SKKN Dạy học sinh giải hệ phương trình đại số

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “DẠY HỌC SINH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ” Phần thứ nhất THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1.Tên sáng kiến: DẠY HỌC SINH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chương trình toán THPT 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 5/9/2013 đến 24/5/2014 4. Tác giả: Họ và tên : Hồ Xuân Phúc Năm sinh : 1959 Nơi thường trú : 70 Nguyễn Đức Thuận- Phường Thống Nhất Thành phố Nam Định Trình độ chuyên môn : Đại học sư phạm Toán Chức vụ công tác : Giáo viên Nơi làm việc : Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Thành phố Nam Định Địa chỉ liên hệ : 70 Nguyễn Đức Thuận- Nam Định Điện thoại : 0912283837 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ : 76 Vị Xuyên- Nam Định Điện thoại : 03503 640297 3 MỞ ĐẦU I.Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: - Bản thân yêu thích giải hệ phương trình - Hệ phương trình thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, thi đại học - Thông thường để giải được hệ thì người giải phải biết qui hệ phương trình đó về hệ phương trình quen thuộc - Người thầy biết đúc kết hệ thống dạng, phân tích đầu bài và truyền cho học sinh kinh nghiệm đó thì học sinh sẽ áp dụng giải quyết tốt những bài toán mới được đặt ra II.Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến: - Hệ phương trình học sinh được học từ lớp 9, lớp 10 và đây là nội dung quan trọng thường xuyên gặp trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, thi đại học. - Sách giáo khoa đưa ra lượng bài tập ít, quá đơn giản so với yêu cầu phải giải được các bài toán đòi hỏi tư duy sáng tạo trong các đề thi học sinh giỏi cũng như thi đại học. - Phần đông học sinh phổ thông gặp khó khăn khi giải quyết bài toán giải hệ phương trình. Để giải được hệ phương trình học sinh phải nắm được một số dạng hệ phương trình quen thuộc đã học và đặc biệt biết quan sát chuyển hệ phương trình đó về hệ phương trình biết cách giải. Trong bài viết này tôi muốn trình bày dạy học sinh một số phương pháp giải hệ phương trình và dạy học sinh cách nhìn nhận quan sát để chuyển hệ phương trình về hệ phương trình quen thuộc biết cách giải. III.Các giải pháp trọng tâm: Nội dung bài viết nêu bốn phương pháp giải hệ: 1) Phương pháp đặt ẩn phụ 2) Phương pháp dùng phương trình bậc hai 3) Phương pháp hàm số 4) Phương pháp hình học 4 Phần thứ hai NỘI DUNG SÁNG KIẾN 1.Phương pháp đặt ẩn phụ: a) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn Ví dụ 1:      =−−− =+−+ 3899212 1434 yyx yxyx      =+−− =++− ⇔ 3)4(2)34(3 1)4()34( yyxx yyxx (ĐK 0 ≥ x và 0≥y ) Đặt      += −= yyv xxu 4 34 hệ phương trình thành hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:    = = ⇔    =− =+ 0 1 323 1 v u vu vu Giải được (x, y) = (1, 