1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Đổi mới phương pháp dạy học môn toán qua chuyên đề Một số dạng hệ phương trình và phương pháp giải_SKKN toán THPT

17 2,1K 4

Đang tải... (xem toàn văn)

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

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 17
Dung lượng 0,97 MB

Nội dung

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.. Tuy nhiên trong thực

Trang 1

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

Trang 2

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

Trang 3

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 xbởi yy bởi xthì biểu

thức trong mỗi phương trình không đổi, hệ phương trình không đổi

3 Hệ phương trình đối xứng loại 2 Khi thay thế xbởi yy bởi xthì 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

Trang 4

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

2 4

1 6

) 1 2

y x xy

y y y

xy

 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 4 12

y

y

x ( y   1 không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến đổi rút gọn ta được pt: 18y4  19y3  y2 y 1  0

0

1 2

1

1 0

) 1 2 18

)(

1

x

x y

y y

y y y

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là (1; 1), (0;

2

1

)

Thí dụ 2 (Khối B-2008)Giải hpt

6 6 2

9 2 2

2

2 2 3

4

x xy x

x y

x y x x

(x,yR)   12

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 (x 2 xy) 2

Lời giải Từ (2) ta thấy x 0 không phải là nghiệm , từ đó rút được

x

x x

y

2

6

6   2

thế vào pt (1) ta có pt 3 3 2 9

2

2 2

9 2 18 3 3 9

4

Trang 5

0 64 48

12 3 2

0 64 48 12

0 2

x

x

4

x (x=0 (loại trực tiếp từ

hệ đã cho).Suy ra

4

17

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là 

 4

17

;

Bài tập Giải các hệ phương trình sau:

3

3 2

.

2

4

y

y

x

y

x

x

3 log

) 9 ( log 3

1 2

1

3 2

y x

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

0 2 3

2 2 2

y x

y x xy x

(x,yR)   12

Phân tích : -(1) là pt bậc nhất nên ta cũng nghĩ rút y, ta sẽ nhóm (1) thành 2 biểu

thức ( 2 3 2 )

x

xy( x 1 )

- Tiếp tục nhìn dễ dàng 2 3 2 ( 1 )( 2 )

Lời giải Ta có (1)  ( 2 3 2 ) ( ) 0

x xy y

x  x 1x 2yx 1 0

 x 1(x 2 y)  0 x 1 hoặc x  y 2

+)Với x 1, thay vào (2) được y  1

+) Với x  y 2, thay vào (2) được 2x 12 1  x 1  y 1

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x; y là (1; 1) và (1; -1)

Thí dụ 2 Giải hệ phương trình

0 16 8 16 4 5

) 4 )(

4 5 ( 2 2 2

y x xy x y

x x

y

(x,yR )   12

Phân tích : Biến đổi vế trái của (1) : VT 5 2 16 16

x x Ta thấy có mối quan hệ với pt (2) nên ở pt (2) ta nhóm (  5x2  16x 16) và thay bởi y

Lời giải Từ (1) 2 5 2 16 16

0 8

4

2y2  xyy  2y(y 2x 4 )  0 y 0 hoặc y 2 x 4

Lần lượt thế vào phương trình (1) ta cũng được nghiệm hệ đã cho x; y là (0; 4) , (4; 0) , 

  ; 0

5

4

Thí dụ 3 (Khối D-2008) Giải hpt ( , )

2 2 1 2

2 2 2

R y x y x x y y x

y x y x xy

 2

1

Phân tích : Sau khi đặt điều kiện, ta tìm cách biến đổi một pt

Nhận thấy ở pt (1) chuyển y2 sang vế trái thì vế phải là hằng đẳng thức

) )(

(

2

2 y x y x y

x     và vế trái lúc này xyxyy2  (xy)(xy 1 ) Như vậy pt (1)

đã được phân tích thành nhân tử

Lời giải ĐK x 1, y 0(*)

x y y x y xy

0 ) 1

)(

1

2 y

x y x

Trang 6

+) x  y( không thoã mãn (*)).

+)x 2 y 1, thay vào (2) ta được  2y 1  2yy 2y  2 y 1 

 y 1  2y 2 y 1   2y  2(Vì y 0 )

y 2  x 5

Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y là (5; 2)

Cách khác: Coi (1) là phương trình bậc 2 theo x hoặc y

Bài tập Giải các hệ phương trình sau:

0 2 5 2

3

0 3

2

2

y x xy y

x

y x y

x



2

0 1 3 2

.

