ẩn( lúc đó ta có thể xem ẩn còn lại là tham số) hoặc một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích ( có thể còn phải thông qua một vài phép biến đổi tương đương đơn giản). Dạng 1 : Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất hoặc bậc hai đối với một ẩn ( ẩn còn lại xem là tham số) Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 x 2x y x y 2x 9 (1) x 2xy 6x 6 (2) + + = +   + = +  Nhận xét: Ở hệ này ta có thể xem phương trình (2) là phương trình bậc nhất đối với ẩn y để rút y theo x sau đó thế vào phương trình (1) thì phương trình (1) sẽ trở thành phương trình một ẩn đối với x. Giải Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình (2). Với x ≠ 0: 2 6x+6-x (2) y = (3) 2x ⇔ Thay vào phương trình (1) ta được phương trình 3 2 2 2 4 3 2 6x 6 x 6x 6 x x 2x x 2x 9 2x 2x + − + −     + + = +  ÷  ÷     4 3 2 x 3x 12x 16x 0 4 ⇔ + + + = ⇔ x(x +4) 3 = 0 ⇔ x = - 4 ( do x ≠ 0) Với x= - 4 thay vào (3) ta được y= 17 4 .Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (-4; 17 4 ). Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 2 2 2 x (y 1)(x y 1) 3x 4x 1 (1) xy x 1 x (2) + + + = − +   + + =  Nhận xét: Ở hệ này ta thấy rằng nếu biến đổi phương trình (1) sẽ rất phức tạp, còn phương trình (2) có thể xem là phương trình bậc nhất đối với y. Tuy nhiên do phương trình (1) có chứa (y+1) nên ta có thể rút (y+1) từ phương trình (2) theo x để thế vào phương trình (1) , đưa (1) về phương trình một ẩn đối với x . Giải (2) ⇔ x(y+1) = x 2 – 1 (3) Do x = 0 không thỏa mãn (3). Với x ≠ 0 : (3) 2 x 1 y 1 = x − ⇔ + Thay vào (1) ta được : 2 2 2 2 x 1 x 1 x . x 3x 4x 1 x x − −     + = − +  ÷ ÷     ⇔ ( x 2 – 1)(2x 2 – 1) = 3x 2 – 4x + 1 ⇔ 2x 4 – 6x 2 + 4x = 0 ⇔ 2x(x 3 – 3x + 2) = 0 ⇔ 0 1 2 x x x =   =   = −  , loại 0x = Thay vào (3) : với x = 1 ⇒ y = - 1 x = -2 ⇒ y = - 2,5 Vậy hệ có 2 nghiệm là : (x; y) = (1; - 1 ) và (x; y) = (-2 ; -2,5). Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2x y xy 5x 2y 3 (1) 2x 5 2 y 2x 13 (2) − − + − = −    − + − = −   4 Nhận xét: Ta thấy phương trình (2) rất phức tạp và khó biến đổi còn phương trình (1) có thể xem là phương trình bậc hai đối với ẩn y nên ta sẽ rút y theo x từ phương trình (1) để thế vào phương trình (2) (ở phương trình (2) thế y theo x sẽ đơn giản hơn) Giải Điều kiện x ≥ 5 2 ; y ≥ 0. Ta có (1) ⇔ y 2 + (x+2)y – (2x 2 + 5x + 3)= 0 (3) Xem (3) là phương trình bậc 2 đối với ẩn x ( tham số y) ta có: ∆= 9x 2 + 24x +16 = (3x + 4) 2 Do đó (3)⇔ y = x+1 y = - 2x – 3< 0 ∀x ≥ 5 2 ( loại) Với y = x + 1 thế vào (2) ta được phương trình: 2 2x 5 2 x 1 2x 13− + + − = − 2 2x 5 1 2 x 1 4 2x 18 0 ⇔ − − + + − − + = 2 2 (x-3) 2(x 3) 0 (4) 2x 5 1 x 1 2   ⇔ + − + =   − + + +   Do với x≥ 5 2 thì: 2 2 2.3 2(x 3) 2x 5 1 x 1 2 + < < + − + + + Nên phương trình (4) ⇔ x = 3 Với x = 3 ⇒ y = 4 Vậy nghiệm của hệ (x; y) = (3;4). Dạng 2: Hệ phương trình trong đó có một phương trình trong hệ có thể biến đổi về dạng tích, từ đó rút được ẩn này theo ẩn kia để thế vào phương trình còn lại. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2xy x y 1 (1) x y x y x y (2)  + + =  +   + = −  Nhận xét: Ở hệ này, nếu biến đổi phương trình(2) thì phải đặt điều kiện rồi bình phương hai vế .Tuy nhiên sẽ đưa về phương trình bậc 4 khá phức tạp. Do đó chúng ta sẽ tìm cách khai thác phương trình (1). Bằng cách thêm bớt làm xuất hiện 5 hằng đẳng thức rối đặt nhân tử chung ta có thể biến đổi phương trình (1) về dạng tích. Giải Điều kiện: x+y > 0. Ta có : (1)⇔ ( ) 2 2xy x y 1 2xy 0 x y + − + − = + x y 1 (x y 1)(x y 1) 2xy 0 x y   + − ⇔ + − + + − =  ÷ +   2xy (x y 1) x y 1 0 x y   ⇔ + − + + − =  ÷ +   2 2 x y x y (x y 1) 0 (3) x y   + + + ⇔ + − =  ÷ +   Với điều kiện x+y > 0 thì 2 2 x y x y 0 x y   + + + >  ÷ +   Do đó (3) ⇔ x + y – 1 = 0 ⇔ y = 1 – x . Thay vào (2) ta được 1 = x 2 – (1 – x) ⇔ x 2 + x – 2 = 0 ⇔ x= 1 x= - 2 Với x = 1 ⇒ y = 0 Với x = - 2 ⇒ y = 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (x;y)=(1;0) và (x;y) =(-2;3) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình x 2y xy 0 (1) x 1 2y 1 1 (2)  − − =   − − − =   Nhận xét: Ở bài toán này có thể định hướng giải theo nhiều cách khác nhau. Có thể biến đổi phương trình (1) về dạng tích, có thể xem phương trình (1) là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với ẩn x và y . Cũng có thể biến đổi phương trình (2) bằng phương pháp bình phương 2 vế. Tuy nhiên cách giải thứ nhất là thuận lợi nhất . Giải Điều kiện: x 1 1 y 2 ≥    ≥   6 Ta có (1) x y y xy 0 ( x y)( x y) y( x y) 0 ( x y)( x 2 y) 0 ⇔ − − − = ⇔ − + − + = ⇔ + − = ⇔ x + y = 0 (loại do điều kiện) x - 2 y = 0 Với x - 2 y = 0 ⇔ x = 2 y ⇔ x = 4y. Thay vào (2) ta có phương trình: 4y 1 2y 1 1 4y-1 2y 1 1− − − = ⇔ = − + ⇔ 4y – 1 = 2y – 1 + 2 2y 1− + 1 ⇔ 2 2y 1− = 2y – 1 ⇔ 1 y= 2y 1 0 2 5 2y 1 2 y 2    − = ⇔   − =    =   Với y = 1 2 ⇒ x = 2 Với y = 5 2 ⇒ x = 10 Vậy nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (2; 1 2 ) và (x; y) = (10; 5 2 ). Ví dụ 3: Giải hệ: 2 2 3 2 x 8y 12 (1) x 2xy 12y 0 (2) + =   + + =  Nhận xét : Ở phương trình (2) ta nhận thấy x 3 ; xy 2 đều có bậc 3 nên nếu thế hằng số 12 ở số hạng 12y bởi một biểu thức bậc 2 đối với x và y thì phương trình (2) sẽ trở thành phương trình thuần nhất bậc 3 đối với hai ẩn. Từ đó rút được ẩn này theo ẩn kia để thế vào phương trình còn lại. Giải Thế 12 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được phương trình: x 3 + 2xy 2 + (x 2 + 8y 2 )y = 0 ⇔ x 3 + 2xy 2 + x 2 y + 8y 3 = 0 ⇔ (x + 2y)(x 2 – xy + 4y 2 ) = 0 2 2 x 2y 0 x xy 4y 0 + =  ⇔  − + =  • x + 2y = 0 ⇔ x = - 2y thay vào (1) ta có phương trình : 