0) b) Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I: Ví dụ 2:    =++ =++ 1033 21)3)(2( 2 yxx yxxx      =+++ =++ ⇔ 10)3()2( 21)3)(2( 2 2 yxxx yxxx Đặt:    += += yxv xxu 3 2 2 hệ phương trình trở thành:           = =    = = ⇔    =+ = 3 7 7 3 10 21 v u v u vu uv Với:    = = 7 3 v u giải được ) 3 10 ;3();2;1(),( −=yx    = = 3 7 v u giải được ) 3 224 ;21(); 3 224 ;221(),( + −− − +−=yx Ví dụ 3:      =+ =+ 22 333 64 18278 yxyx yyx +) Với y = 0 không thỏa mãn 5 +) với y ≠ 0 hệ phương trình biến đổi được:        =         + =         + 3 3 2 3 .2 18 3 )2( 3 3 y x y x y x Đặt      = = y v xu 3 2 hệ thành:    =+ =+ 3)( 18 33 vuuv vu Đây là hệ đối xứng loại I, giải được: ; 2 53 2 53        − = + = v u        + = − = 2 53 2 53 v u Từ đó được nghiệm:         −−         ++ 2 539 , 4 53 ; 2 539 , 4 53 c) Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II: Ví dụ 4:      +=− +=−− 2)2(3 26)2(3 22 222 xyx xyyx      +=− +−=− ⇔ 2)2(3 2)2()2(3 22 22 xyx yyx Đặt t = y -2 thì hệ thành hệ đối xứng loại II theo x và t      += += )2(23 )1(23 22 22 xxt ttx Lấy (1) trừ đi (2) theo vế được: 22 )(3 xttxxt −=− (*)0)3)(( =++−⇔ txxttx Nếu x,t thỏa mãn hệ (1),(2) thì 0〉x và 0〉t 03 〉++⇒ txxt Do đó (*) tx =⇔ Từ đó giải được: x = t = 1 và hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 3) d) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình “đẳng cấp”: Ví dụ 5:      +−−=+ ++=+ 7124)3(4 13)3(2 22 2 yxyyx yxyx      =−+++ =+−+ ⇔ 7)3(4)3(4 1)3()3(2 22 2 yyxx yxx Đặt t = x+3 thì hệ thành “đẳng cấp” bậc 2 6      =+ =− 744 12 2 2 ty tyt      =−+ =− ⇔ )2 (744 )1 (7714 22 2 ytyt tyt Lấy (1) trừ đi (2) được: 01110 22 =+− ytyt 0)10)(( =−−⇔ ytyt    = = ⇔ yt yt 10 +) Giải được: 1±== yt Suy ra (x, y) =(-2; 1); (x, y) = (-4; -1) +) 10t = y giải trường hợp này đưa đến hệ vô nghiệm. e) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình khác: Ví dụ 6:      =+++−+ =−++ )2 (69)13(6)362( )1 (8223 xyyyxx yxyx ĐKXĐ: yx 2≥ Quan sát pt(1) để nghĩ ra cách biến đổi(2) về: 69)2(3)3(2 2 =−−+ yxyx Đặt: yxu 3+= yxv 2−= )0,( ≥vu thì hệ thành:    =− =+ 6932 82 22 vu vu Dùng phương pháp thế, chọn u, v thích hợp được:    = = 1 6 v u và giải được hai nghiệm: )1;3(),( =yx ;       −−= 5 7 ; 5 9 );( yx Ví dụ 7:    =−−+ =−− )2 (383 )1 (323 22 yxyx yxxy Nhân 2 vế của pt(1) với (2) rồi cộng pt(2) theo vế được )3 (044)(7)( 2 =−+−+ yxyx Đặt u = x + y , pt(3) thành    −= = ⇔=−− 4 11 0447 2 u u uu +) u =11 giải được (x; y) = (5; 6) +) u = -4 Giải được         +−−− = 2 533 ; 2 535 );( yx 7 Ví dụ 8:    =++ =++ 222 71 913 yxyyx yxxy +) Xét y = 0 không thỏa mãn +) Xét 0≠y hệ phương trình thành        =−         + =++ 7 1 9.3 1 2 y x y x y x y x Đặt        = += y x v y xu 1 hệ thành:    =− =+ 7 93 2 vu vu hệ này giải được bằng phương pháp thế hoặc cộng trừ đại số được:    = = 2 3 v u được (x, y) = (2; 1), (1; 2 1 )        = − = 9 37 3 10 v u đưa đến hệ vô nghiệm Ví dụ 9:      +−−=−−−+ =−− )2 (2)324(12)142( )1 (385 22 yxyxyxyx yyx Pt(2) [ ] [ ] yxyxyxyx 21)12(2121)2(2 +−−−=−−−+⇔ Đặt a = x +2y )0( ≥a b = 2x – y - 1 )0( ≥b Pt(2) thành: abba )12()12( −=− 0)12)(( =+−⇔ abba 122 −−=+⇒=⇔ yxyxba 13 +=⇔ yx thế vào (1) được:     −= = ⇔=−− 2 1 1 012 2 1 2 y y yy 41 11 =⇒= xy (thỏa mãn) 2 1 2 1 22 −=⇒−= xy ( không thỏa mãn) Vậy: (x, y) = (4; 1) Bài tập tương tự áp dụng giải hệ bằng phương pháp đặt ẩn phụ: 8 1)      =−−− =+−+ 389212 1434 22 22 yxyx yxyx 2)      =−− −=++ 22 3222 22 yxyx yxyx 3)        =+++ =+++ 2 1711 5 11 22 22 yx yx yx yx 4)    =+++ =++ 18 72)1)(1( 22 yxyx yxxy 5)    =++ =++ 222 131 71 yxyyx yxxy 6)      −=+− =+− 1 1 23 2234 xyxyx yxyxx 7)      =+− −= xyyy yx 233 32 23 3 2. Phương pháp “dùng Phương trình bậc hai”. Khi giải phương trình, hệ phương trình bậc cao thường nghĩ đến việc có đưa được về phương trình tích không; Việc đưa về tích thường khó khăn. Có một cách giải quyết khó khăn đó là đưa về phương trình bậc 2 đối với x( hoặc phương trình bậc 2 đối với y). Giải phương trình tìm x theo y ( hoặc tìm y theo x). Hoặc tìm điều kiện ràng buộc của x, y Ví dụ 10:      =−+++ =++−−+ )2 (04 )1 (0252 22 22 yxyx yxyxyx Pt(1): )'1 (0252)1( 22 =−+−+− xxyxy Coi pt(1’) là phương trình bậc 2 ẩn y tham số x 222 )33()252(4)1( −=−+−−+=∆ xxxx Khi đó : xy xx y −=⇒ −−+ = 2 2 )33(1 12 2 )33(1 −=⇒ −++ = xy xx y Với y = 2-x kết hợp (2) được (x, y) = (1; 1) Với y = 2x – 1 kết hợp (2) được       −− == 5 13 ; 5 4 );();1;1(),( yxyx Hệ có 2 nghiệm       −− == 5 13 ; 5 4 );();1;1();( yxyx Ví dụ 11:      =− =−−++ )2 (2 )1 (03425 23 22 xy xyyyx (1) )'1 (03254 22 =−++−⇔ yyxyx Coi pt(1) là phương trình bậc 2 ẩn x, tham số y 9 32)325(4' 222 +−−=−+−=∆ yyyyy Pt(1’) có nghiệm 130' ≤≤−⇔≥∆⇔ y 1 3 ≤⇒ y 1 23 ≤−⇒ xy do đó pt(2) vô nghiệm ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm Ví dụ 12: ( kết hợp cả đặt ẩn phụ và phương pháp dùng phương trình bậc 2)      =−−+ +−=+−−+−+ )2 (12513 )1 ()1)(2(1912225156 yx xyxyyx ĐKXĐ    ≥ −≥ 2 1 y x Pt(1) )'1 ()1)(2(191221)2(15)1(6 +−=+−−+−−++⇔ xyxyyx Đặt 1+= xa , 2−= yb )0,( ≥ba pt(1’) thành: ababba 1921156 22 =−+−+ )''1 (01215)119(6 22 =−+++−⇔ bbaba coi pt(1’’) là phương trình bậc 2 ẩn a, tham số b )1215.(6.4)119( 22 −+−+=∆ bbb = 2 )5( −b 2 13 + = b a 3 15 − = b a Với cách đặt trên pt(2) thành: 3a – 5b = 1 (2’) Với 2 13 + = b a kết hợp (2’) được:    = = ⇒    = = )(3 )(3 1 2 Tmy Tmx b a Với 3 15 − = b a kết hợp (2’) ⇒ Hệ vô nghiệm Bài tập tương tự giải hệ bằng phương pháp phương trình bậc hai: 1)      =+ =+−− 1432 342 22 22 yx yxyx 2)      =++ =++−++ 1)2( 0)1(2 24 2234 yyxx yxyxyxx 3)      =− =++− 18 022 23 22 xy xyxyx 4)      =−++ =+ 0 2 22 23 yyxyx yx 3. Phương pháp hàm số. Nhận xét 1: Hàm số f(t) đồng biến ( nghịch biến) trên (a, b) , ),(, 21 batt ∈ thì: 2121 )()( tttftf =⇔= 10 Nhận xét 2: Nếu ff DxDxmxf ∈∈∀≤ 0 ,)( mxf =)( 0 g Dymyg ∈∀≥)( myg =)( 0    = = ⇔==⇒ 