2 2

y x

y xy y x

3.1.3 Hệ có dạng

c v u f

v f u f

) , (

) ( )

(

, trong đó f (t)là hàm số đơn điệu và liên tục trên miền xác định của nó thì có thể suy ra u  v rồi thế vào pt còn lại.

Thí dụ 1 (Đề thi HSG -2012) Giải hệ phương trình

) , ( 0

1 ) 1 ( 2

2 ) 2 ( )

( 2 2

3 3

2

R y x x

y

y x y x y x y x

y x y x

 

 2 1

Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần ( 2x  y) và (x  y) Ta nhóm chúng lại và lập tức thấy pt có dạng f(u) f(v)

Lời giải Biến đổi (1), ta có

x y x y x y x y x y x y x y R

)

1

Đk: x  y

Xét hàm số f t t t t

2 ) ( , t 0

0 2 2

ln 2 )

(

t

t t t

Hàm số f (t)đồng biến khi t 0

Từ pt (3) ta có f(u) f(v)  2xyxyx 2y, thay vào (2) được pt

3

3 y  1  2 (x 1 ) (3)

Đặt 3 y 2t 1 , pt (3) có dạng 

3 3 ) 1 2 (

) 1 2 (

t y

y t

, Trừ theo vế hai pt trên , biến đổi ta được (

ty2 ( 2y 1 ) 2  2 ( 2y 1 )( 2t 1 )  2 ( 2t 1 ) 2  1 0

0

t y (Vì g(t,y) 2 ( 2y 1 ) 2  2 ( 2y 1 )( 2t 1 )  2 ( 2t 1 ) 2  1 0 , y,t

2 1

)

1

2

( 3

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (2; 1)

Thí dụ 2 (Khối A -2010) Giải hpt    

7 4 3 2 4

0 2 5 3 1

4

2 2 2

x y

x

y y

x x

(x, y R)   12 .

Phân tích: Chúng ta cũng thấy ở pt (1) có 2 biểu thức chỉ có hoặc xhoặc y không

có chứ xy nên ta tìm cách biến đổi về dạng f(u) f(v) Đầu tiên là trong căn có 2y

ta nhân 2 vế với 2 thì có 2x biểu thức có dạng 4x2 12x  2y 6  5 2y

2

2 4

)

2

( xx như vậy ( 5 2y) 2 5 2y

 Ta chuyển vế và biến đổi tiếp

Lời giải ĐK x

4

3

 ,

2

5

Trang 7

Ta có (1)  4x2  12x  5  2y 1  5  2y (3).

Ta thấy pt (3) có dạng f 2x f 5  2y, với   ( 2 1 )

t t

  3 1

t

t

f >0, t  R,  f t là hàm đồng biến liên tục với mọi t > 0

Do đó (3)  2x 5  2y

2 4 5 4 3 0

2

x y

x

Phương trình (2) trở thành 6 4 2 3 4 7

4

Nhận thấy x=0, x=

4

3

không phải là nghiệm của pt (*)

Xét hàm số  g x  4x4  6x2  2 3  4x 43 trên khoảng (0; 43 )

4 3

4 )

3 4 ( 4 4 3

4 12

16

x x

x x x

x

x

4

3

; 0 (

x

Suy ra hàm số  g x nghịch biến trong khoảng (0;

4

3

)

2

1

g Do đó (*) có nghiệm duy nhất x21

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (

2

1

; 2)

Bài tập Giải các hệ phương trình sau:

4 2 5 3

1 2 2 1 2 4

.

2 2

2

x y xy y

e e y x

y

10 ) 4 ( log ) ( log

2

y y x e

e x y

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 Sxy , P  xy

( đk: S 2 4P),

Thí dụ 1 Giải hệ phương trình

11

0 30 )

2 ( )

1 (

2 2

3 2

2 3

y xy xy x y x

xy y y

x y y x

(x , y R)   12 .

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

xy y x y

x

xy

xy xy

y x y

x

xy

11 )

(

30 ) )(

(

xy y x y x xy

xy y x y x xy

Đặt Sxy, P  xy, (S2  4P ) hệ đã cho trở thành 

11 30 ) (

S P PS

S P PS

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

21 5

; 2

21 5

  

2

21 5

; 2

21 5

Thí dụ 2 (Khối A-2006) Giải hệ phương trình ( , )

4 1 1 3

R y x y x xy y x

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 xy 0, x  1, y  1

Trang 8

Ta có hệ pt đã cho tương đương với 

 1 y 1 2 xy (x y) 1 16

Đặt Sxy, P  xy (S2  4P) ,hệ đã cho trở thành

S S

P

S

P

14

1

2

3

 

2 2

28 196 ) 1 (

4

9 6 14 3

S S S

P

S S P S

) 3 (

) 2 (

) 1 (

Giải hệ trên được nghiệm thoã mãn S= 6, P=9

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là (3; 3)

.Bài tập Giải các hệ phương trình sau:

1.

17 5

3 3

3

x

y

xy

x

2 

1 1

1

3

2 2

xy y x

xy y

y x x

3.2.2 –Hpt trở thành đối xứng loai 1 sau khi đặt ẩn phụ uu x ,vv x

Thí dụ 1 Giải hệ phương trình

1 2 1 2 2

2 2 2 2

y xy xy y x x

xy y

x y x

(x , y R)   12 .

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 uxy, v  xy

Lời giải Ta có hệ pt đã cho tương đương với

0 1 )

( ) (

0 1 )

xy y x xy y x

y x y x

Đặt u =x-y, v=x.y, hệ đã cho trở thành : 

0 1 0 1 2 2

v uv u v u

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 1 1 4 1 1

4 2 2 2

y x y x

y x y x

(x , y R)

Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 1 tuy nhiên nếu đặt ngay Sxy, P  xythì

hệ pt sẽ rất phức tạp Mặt khác 2 pt đã cho trong hệ có mối liên hệ với nhau

2

1 )

1

x

x

x

y

y y

y Ta đặt ux1x,vy1y

Lời giải ĐK: x 0, y 0

Đặt ux1x, vy1y( u  2 ,v  2), hệ đã cho trở thành

8 4

2

u v u

, giải tìm được u=2,v=2

Từ đó suy ra xy1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1)

Bài tập Giải các hệ phương trình sau

1 

1 3

2

x

xy

y

x

2 

72 ) 1 )(

1 (

18 2

2

y x

xy

y x y x

3 

21 7 4 2 2 4 2 2

y y x x

xy y x

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 

1 2

1 1

3

x y

y y x x

( x , y R)

 

 2

1

Phân tích : pt(1) đối xứng có thể : hoặc có dạng f(x) f(y), f (t) là hàm số đồng biến hoặc có thể biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung

Lời giải ĐK: x 0, y 0

Trang 9

Biến đổi pt (1) (1)    1 1  0

y x y



xy y

1

xy

y x

+) x=y thay vào (2) , tìm được nghiệm x  1,

2

5

1 

x

+) xy=-1 thay vào (2) pt vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1), (

2

5

1 

2

5

1 

2

5

1 

2

5

1 

Thí dụ 2 Giải hệ phương trình     

2 2

2

3 2

2

2

0 ) ( 2 3

4 5

y x y

x xy

y x y

xy y

x

(x , y R)   12

Phân tích : (2) là pt đối xứng ta có thể đưa về tổng x+y và tích xy

Lời giải Biến đổi pt (2) (2)  xyxy2  2xy 2 xy2

 x  y2xy 1 - 2[xy2  1]

 xy 1xy2 2xy 2 0 

2 2

x

y

+) xy= 1 x1y, thay vào (1) giải pt được y= 1

Do đó pt có nghiệm (x; y ) là (1; 1), (-1; -1) (*)

+) 2 2 2

y

x thay vào (1) ta có

0 2 2 ) 2 ( 3 4

xy x y x y

y

x

  2   1 0

1

2

xy

y x

Khi x 2y kết hợp x2 y2  2 ta tìm thêm được   

5

10

; 5

10 2

; y

 

5

10

;

5

10

2

(**) Vậy hpt đã cho có 4 bốn nghiệm (x; y) ở (*) và (**)

Bài tập Giải các hệ phương trình sau:

1.

2 2

2

2 2 2

) ( 3 1 ) (

0 ) ( 4 3 2

y x xy y

x

xy

y x y

xy y

x

2

36 ) 4 2

)(

4 (

1 1

3 3

y x y x

y y x x

3.2 4 Hệ là đối xứng loại II Ta thường lấy pt này trừ pt kia và biến đổi về dạng

0 ) ,

(

)

(xy f x y

Thí dụ Giải hệ phương trình ( , )

7 5 2

7 2 5

R y x y

x

y x

Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 2 nhưng ta phải bình phương 2 vế các pt rồi

mới trừ vế với vế ph này cho pt kia thì xuất hiện

Lời giải ĐK x 2, y 2(*)

49 5 2

2 5 2

49 ) 2 )(

5 ( 2 2 5

y x

y x

y x

y x

  12 lấy pt (1) trừ pt (2) và biến đổi ta có x=y

Trang 10

Thay x=y vào pt (1) ta có pt : x2  3x 10  23  x

11 46

529

10

3

0

23

2

x x

x

x

x

(thoã mãn (*) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (11; 11)

Bài tập Giải các hệ phương trình sau

1.

) (

2

1

) (

2

1

2 3

2 3

x y y y

y x x x

2

 1 3 2 2

1 3 2 2

1 2

1 2

x y

y y

y

x x

x

3.2.5.Hệ phương trình mà mỗi pt bậc của x,y có cùng bậc Nếu là hệ thuần nhất , ta thường xét x=0 (hoặc y=0) có phải là nghiệm không Sau

đó khi x # 0 (y # 0) ta chia cả 2 vế của pt cho x, x 2 , x 3 (hoặc y, y 2 , y3) hoạc đặt x=ky.

Thí dụ 1 (Khối B-2009) Giải hệ phương trình

2 2

7 1

y xy

y x

y x

xy

  12

Phân tích : -(1) là pt bậc nhất đối với x,y nên ta có thể làm như dạng 3.1.1

- Cũng có thể nhận thấy đây là hệ pt mà mỗi pt có bậc x, y như nhau nên ta chia lần

lượt (1) và (2) cho y và y2 (sau khi đã xét y=0) Ta sẽ nhìn ra ngay cách làm

Lời giải Nhận thấy y= 0 không phải là nghiệm của hệ.

Khi y # 0.Chia pt (1) cho y, pt (2) cho y2 theo vế Hệ pt đã cho tương đương với

13 ) 1 (

7 ) 1

(

13

1

7

1

2 2

2

2

y x y x

y x y

x

y

y

x

x

y

y

x

x

Đặt ux 1y, v  x y , hệ đã cho trở thành 

13 7

u v u

Giải hệ trên được 

 3 4

v u

, 

 12 5

v u

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (3; 1), 

 3

1

;

Thí dụ 2 Giải hệ phương trình   

2 2

3 3

1 5 1

16 4

x y

x y

y x

x,yR  

 2 1

Phân tích : Các pt cùng bậc với nhau Pt (2) chỉ có bậc 2 ta chia cả 2 vế cho y2 xuất hiện 2

1

y và ( )

y

x

nên ta chia 2 vế của pt (1) cho y3 ta cũng sẽ có 2

1

y và ( )

y x

Lời giải Nhận thấy y=0 không là nghiệm của hệ

Hệ đã cho tương đương với

].

1 [ 5 1 1

1 16 1 1 4 ) (

2 2

2

2 2

3

y x y

y

y y x y

y x

Đặt u  y x , 2

1

y

v  (v 0), hệ đã cho trở thành 

0 1 5

4

16 1 4

2 2

2 2

3

u v

uv v

 2 1

Từ(2) 

4

5

v   thay vào (1) tìm được u 0  v41; u31 v91thõa mãn Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 2), (0; -2), (-1; 3), (1; -3)

Thí dụ 3 Giải hệ phương trình

8 2

15 3

2

2 2

2 2

y xy x

y xy x

x,yR 

 2 1

Phân tích : Đây là hpt thuần nhất bậc hai

0 ' ' ' '

0 2

2 2 2

d xy c y b x a

d cxy by ax

, kiểm tra x=0, y=0 có phải là nghiệm không sau đó đặt x=ky (k 0 )

Ngày đăng: 20/03/2015, 05:16

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w