12y 2 = 12 ⇔ y = 1 hoặc y = - 1 7 Với y = 1 ⇒ x = -2 Với y = - 1 ⇒ x = 2 • x 2 – xy +4y 2 = 0 ⇔ 2 2 1 15 (x y) y 0 x=y=0 2 4 − + = ⇔ Thay vào (1) không thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm là: (x; y)= (-2;1) và (x; y)= (2;-1) Ví dụ 4: Giải hệ: 4 (x y) 13x 4 (1) x+y 3x y 2 (2) − = −    + − =   Nhận xét: Dễ nhận thấy phương trình (1) rất khó khai thác, phương trình (2) chứa căn và cả hai vế đều dương nên có thể bình phương. Mặt khác sau khi bình phương thì các số hạng (x + y); (3x – y) sẽ làm triệt tiêu y. Giải Điều kiện x y 0 3x y 0 + ≥   − ≥  Ta có (2) x y 3x y 2 (x y)(3x y) 2⇔ + + − + + − = (x y)(3x y) 1 2x⇔ + − = − 2 2 1 x 2 x y 2xy 4x 1 0 (3)  ≤  ⇔   + − − + =  (Ở phương trình (3) có thể xem là phương trình bậc 2 đối với ẩn x hoặc y để rút ẩn này theo ẩn kia nhưng do phương trình (1) có chứa (x – y) 4 nên ta có thể rút (x – y) 2 từ phương trình (3) để thế vào (1)). Ta có (3) ⇔ (x – y) 2 = 4x – 1 .Thay vào (1) ta được : (4x – 1) 2 = 13x – 4 ⇔ 16x 2 – 21x + 5 = 0 ⇔ x = 5 16 (do điều kiện) Với x = 5 16 ⇒ 3 y 16 13 y 16 −  =    =   . Vậy hệ có 2 nghiệm ( 5 3 ; 16 16 − ) và ( 5 13 ; 16 16 ). 2 . Phương pháp đặt ẩn phụ Tùy từng hệ phương trình có thể lựa chọn để đặt một ẩn hoặc hai ẩn phụ. Tuy nhiên điều quan trọng là việc phát hiện được ẩn phụ có ngay trong mỗi 8 phương trình của hệ hoặc xuất hiện sau một só phép biến đổi đơn giản (chia cho một biểu thức khác không, sử dụng hằng đẳng thức…) Ví dụ 1: Giải hệ: 11x y y x 1 (1) 7 y-x 6y 26x 3 (2)  − − − =   + − =   Nhận xét: Có thể thấy 6y – 26x = 4(y– x ) – (11x – y). Do cả hai phương trình trong hệ đều biểu diễn được qua hai đại lượng là y – x và 11x – y nên ta có thể giải hệ trên bằng cách đặt ẩn phụ Giải Đặt; u 11x y= − ; v y x= − ( u ≥ 0 ; v ≥ 0 ) Ta có hệ: 2 2 u v 1 7v 4v 2u 3 − =   + − =  2 u v 1 2v 3v 5 0 = +  ⇔  + − =  u 2 v 1 =  ⇔  =  ( do u ≥ 0 ; v ≥ 0 ) Vậy hệ có nghiệm là (x; y) = (1/2; 3/2). Ví dụ 2: Giải hệ: 4 4 2 2 x 16 y 1 (1) 8x y x 2xy 4y 8 (2) − −  =    − + =  Nhận xét: Mặc dù phương trình(2) của hệ có thể xem là bậc 2 đối với x ( tham số y) nhưng ∆ = 8 – 3y 2 nên không tính được x theo y để thế vào (1) do đó ta sẽ khai thác phương trình (1). Nhận thấy rằng vai trò của y ở vế phải của (1) giống như vai trò của x k ( k ∈ R * ) ở vế trái, vấn đề là tìm ra k. Ta có 4 4 4 x x 1 1 x 16 2 16 k=2 x x 8x 2 2   − −  ÷ −   = = ⇒ .Từ đó có thể đặt ẩn phụ x t 2 = Giải Điều kiện : xy ≠ 0. Đặt x t 2 = ta có hệ: 9 1 x= 11x y 2 11x - y =4 2 y - x = 1 3 y x 1 y 2    − =    ⇒ ⇔ ⇔    − =     =   4 4 2 2 2 2 2 2 t 1 y 1 (t-y) ty(t ty y ) 1 0 t y t ty y 2 4t 4ty 4y 8 − −   = + + + =       ⇔   − + =    − + =  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 t y t=y t ty y 2 t 2 ty(t ty y ) 1 0 t ty y 2 2ty t ty y 2 2(ty) 2ty 1 0  =       − + = =     ⇔ ⇔   + + + = + + = +         − + = + + =     x 2 2 y 2 t y 2 t y 2 x 2 2 y 2   =      = = =   ⇔ ⇒    = = −  = −      = −     Vậy hệ có 2 nghiệm: ( 2 2; 2 ) và ( 2 2; 2− − ) Ví dụ 3: Giải hệ : 2 2 2 2 x y x y 12 (1) y x y 12 (2)  + + − =   − =   Nhận xét: Dễ thấy rằng khi bình phương biểu thức 2 2 (y x y )+ − sẽ xuất hiện biểu thức 2 2 y x y− và làm triệt tiêu y 2 . Do đó ở hệ này ta có thể đặt ẩn phụ t= 2 2 y x y+ − để giải. Giải: Điều kiện : x 2 – y 2 ≥ 0 Đặt t= 2 2 y x y+ − ⇒ t 2 = x 2 + 2 2 2 y x y− Do (2) ⇒ t 2 = x 2 + 24 Ta có hệ 2 2 x t 12 x t 12 t 7 t x 12 x 5 t x 24 + = + = =    ⇔ ⇔    − = = = +    Với x = 5 , t = 7 ta có : y + 2 25 y− = 7 ⇔ 2 25 y− = 7 – y 2 y 7 y=3 y=4 2y 14y 24 0 ≤   ⇔ ⇔   − + =   Vậy hệ có 2 nghiệm: (x; y) = (5; 3) và (x; y) = (5; 4). 10 [...]... trọng là biết cách định hướng, phân tích để tìm ra phương pháp giải phù hợp Kinh nghiệm của tôi hy vọng trang bị được cho học sinh một số kĩ năng cần thiết khi giải một hệ phương trình không mẫu mực Ngoài việc giúp học sinh định hướng tốt khi giải các bài toán về hệ không mẫu mực, nó còn giúp các em rèn luyện khả năng phân tích, phán đoán, tư duy logic Từ đó học sinh sẽ có hứng thú hơn khi học môn toán... cho học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi và những học sinh ôn thi đại học Sau khi giao cho học sinh về nhà tự đọc, đến lớp tôi kiểm tra việc tự học của học sinh bằng các bài tập giải các hệ phương trình không mẫu mực Đối chứng là 3 lần khiểm tra trước và sau khi học chuyên đề Kết quả cụ thể như sau: Bảng kết quả kiểm tra của đội tuyển học sinh giỏi tỉnh năm học 2012 – 2013 Bài kiểm tra số 1 Năm học. .. tra năm học 2012 – 2013 Lớp 12A4 (ĐC) 12A3 (TN) Tổng số học sinh 46 52 Chưa giải được SL % 10 21,7% 5 10% Giải sai hướng SL % 25 54,3% 15 29% Giải đúng hướng SL % 11 24% 32 61% 16 Như vậy kết quả học tập của học sinh lớp 12A3 (Thí nghiệm) cao hơn 12A4 (Đối chứng), điều đó cho phép đánh giá hiệu quả việc sử dụng chuyên đề vào việc ‘‘ Giúp học sinh định hướng giải các hệ phương trình không mẫu mực ’’... tỉnh năm học 2012 – 2013 Bài kiểm tra số 1 Năm học Tổng số học sinh được kiểm tra Bài kiểm tra số 3 Số học sinh đạt điểm trước khi học chuyên đề Số học sinh đạt điểm sau khi học chuyên đề Số học sinh đạt điểm trước khi học chuyên đề Số học sinh đạt điểm sau khi học chuyên đề Số học sinh đạt điểm trước khi học chuyên đề Số học sinh đạt điểm sau khi học chuyên đề 0 0 1 2 0 1 1 0 0 4,8 0 0 0 1 0 2 1 1 0 6,2...3 Phương pháp hàm số Phương pháp hàm số thường được sử dụng để giải các hệ phương trình mà từ một (hoặc hai) phương trình trong hệ dẫn tới f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) trong đó hàm số f đơn điệu trên một khoảng xác định  1+ x + 7 − y = 4  Giải hệ :   1+ y + 7 − x = 4  Ví dụ 1: (1) (2) Nhận xét: Mặc dù đây là hệ đối xứng loại II nhưng không giải được bằng các phép biến đổi tương... 