0 0 )()( yy xx mygxf Dựa vào các nhận xét trên ta áp dụng giải hệ phương trình: Ví dụ 13:      =+ −−=−− )2 (1 )1 (3)24(3)24(22 2 233 yx xxxx ĐKXĐ:      ∈ ≥ Ry x 2 1 Pt(1) ( ) )24(324232 3 23 −+−=+⇔ xxxx Xét hàm số 23 32)( tttf += ) 2 1 ( ≥t 066)(' 2 〉+= tttf 2 1 ≥∀t ⇒ hàm số f(t) đồng biến 2 1 ≥∀t Do đó: ( ) 2424)( −=⇔−= xxxfxf 22 ±=⇔ x ( thỏa mãn) Kết hợp với (2) ta giải được hệ có 2 nghiệm: ( ) ( ) 524;22;245,22 −−−−+ Ví dụ 14:      =−−−−+ =−−+− )2 (01231 )1 (0233 222 233 yyxx xyyx ĐKXĐ:    ≤≤ ≤≤− 20 11 y x Pt(1) 2323 3)1(3)1( yyxx −=+−+⇔ Xét hàm số ,3)( 23 tttf −= [ ] 2;0∈t ,063)(' 2 ≤−=⇒ tttf [ ] 2;0∈t )(tf⇒ nghịch biến trên [ ] 2;0 Do đó 1)()1( +=⇔=+ xyyfxf Thế y = x + 1 vào (2) thu gọn được: 0121 22 =−+− xx ( ) 0211 22 =+−−⇔ xx 1±=⇔ x ( thỏa mãn) Suy ra hệ có 2 nghiệm (x, y) = (1; 2); (x, y) = (-1; 0) 11 [...]... được đúc kết qua các năm dạy học Sáng kiến này phục vụ cho việc giảng dạy của thày giáo khi dạy lớp 10 phần hệ phương trình và dạy ôn thi đại học cho lớp 12 chuyên đề hệ phương trình đại số ( có trong cấu trúc mới của đề thi đại học) Sáng kiến kinh nghiệm này đã phục vụ cho học sinh lớp 10 và lớp 12 mà tôi trực tiếp giảng dạy Nhờ kinh nghiệm này mà kết quả học tập của học sinh tốt hơn Cụ thể qua các... tuần, thi học kì, thi đại học, thi học sinh giỏi phổ thông nếu trong đề có hệ phương trình thì học sinh của tôi đều giải tốt bài đó, góp phần nâng điểm trung bình bộ môn toán của các kì thi đại học của lớp tôi trực tiếp giảng dạy trong những năm gần đây khá cao V Đề xuất kiến nghị: Để hoàn thành sáng kiến này tôi đã nhận được sự giúp đỡ của đồng nghiệp trong tổ toán Tôi đã dựa vào các đề thi đại học, dựa... được Hệ có nghiệm y=− Bài tập tương tự giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số: 1) 2) 3) 4)  y − 2 − x − 1 = 27 − y 3   ( y − 2) 4 + 1 = x  2 x  x2 + x + ln − e y + y = 0 e y   x + x8 + 3y 4 − y = 4   x 2 + 15 + y 3 + x 2 = 3 x + x 2 + 8   2 x + y 3 = 2  3 x − 1 + 4 5 − x + x 2 = 22 + y 2   2  x − y 2 = 16  4 Phương pháp hình học Có những hệ phương trình nếu giải theo phương. .. pháp đại số gặp khó khăn nhưng nhờ phương pháp hình học thì việc giải quyết bài toán sẽ gọn nhẹ hơn Ví dụ 17: 3 x − 2 y = 5 (1)   2  x + y 2 − 2 x − 4 y + 5 + x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 10 = 13 (2)  Pt(2) ⇔ ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( x − 3) 2 + ( y + 1) 2 = 13 Đặt A(x; y), B(1; 2), C(3; -1), BC = 13 Lúc đó AB + AC = BC ⇒ A, B, C thẳng hàng Phương trình BC : 3x+2y-7=0 Từ đó đưa đến hệ phương trình. .. x)(4 – x) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2; 2) Ví dụ 19: x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 2 y − 4z + 2 = 0   x + y + z = 10 ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4 (1) ⇔  x + y + z − 10 = 0 (2) Coi pt(2) là phương trình mặt phẳng (α ) Và pt(1) là phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2),bán kính R = 2 d ( I , (α )) = 1+1+ 2 3 = 4 3 〉2 mặt phẳng (α ) và mặt cầu (S) không có điểm chung Hệ phương trình vô nghiệm... = 0 ⇔  y = 1 y −1 = 0  Với x = 3  y = 1 thỏa mãn pt(2) Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (3; 1) Ví dụ 17: 2  3 x − 1 + 4 5 − x + y = 15 − x (1)  2  x + y = 5 (2)  ĐKXĐ: 1 ≤ x ≤ 5 y ∈ R Lấy (1) trừ đi (2) theo vế và thu gọn được phương trình: 12 3 x − 1 + 4 5 − x = 10 Đặt f ( x) = 3 x − 1 + 4 5 − x Tìm được giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên [1;5] là maxf(x) = 10 f ( x) = 10 ⇔ x = Thế x= 61 25... phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2),bán kính R = 2 d ( I , (α )) = 1+1+ 2 3 = 4 3 〉2 mặt phẳng (α ) và mặt cầu (S) không có điểm chung Hệ phương trình vô nghiệm Bài tập tương tự áp dụng giải hệ bằng phương pháp hình học: ⇒ ⇒ 1) 2) 3) 3 x + 4 y = 26   2  x + y 2 − 4 x + 2 y + 5 + x 2 + y 2 − 20 x − 10 y + 15 = 10   y 2 x + 3 + 2 x + 1 = ( y 2 + 4)(3x + 4)    x + y 2 = 12   x 2 + y 2 + z 2... đã cho Vậy hệ có nghiệm  1 ( x; y ) =  2;   2 Ví dụ 18:  y 3 x + 2 + 4 − x = ( y 2 + 1)(2 x + 6) (1)    x + y 2 = 6 (2)  13 x = 2 3x − 2 y = 5  ⇔ ⇔ 1 3x + 2 y = 7 y = 2  ĐKXĐ: Đặt  2 − ≤ x ≤ 4  3 y ∈ R  a = ( y;1), b = ( 3x + 2 ; 4 − x ) a.b = y 3 x + 2 + 4 − x a b = ( y 2 + 1)(2 x + 6 (1) ⇔ a.b = a b ⇔ cos(a, b) = 1 ⇔ a, b cùng hướng +) Xét y = 0 không thỏa mãn hệ +) Xét y≠0... x 2 ≤ 2 ∀x ∈ − 2 ; 2 g ( y ) = 4 y 2 − 4 y + 3 = ( 2 y − 1) 2 + 2 ≥ 2 ∀y ] x = 1 x = 2 − x 2   ⇒ f ( x) = g ( y) = 2 ⇔  ⇔ 1 2 y − 1 = 0 y = 2   x = 1   1 thỏa mãn pt(2) y = 2   1 Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = 1; 2    Ví dụ 16:  x 2 − 2 x + 6 = x 2 x + 3 − ( y − 1) 2 (1)   2  x + y 3 = 10 (2)  3  x ≥ − 2  y ∈ R  ĐKXĐ: Nhân 2 vế của pt(1) với pt(2) rồi đưa về: ( ( x − 3)... khá cao V Đề xuất kiến nghị: Để hoàn thành sáng kiến này tôi đã nhận được sự giúp đỡ của đồng nghiệp trong tổ toán Tôi đã dựa vào các đề thi đại học, dựa vào ngân hàng đề thi toán của tổ để chọn làm một số ví dụ minh họa trong sáng kiến Bản sáng kiến được chuẩn bị nghiêm túc song không tránh khỏi những sai sót Tác giả xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp bổ sung của đồng nghiệp để bản báo cáo này được . muốn trình bày dạy học sinh một số phương pháp giải hệ phương trình và dạy học sinh cách nhìn nhận quan sát để chuyển hệ phương trình về hệ phương trình quen thuộc biết cách giải. III.Các giải. TÀI: “DẠY HỌC SINH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ” Phần thứ nhất THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1.Tên sáng kiến: DẠY HỌC SINH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chương trình. trình. Để giải được hệ phương trình học sinh phải nắm được một số dạng hệ phương trình quen thuộc đã học và đặc biệt biết quan sát chuyển hệ phương trình đó về hệ phương trình biết cách giải. Trong