1 1 Lại do g( ) = 0 nên phương trình g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x= 2 2 Với x= 1 1 ⇒ y = 2 Vậy hệ có nghiệm : (x;y) = ( ; 2) 2 2 4 Phương pháp đánh giá Với phương pháp này cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản Ví dụ 1: Giải hệ: x 3y = 9  3x + y = 6 (1) (2) Nhận xét: Ở phương trình (1) có tích x3y , phương trình (2) có tổng 3x + y=...  ÷ = (2,25)2 < 32 = 9 2 ⇒ x3y < 9 Đối chiếu với (1) ⇒ phương trình vô nghiệm Vậy hệ đã cho vô nghiệm Ví dụ 2:  x 2 y 2 − 2x + y 2 = 0 Giải hệ :  2 3 7x − 14x + 3y + 10 = 0 (1) (2) 13 Nhận xét: Ở hệ trên ta thấy không có những đặc điểm thuận lợi cho việc vận dụng các phương pháp đã nêu ở phần trước để giải, do đó ta thử tìm kiếm một cách giải “đặc biệt hơn “ Dễ thấy (2) ⇔ 7(x – 1)2 + 3(y3 + 1)... [-1; 7] (*) Phương trình (3) có dạng f(x) = f(y) kết hợp với (*) ta suy ra x = y Với x = y phương trình (1) trở thành 1+ x + 7 − x = 4 ⇔ (1 + x)(7 − x) = 4 ⇔ x2 + 6x + 9 = 0 ⇔ x=-3 Vậy nghiệm của hệ là : (x;y) = (-3;-3)  x 3 − 5x = y3 − 5y Giải hệ :  4 2 x + y = 1 Ví dụ 2: (1) (2) Nhận xét : Dễ thấy với hệ trên phương trình (1) đã có dạng f(x) = f(y) với f(t)= t3 – 5t nên ta có thể sử dụng phương pháp... xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 1 hoặc x = y = 0 Thay vào hệ thấy thỏa mãn.Vậy hệ có 2 nghiệm là: (0;0) và (1;1) Ví dụ 4:  x + y − xy = 3  Giải hệ:   x+1 + y + 1 = 4  (1) (2) Nhận xét: Hệ này đã được giải bằng cách đặt ẩn phụ ( ĐH KhốiA–năm 2006).Tuy nhiên ta có thể giải được hệ trên bằng cách sử dụng khéo léo bất đẳng thứcCauchy và Bunhia Giải Điều kiện : xy ≥ 0 ; x ≥ - 1 ; y ≥ - 1 Từ (1) ⇒ x +... + 5 = x + y  Giải hệ:  2xy y + = y2 + x  y 2 − 2y + 5  Ví dụ 3: Nhận xét : Mặc dù đây là hệ đối xứng loại II nhưng lại không giải được bằng phương pháp biến đổi tương đương và phương pháp hàm số nên ta liên hệ đến phương pháp đánh giá Giải Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta được: 2xy 2xy + = x 2 + y2 2 2 x − 2x + 5 y − 2y + 5 2xy Ta có : x 2 − 2x + 5 Tương tự: 2xy = (x − 1) 2 + 4 2xy y 2 − . ‘ Giúp học sinh định hướng giải các hệ phương trình không mẫu mực ’’. B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ KHOA HỌC 1. Các dạng hệ phương trình đã học ở chương trình phổ thông 1.1. Hệ gồm một phương trình. cho học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi và những học sinh ôn thi đại học. Sau khi giao cho học sinh về nhà tự đọc, đến lớp tôi kiểm tra việc tự học của học sinh bằng các bài tập giải các hệ phương. trong quá trình dạy học, giáo viên đã trình bày cho học sinh các phương pháp thường sử dụng để giải các hệ không mẫu mực: phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp