SKKN cách giải hệ phương trình đối xứng trong toán THPT

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC BINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 ---------------------------------- SÁNG KIẾN ĐĂNG KÝ CẤP : TRƯỜNG TÊN SÁNG KIẾN “PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG” Tác giả sáng kiến : NGUYỄN SỸ AN Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : THPT Yên Phong số 2 Bộ môn ( Chuyên ngành) : Toán YÊN PHONG,THÁNG 12 NĂM 2013 1 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 PHẦN I: MỞ ĐẦU I.Mục đích Qua quá trình công tác giảng dạy ở trường THPT , tôi thấy hệ phương trình nói chung và hệ phương trình đối xứng nói riêng là một phân kiến thức hết sức quan trọng trong chương trình lớp 9 và cả lớp 10 THPT. Đặc biệt nó là phần không thể thiếu trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học . Từ thực tiễn giảng dạy của bản thân với các đối tượng học sinh ở trường THPT Yên Phong số 2 đặc biệt là ôn thi đại học , tôi nhận ra là đa phần các em đều dễ tiếp thu và yêu thích .Kỹ năng trình bày cách giải hệ phương trình đối xứng loại I và loại II rất dễ hiểu đối với mọi đối tượng học sinh . Mỗi một loại hệ phương trình đối xứng đều có các ví dụ minh họa , phân tích và có hướng dẫn giải cụ thể.Từ đó còn có ứng dụng rất quan trọng trong việc gải một số dạng toán phức tạp có mức độ tư duy sáng tạo cao. Điểm mới trong nghiên cứu : Từ cách giải hệ phương trình đối xứng ,có liên hệ đến các dạng toán khác. II.Đóng góp 1. Sánh kiến là một tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh ôn thi đại học 2. Sáng kiến là một tài liệu tham khảo hữu ích cho quý thầy cô và các em học sinh trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi. 3. Sáng kiến còn thúc đẩy học sinh trong việc tìm tòi, sáng tạo ra các dạng toán mới. 4. Sáng kiến còn là công cụ để giải các dạng toán khác trong chương trình phổ thông. Với những đóng góp như vậy tôi tin bản sáng kiến “Cách giải hệ phương trình đối xứng ” sẽ là một tài liệu tham khảo có những lợi ích thiết thực cho quý thầy cô, các bạn đồng nghiệp và các em học sinh. 2 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 PHẦN II : NỘI DUNG Chương 1 : CƠ SỞ KHOA HỌC I .Cơ sở lý luận: Khi giải một bài toán về phương trình, hệ phương trình và đặc biệt là hệ phương trình đối xứng ta cần đọc kỹ đề bài, nắm đúng dạng bài và cách giải tương ứng . Ngoài ra ta còn phải chú ý đến các yếu tố sau : lời giải đã thể hiện được hết các yêu cầu của đề bài hay chưa ? Để giải quyết vấn đề này ta phải bắt đầu từ đâu ? Nội dung kiến thức nào liên quan đến vấn đề được đặt ra, trình bày nó như thế nào cho đúng đắn... có được như thế mới giúp chúng ta giải quyết được nhiều bài toán mà không gặp phải khó khăn. II . Cơ sở thực tiễn : “Cách giải hệ phương trình đối xứng”. Đây là một vấn đề được rất nhiều người đề cập đến đặc biệt là trong chương trình ôn thi đại học cũng như thi học sinh giỏi.Trong thực tế ngoài việc giải hệ phương trình đối xứng , ta còn gặp nhiều bài toán đưa về hệ phương trình đối xứng để lời giải đơn giản hơn. Trong phạm vi đề tài của mình tôi chỉ xin nêu ra cách giải hệ phương trình đối xứng ,mỗi loại hệ phương trình đối xứng đều có các ví dụ minh họa , phân tích và có hướng dẫn giải cụ thể. Ngoài ra có liên hệ đến việc ứng dụng giải hệ phương trình đối xứng đến việc giải phương trình ,chứng minh bất đẳng thức và tìm giá tri lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số. 3 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 Chương 2.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Khi học sinh giải bài toán về hệ phương trình đ ối xứng các em thường gặp khó khăn vì những lí do sau : - Thứ nhất, các em vẫn chưa nắm vững dạng của hệ phương trình đối xứng. - Thứ hai , trong quá trình giải khi đặt S = x + y ; P = xy nhưng quên không đặt điều kiện S2 − 4P ≥ 0 . - Thứ ba , một số em giải phương trình : X 2 − SX + P = 0 vẫn chưa thạo. - Thứ tư , học sinh gặp khó khăn khi giải hệ phương trình đối xứng có chứa tham số. - Thứ năm, học sinh gặp khó khăn khi giải bài toán đ ưa về hệ phương trình đối xứng . Để giúp học sinh giảm bớt khó khăn khi làm về dạng toán này tôi có mạnh dạn đưa ra đề tài “Giải hệ phương trình đối xứng”, với hi vọng nhằm giúp học sinh phần nào tháo gỡ những khó khăn đó. Trong quá trình biên soạn đề tài này chắc sẽ không tránh khỏi những thiếu sót. Mong nhận được sự góp ý chân thành của quý thầy cô , các bạn đồng nghiệp và Hội đồng chuyên môn của nhà trường để các đề tài sau của tôi được tốt hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!. Chương 3 : CÁC GIẢI PHÁP I. Hệ phương trình đối xứng loại I 4 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 1. Khái niệm - Đa thức f(x,y) được gọi là đối xứng đối với x,y nếu f(x,y) = f (y,x) với mọi x,y.  f (x, y) = 0 - Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ có dạng (I)  g(x, y) = 0 với f(x,y) = f (y,x) và g(x,y) = g(y,x) . ( Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì f(x,y) và g(x,y) không thay đổi). 2.Cách giải • Đặt S = x+ y ; P = xy. • Đưa hệ phương trình (I) về hệ phương trình (I’) với các ẩn S và P • Giải hệ (I’) ta tìm được S và P • Tìm nghiệm (x;y) bằng cách giải phương trình : X 2 − SX + P = 0 . Điều kiện để phương trình có nghiệm là S2 − 4P ≥ 0 . • Chú ý : Hệ phương trình đối xứng loại (I) nếu có nghiệm ( x o ; yo ) thì ( yo ; x o ) cũng là một nghiệm của nó. 3.Các dạng toán 3.1 Dạng 1: Giải hệ phương trình  x + xy + y = 11 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2 2  x y + xy = 30 Lời giải Đặt S = x + y và P = xy với S2 − 4P ≥ 0 (*) S + P = 11 Hệ phương trình trở thành   SP = 30 X = 5 ⇒ S và P là hai nghiệm của phương trình X 2 − 11X + 30 = 0 ⇔  X = 6 • Khi S = 5 ⇒ P = 6 thỏa mãn (*) x + y = 5 x = 2  x = 3 ⇔ ∨ Ta có   xy = 6  y = 3 y = 2 5 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 x + y = 6  x = 1 x = 5 ⇔ ∨ • Khi S = 6 ⇒ P = 5 thỏa mãn (*) . Ta có   xy = 5 y = 5  y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm : (2,3) ; ( 3,2) ; (1;5) ; (5;1).  x 2 − xy + y 2 = 19 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình   x + y + xy = −7 Lời giải ( x + y ) 2 − 3xy = 19  x 2 − xy + y 2 = 19 ⇔ Ta có  x + y + xy = − 7  x + y + xy = −7  Đặt S = x + y và P = xy với S2 − 4P ≥ 0 (*) Hệ phương trình trở thành  S = −2 S2 − 3P = 19 S2 − 3(−S − 7) = 19 S2 + 3S + 2 = 0  ⇔ ⇔ ⇔   S = −1  P = −S − 7  S + P = −7   P = −S − 7 P = −S − 7  S = −2  S = −1 ⇔ ∨ P = −5 P = −6 S = −2 • Khi  P = −5  X = −1 + 6 ⇒ x và y là hai nghiệm của phương trình X 2 + 2X − 5 = 0 ⇒  1  X 2 = −1 − 6 Khi đó hệ có 2 nghiệm (x;y) = ( −1 + 6 ; −1 − 6 );( −1 − 6 ; −1 + 6 ).  S = −1 • Khi  P = −6  X =2 ⇒ x và y là hai nghiệm của phương trình X 2 + X − 6 = 0 ⇒  1  X 2 = −3 Khi đó hệ có 2 nghiệm (x;y) = ( 2 ; - 3);(-3 ; 2) . Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm : ( 2 ; - 3);(-3 ; 2); ( −1 + 6 ; −1 − 6 );( −1 − 6 ; −1 + 6 ). 6 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 x+y=4  Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  2 2 3 3 ( x + y ) ( x + y ) = 280 Lời giải Đặt S = x + y và P = xy với S2 − 4P ≥ 0 (*) Hệ phương trình trở thành S=4 S=4   ⇔  2  2 2 (S − 2P)S(S − 3P) = 280 3P − 40P + 93 = 0  S=4  S=4  S = 4  P = 3  ⇔  ⇔ hay  31 P = 3 P = 31  P =  3   3 S = 4 • Khi  P = 3 X =1 ⇒ S và P là hai nghiệm của phương trình X 2 − 4X + 3 = 0 ⇔  X = 3 x =1 x = 3 hay  Vậy  y = 3 y =1  S=4  • Khi  31 P = 3 ⇒ S và P là hai nghiệm của phương trình X 2 − 4X + 31 = 0 ( Vô nghiệm) 3 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là : (1; 3);(3 ; 1).   1   ( x + y ) 1 + ÷ = 5   xy  ( I) Ví dụ 4: Giải hệ phương trình    1  x 2 + y2 1 + )  x 2 y2 ÷ = 49 (    Lời giải 7 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014   1  1   x + ÷+  y + ÷ = 5 x  y   ( II ) Ta có hệ phương trình (I) ⇔  2 2 1  1  +  y + ÷ = 53  x + x ÷ y    1 1 Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0 .Đặt u = x + ; v = y + . x y Khi đó hệ phương trình (II) trở thành u+v=5   u+v=5 u + v = 5 III ⇔ ⇔ ( )  2   2 2 u + v = 53 ( u + v ) − 2uv = 53 uv = −14  X =7 ⇒ u và v là hai nghiệm của phương trình X 2 + 5X − 14 = 0 ⇒  1  X 2 = −2  u = 7 u = −2 ∨ Do đó ta có   v = −2  v = 7 1  x+ =7  7+3 5  7 −3 5   u=7 x  x = x = ⇔ ⇔ ∨ • Khi  2 2  v = −2  y + 1 = −2  y = −1  y = −1   y  1  x + = −2  x = −1  x = −1 u = −2  x   ⇔ ⇔ • Khi  7+3 5 ∨ 7−3 5 1 v = 7 y =   y+ =7  y =  2  2 y  Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm  x 2 + y2 + x + y = 8 (*) Ví dụ 5: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  xy(x + 1)(y + 1) = m  Lời giải 1 1  Đặt u = x 2 + x; v = y 2 + y , với  u ≥ − ; v ≥ − ÷ 4 4  u + v = 8 Khi đó hệ phương trình trở thành  (**)  uv = m 8 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 ⇒ u và v là hai nghiệm của phương trình X 2 − 8X + m = 0 ⇔ X 2 − 8X = −m (1) Do đó hệ (*) có nghiệm ⇔ Phương trình (1) có nghiệm X ≥ − 1 4 1 Xét hàm số y = X 2 − 8X (với X ≥ − ) , có đồ thị là một parabol (P) 4 y = - m là một đường thẳng (d) cùng phương với trục OX. Số nghiệm của phương trình (1) ⇔ Số giao điểm của (P) và (d). Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy rằng phương trình (1) có nghiệm 1 33 ⇔ − ≤ u ≤ 4 ⇔ − ≤ m ≤ 16 . 4 16 Vậy giá trị cần tìm của m là − 33 ≤ m ≤ 16 . 16 Ví dụ 6 : Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất  x 2 + xy + y 2 = m + 6   2x + xy + 2y = m Lời giải Giả sử hệ phương trình có nghiệm ( x 0 ; y0 ) thế thì ( y0 ; x 0 ) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy hệ có nghiệm duy nhất thì x 0 = y 0 suy ra  3x 02 = m + 6  x = −1 ⇒ m = −3 ⇒ 3x 02 = x 02 + 4x 0 + 6 ⇔ 2x 02 − 4x 0 + 6 = 0 ⇔  0  2  x 0 = 3 ⇒ m = 21  x 0 + 4x 0 = m  x 2 + xy + y 2 = 3 + Với m = - 3 hệ trở thành  2x + xy + 2y = −3 Đặt S = x + y và P = xy với S2 − 4P ≥ 0 (*)  S2 − P = 3  S2 + 2S = 0  S = 0 S = −2 ⇔ ⇔ ∨ Hệ phương trình trở thành  P = − 3 2S + P = − 3 P = − 3 − 2S   P =1   Từ đó ta tìm được 2 nghiệm của hệ là ( )( ) 3; − 3 ; − 3; 3 . Suy ra m = -3 thì hệ phương trình không có nghiệm duy nhất. 9 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014  x 2 + xy + y 2 = 27 + Với m = 21 hệ trở thành  2x + xy + 2y = 21 Đặt S = x + y và P = xy với S2 − 4P ≥ 0 (*) S2 − P = 27 S2 + 2S − 48 = 0 S = 6 S = −8 ⇔ ⇔ ∨ Hệ phương trình trở thành  P = 9 2S + P = 21 P = 21 − 2S  P = 37   Từ đó ta tìm được 1 nghiệm của hệ là ( 3;3) . Suy ra m = 21 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Vậy giá trị cần tìm của m là m = 21. 3.2 Dạng 2: Đưa về hệ phương trình đối xứng loại I Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  x 2 + y2 − x − y = 4   xy(x − 1)(y − 1) = 4 Lời giải (x 2 − x) + (y 2 − y) = 4 Ta có hệ phương trình tương đương với   x(x − 1)y(y − 1) = 4 u + v = 4 Đặt u = x 2 − x; v = y 2 − y . Khi đó hệ phương trình trở thành   uv = 4 ⇒ u và v là hai nghiệm của phương trình X 2 − 4X + 4 = 0 ⇔ X = 2   x = −1   x 2 − x = 2  x = 2 ⇔ Khi đó u = v = 2 ⇒  2 y − y = 2    y = −1   y = 2  Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm ( −1; −1) ; ( −1;2 ) ; ( 2; −1) ; ( 2;2 ) .  x − 1 + y − 1 = 2 Ví dụ 2 : Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  (1) x + y = 2m  Lời giải Đặt u = x − 1 ≥ 0; v = y − 1 ≥ 0 . 10 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 u+v=2   u+v=2 ⇔ Hệ đã cho trở thành  2  2 u + v = 2m − 2 uv = 3 − m ⇒ u và v là hai nghiệm không âm của phương trình X 2 − 2X + 3 − m = 0(*) Hệ phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm không âm V' ≥ 0 m − 2 ≥ 0   ⇔ S ≥ 0 ⇔  2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ m ≤ 3 P ≥ 0 3 − m ≥ 0   Vậy giá trị cần tìm của m là 2 ≤ m ≤ 3 . x + y = 2m − 1  Ví dụ 3 : Cho (x;y) là nghiệm của hệ phương trình  2 2 2  x + y = 2m + 2m − 3 Tìm m để xy nhỏ nhất. Lời giải Đặt S = x + y và P = xy với S2 − 4P ≥ 0 (*) S = 2m − 1   S = 2m − 1 ⇔ Hệ phương trình trở thành  2 2 2 S − 2P = 2m + 2m − 3 P = m − 3m + 2 2 Từ điều kiện (*) ta có ( 2m − 1) ≥ 4 ( m − 3m + 2 ) ⇔ m ≥ 2 7 8 2 3 1 1  Ta có P = xy = m − 3m + 2 =  m − ÷ − ≥ − 2 4 4  2 Dấu bằng xảy ra khi m = 3 3 . Vậy với m = thì xy đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 Ví dụ 4 . Giải các phương trình sau a. x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 b. 3 ( 2 − x ) + 3 ( 7 + x ) − 3 ( 2 − x ) 2 2 3 ( 7 + x) Lời giải a. Đặt u = x; v = 4 − x 2 ≥ 0 . Khi đó ta có hệ phương trình 11 =3 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 ( u + v ) 2 − 2uv = 4 ( 2 + 3uv ) 2 − 2uv = 4  u 2 + v2 = 4 ⇔ ⇔  u + v = 2 + 3uv u + v = 2 + 3uv    u + v = 2 + 3uv   uv = 0 13  u + v = −   uv ( 9uv + 10 ) = 0  u + v = 2  19 3 ⇔ ⇔   uv = − ⇔ ∨ 9  uv = 0  uv = − 19  u + v = 2 + 3uv   u + v = 2 + 3uv 9  Từ đó ta giải được phương trình có 2 nghiệm là x = 0 và x = 2. b. Đặt u = 3 2 − x; v = 3 7 + x . Khi đó ta có hệ phương trình 2 u 2 + v 2 − uv = 3  ( u + v ) − 3uv = 3  u + v = 3  u = 1 u = 2 ⇔ ⇔ ⇔ ∨    3 3 2 2 uv = 2 v = 2 u + v u + v − uv = 9 ( )    v =1 ( )  u +v =9  Từ đó ta giải được phương trình có 2 nghiệm là x = 1 và x = 0. a 2 + b 2 + c 2 = 2 Ví dụ 5. Cho các số a , b, c thỏa mãn  . ab + bc + ca = 1  4 4 4 4 4 4 Chứng minh : − ≤ a ≤ ; − ≤ b ≤ ; − ≤ c ≤ . 3 3 3 3 3 3 Lời giải 2 a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( a + b ) − 2ab = 2 − c 2 ⇔ Ta có  ab + bc + ca = 1   ab + c ( a + b ) = 1 Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt S = a + b và P = ab S2 − 4P ≥ 0 (*) . Ta được  P = 1 − Sc S2 − 2P = 2 − c 2 S = −c − 2 S = −c + 2  ⇔ ⇔ (I) ∨ (II) S = − c − 2      P = 1 − Sc P = 1 − Sc Sc + P = 1    S = −c + 2   + Xét (I) ta có S = -c - 2 ; P = c2 + 2c + 1 . 12 với hệ Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 4 2 2 Với S − 4P ≥ 0 ⇔ −3c − 4c ≥ 0 ⇔ − ≤ c ≤ 0 (1) 3 + Xét (II) ta có S = -c + 2 ; P = c2 − 2c + 1 . 2 2 Với S − 4P ≥ 0 ⇔ −3c + 4c ≥ 0 ⇔ 0 ≤ c ≤ 4 (2) 3 4 4 Từ (1) và (2) ta được − ≤ c ≤ .Tương tự , ta cũng chứng minh được 3 3 4 4 4 4 − ≤ a ≤ ;− ≤ b ≤ . 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 Vậy − ≤ a ≤ ; − ≤ b ≤ ; − ≤ c ≤ . 3 3 3 3 3 3 II. Hệ phương trình đối xứng loại II 1. Khái niệm - Đa thức f(x,y) được gọi là đối xứng đối với x,y nếu f(x,y) = f (y,x) với mọi x,y. f (x, y) = 0 - Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ có dạng (II)  f (y, x) = 0 trong đó f(x,y) là một đa thức không đối xứng. ( Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại). 2.Cách giải • Trừ (1) và (2) theo vế ta được  x=y f(x,y) - f (y,x) = 0 ⇔ g(x, y) ( x − y ) = 0 ⇔  g(x, y) = 0  f (x, y) = 0   x = y • Hệ phương trình (II) ⇔   f (x, y) = 0 g(x, y) = 0  • Giải các hệ phương trình trên ta được nghiệm của hệ (II) • Chú ý : Hệ phương trình đối xứng loại (II) nếu có nghiệm ( x o ; yo ) thì ( yo ; x o ) cũng là một nghiệm của nó. 13 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 3. Các dạng toán 3.1 Dạng 1: Giải hệ phương trình  2x =   2y =  Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình Lời giải : 3 1 − x y 3 1 − y x Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0  2x 2 y = 3y − x(1)  x=y ⇒ x − y 2xy + 4 = 0 ⇔ ( ) ( ) Hệ phương trình ⇔   xy = −2 2  2xy = 3x − y(2)  x=0 3 • Khi x = y thay vào phương trình (1) ta được 2x − 2x = 0 ⇔   x = ±1 Đối chiếu điều kiện x ≠ 0 ta có x = ±1 Do đó hệ phương trình có 2 nghiệm là (1;1) và (-1;-1).  x=0 3 • Khi xy = -2 thay vào phương trình (1) ta được 2x − 4x = 0 ⇔  x = ± 2 Đối chiếu điều kiện x ≠ 0 ta có x = ± 2 Do đó hệ phương trình có 2 nghiệm là Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình Lời giải : ( ( )( 2; 2 ; − 2; − 2 )( ) ) 2; 2 ; − 2; − 2 ; (1;1) và (-1;-1).  2x + y =   2y + x =  3 x2 3 y2 Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0 Hệ phương trình x=y  2x 3 + yx 2 = 3y(1)  2 2 ⇔ ⇒ x − y 2x + 2y + 3xy = 0 ⇔ ( ) ( )  2 2 2 2  2x + 2y + 3xy = 0 2xy + xy = 3x(2) 14 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 x = 0 3 • Khi x = y thay vào phương trình (1) ta được 3x − 3x = 0 ⇔   x =1 Đối chiếu điều kiện x ≠ 0 ta có x = 1 Do đó hệ phương trình có nghiệm là (1;1) . 2 3y  7y 2  =0 • Khi 2x + 2y + 3xy = 0 ⇔ 2  x + ÷ + 4  8  2 2 2 3y  7y 2  ( Phương trình vô nghiệm do 2  x + ÷ + > 0, ∀x ≠ 0; y ≠ 0 ) 4  8  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;1).  y2 + 2 3y = x 2  Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình  2 3x = x + 2  y2 Lời giải : Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0 Hệ phương trình x=y  3yx 2 = y 2 + 2(1)  ⇔ ⇒ x − y x + y + 3xy = 0 ⇔ ( ) ( )  x + y + 3xy = 0 2 2  3xy = x + 2(2) • Khi x = y thay vào phương trình (1) ta được x =1  3x 3 − x 2 − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 3x 2 + 2x + 2 ) = 0 ⇔  2 3x + 2x + 2 = 0 + Với x = 1 ⇒ y = 1 + Với 3x 2 + 2x + 2 = 0 ( Vô nghiệm) • Khi x + y + 3xy = 0 (*) , Ta thấy vế phải của hệ phương trình đều dương nên có x > 0 ; y > 0 ⇒ x + y + 3xy > 0 . Do đó phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;1).  y2 = x + y − m Ví dụ 4 : Cho hệ phương trình  2 (I) x = x + y − m a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm 15 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Lời giải Hệ (I) x = ±y x=y    x = −y  y 2 − x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ (II) ∨ (III)    2 2 2 2 x = y − y + m x − 2x + m = 0 y + m = 0 x = y − y + m     2 a. Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm hoặc hệ (III) có nghiệm ∆ x ≥ 0 1 − m ≥ 0 m ≤1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m ≤ 0 . Vậy m ≤ 0  −m ≥ 0 m ≤ 0 ∆ y ≥ 0 b. Hệ (I) có nghiệm duy nhất ⇔ Hệ (II) có nghiệm duy nhất và hệ (III) vô nghiệm hoặc hệ (III) có nghiệm duy nhất và hệ (II) vô nghiệm  ∆ x = 0  1 − m = 0    −m < 0 ∆ y < 0 ⇔ ⇔ ⇔ m = 1 . Vậy m = 1  1 − m < 0 ∆x < 0     ∆ y = 0   −m = 0 Ví dụ 6 : Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 3 2 2  x = y + 7x − mx (I)  3 2 2  y = x + 7y − my Lời giải Hệ (I) ( ) ( x − y ) x 2 + ( y − 6 ) x + ( y 2 − 6y + m ) = 0 ⇔ x 3 = y 2 + 7x 2 − mx   x 2 + ( y − 6 ) x + ( y 2 − 6y + m ) = 0(*) x=y  ⇔ 3 (II) ∨  (III) 2 x 3 = y 2 + 7x 2 − mx  x = 8x − mx  Hệ ( I ) có nghiệm duy nhất ⇔ Hệ (II) có nghiệm duy nhất và hệ (III) vô nghiệm . 16 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014   x=y   x=y   x = 0(1)  ⇔ Xét (II) ⇔  2  x=y  x(x − 8x + m) = 0  2   x − 8x + m = 0(2) Hệ (II) có nghiệm duy nhất ⇔ (2) vô nghiệm ⇔ ∆ ' < 0 ⇔ m > 16 Với m > 16 , hệ (III) vô nghiệm ⇔ (*) vô nghiệm Dễ thấy ∆ y = −3 ( y − 2 ) − 4 ( m − 12 ) < 0, ∀y và m > 16. 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi m > 16. 3.2 Dạng 2: Đưa về hệ phương trình đối xứng loại II Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình Lời giải :  x + 4 y − 1 = 1   y + 4 x − 1 = 1 Đặt u = 4 x − 1 ≥ 0; v = 4 y − 1 ≥ 0 Hệ phương trình trở thành  u 4 + v = 0 u = 0 x = 1 ⇔ ( do u ≥ 0; v ≥ 0 ) ⇒   4 y = 1 v + u = 0 v = 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 1 ; 1). Ví dụ 2 : Giải phương trình x 3 + 1 = 2 3 2x − 1 (1) Lời giải : Đặt u = 3 2x − 1; v = x Ta có hệ phương trình  v3 + 1 = 2u  v3 + 1 = 2u  v3 + 1 = 2u  v 3 + 1 = 2u ⇔ ⇔ (I) ∨  2 (II)  3 2 2 2 v − u v + uv + v + 1 = 0 u + 1 = 2v u = v v + uv + u + 1 = 0 ( ) ( )     u = v =1   + Giải hệ ( I ) ta được  −1 ± 5 u=v=  2 Từ đó ta có nghiệm của phương trình (1) là x = 1 ∨ x = 17 −1 ± 5 2 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 2 u  3u 2  +1= 0 + Giải hệ ( II ), ta có v + uv + u + 1 = 0 ⇔  v + ÷ + 2 4  2 2 2 u  3u 2  ( vô nghiệm do  v + ÷ + + 1 > 0, ∀u, v ) . Do vậy hệ (II) vô nghiệm . 2 4  Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 1; x = −1 ± 5 . 2 III. Bài tập tự luyện Bài tập 1: Giải các hệ phương trình sau  x 2 − xy + y 2 = 10 1.   x + xy + y = −7  x 3 + y3 = 35 2.  2 2  xy + x y = 30  1  x + + x + y−3 =3 y  5.  1  2x + y + = 8  y 1 1   x + y + x + y = 5  x 2 + y2 + 1 + 1 = 9  x 2 y2  x 2 + y 2 − xy = 7 ( x − y ) 7.  2 2 2  x + y + xy = 19 ( x − y )  x 2 + y 2 − xy = 3  2 2  x + 1 + y + 1 = 4  xy 2 + 2x 2 + 3y − 15 = 0 8.  4 2 2  x + y − 2x − 4y − 5 = 0  x 3 − y3 = 2 3.   xy(x − y) = 2 ( 4x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2y = 0 9.  4x 2 + y 2 + 2 3 − 4x = 7  1  5x 2 y − 4xy 2 + 3y3 − 2 ( x + y ) = 0 x 2 + y2 − x + y =  2 10.  11.  2 2 2  x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y3 + 3y 2 − 9y  xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) Bài tập 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 2x 3 − ( y + 2 ) x 2 + xy = m  2  x + x − y = 1 − 2m Bài tập 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 18 4. 6. Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014  x − 4 + y − 1 = 4  x + y = 3m  Bài tập 4 :Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất  x + y + xy = m + 2  2 2  x y + xy = m + 1 Bài tập 5:Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm (x,y) với x > 0; y > 0  x + y + xy = m + 1  2 2  x y + xy = m Bài tập 6: Giải phương trình sau 4 x − 1 + 4 18 − x = 3 Bài tập 7: Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm a. 1 − x + 1 + x = m b. 3 1 − x + 3 1 + x = m Bài tập 8. Giải các hệ phương trình sau  x 3 = 3x + 8y 1.  3  y = 3y + 8x  x + 5 + y − 2 = 7 2.   y + 5 + x − 2 = 7 3. Bài tập 9: Giải các phương trình sau a. x 2 + x + 5 = 5 b. x 3 − 3 3 3x + 2 = 2 2  x − ( x + y ) = 2m Bài tập 10 : Cho hệ phương trình  2  y − ( x + y ) = 2m a.Giải hệ với m = 0 b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất 19 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 Chương 4 : KIỂM CHỨNG CÁC GIẢI PHÁP Để thực hiện đề tài này tôi đã tìm đọc rất nhiều tài liệu viết về vấn đề này. Nghiên cứu lời giải cho từng dạng toán, lựa chọn bài tập phù hợp với từng nội dung cần phân tích, tổng hợp , đánh giá ,kết hợp với hình ảnh trực quan để làm nổi bật nội dung của đề tài . Với phương pháp trên tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách chủ động, tích cực, tất cả các em đều hứng thú học tập thực sự và hăng hái làm bài tập giao về nhà tương tự. Phương pháp dạy học trên đây dựa vào các nguyên tắc: • Đảm bảo tính khoa học chính xác • Đảm bảo tính lôgic • Đảm bảo tính sư phạm • Đảm bảo tính hiệu quả Khi trình bày tôi đã chú ý đến phương diện sau: • Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh • Phát huy được năng lực tư duy toán học của học sinh Thực tế thông qua giảng dạy đề tài “Giải hệ phương trình đối xứng”, ở một số lớp 10, tôi có thu được kết quả như sau : Tổng số học sinh 120 Trước khi áp dụng SKKN Sau khi áp dụng SKKN Yếu Giỏi Yêú TB Khá TB Số lượng kém 10 50 50 10 Kém 5 35 % 8,4 41,6 41,6 8,4 4,2 20 Khá Giỏi 60 20 29,2 49,8 16,4 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 Phần III. KẾT LUẬN I. Những vấn đề quan trọng nhất được đề cập đến - H ệ phương trình đối xứng loại I và cách giải - H ệ phương trình đối xứng loại II và cách giải - Một số bài toán đưa về hệ phương trình đối x ứng để giải - Nêu ra cách giải một số hệ phương trình đối xứng có chứa tham số . II.Hiệu quả thiết thực : Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm là nhằm tạo ra động lực thúc đẩy học sinh tích cực học tập góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy của bản thân nói riêng và kết quả giáo dục của nhà trường nói chung. Khả năng ứng dụng của sáng kiến kinh nghiệm nối bật ở phương pháp giảng dạy đó là phương pháp đặt vấn đề và phân tích hướng dẫn học sinh giải quyết vấn đề. III. Kiến nghị, đề xuất: Nhằm giúp cho học sinh học tốt hơn với môn học, bản thân có kiến nghị, Tổ chuyên môn,Ban giám hiệu, có kế hoạch tăng thêm thời lượng tiết ,bổ sung thêm một số thiết bị máy chiếu nhằm giúp cho việc giảng dạy của giáo viên được thuận lợi hơn. Yên Phong, ngày 15, tháng 12, năm 2013 Người Viết Nguyễn Sỹ An 21 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 PHẦN IV.PHỤ LỤC Tài liệu tham khảo 1. Tuyển tập đề thi Olympic 30 - 4 Môn Toán lần thứ V, Nhà xuất bản Giáo dục 2. Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 Môn Toán lần thứ VII ,Nhà xuất bản Giáo dục 3. Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 250 – Nhà xuất bản Giáo dục 4. Nguyễn Văn Mậu, Một số bài toán chọn lọc về phương trình,hệ phương trình, Nhà xuất bản Giáo dục – 2003 5. Phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi toán – Nhà xuất bản Giáo dục 6. Tài liệu giải hệ phương trình và phương trình của Nguyễn Đức Tất – Phan Ngọc Thảo, Nhà xuất bản Giáo dục 7. Một số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, một số đề thi học sinh giỏi quốc gia 8.Trần Phương: Phương pháp mới giải đề thi tuyển sinh môn toán- Nhà xuất bản Đà Nẵng, năm 1999. 9. Phan Văn Phùng :234 Bài giải đề thi theo chuyên đề phương trình và bất phương trình đại số -Nhà xuất bản Đại học Quốc gia T.P Hồ Chí Minh- 2005. 10. Trần Thị Vân Anh : Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ các đề thi quốc gia môn Toán của Bộ giáo dục & Đào tạo- Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2009. 22 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 PHẦN V. MỤC LỤC Phần Nội dung PHẦN I : MỞ ĐẦU I.Mục đích. I Trang 2 II .Đóng góp. PHẦN II : NỘI DUNG Chương 1 : CƠ SỞ KHOA HỌC I.Cơ sở lý luận II 3 II. Cơ sở thực tiễn Chương 2 : THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 4 Chương 3 : NHỮNG GIẢI PHÁP I. Hệ phương trình đối xứng loại I 1. Khái niệm 5 – 13 2. Cách giải 3. Các dạng toán II. Hệ phương trình đối xứng loại II 1. Khái niệm 13- 18 2. Cách giải 3. Các dạng toán 18-19 III. Bài tập tự luyện Chương 4 : KIỂM CHỨNG CÁC GIẢI PHÁP PHẦN III : KẾT LUẬN III I.Những vấn đề quan trọng nhất được đề cập. 20 21 II.Hiệu quả thiết thực. III. Kiến nghị ,đề xuất. IV PHẦN IV: PHỤ LỤC 23 22 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 24 [...]... Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 Phần III KẾT LUẬN I Những vấn đề quan trọng nhất được đề cập đến - H ệ phương trình đối xứng loại I và cách giải - H ệ phương trình đối xứng loại II và cách giải - Một số bài toán đưa về hệ phương trình đối x ứng để giải - Nêu ra cách giải một số hệ phương trình đối xứng có chứa tham số II.Hiệu quả thiết thực : Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm là nhằm tạo ra động lực... x = y • Hệ phương trình (II) ⇔   f (x, y) = 0 g(x, y) = 0  • Giải các hệ phương trình trên ta được nghiệm của hệ (II) • Chú ý : Hệ phương trình đối xứng loại (II) nếu có nghiệm ( x o ; yo ) thì ( yo ; x o ) cũng là một nghiệm của nó 13 Trường THPT Yên Phong số 2 Năm học 2013 – 2014 3 Các dạng toán 3.1 Dạng 1: Giải hệ phương trình  2x =   2y =  Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình Lời giải :... hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi m > 16 3.2 Dạng 2: Đưa về hệ phương trình đối xứng loại II Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình Lời giải :  x + 4 y − 1 = 1   y + 4 x − 1 = 1 Đặt u = 4 x − 1 ≥ 0; v = 4 y − 1 ≥ 0 Hệ phương trình trở thành  u 4 + v = 0 u = 0 x = 1 ⇔ ( do u ≥ 0; v ≥ 0 ) ⇒   4 y = 1 v + u = 0 v = 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 1 ; 1) Ví dụ 2 : Giải phương trình. .. ( ) Hệ phương trình ⇔   xy = −2 2  2xy = 3x − y(2)  x=0 3 • Khi x = y thay vào phương trình (1) ta được 2x − 2x = 0 ⇔   x = ±1 Đối chiếu điều kiện x ≠ 0 ta có x = ±1 Do đó hệ phương trình có 2 nghiệm là (1;1) và (-1;-1)  x=0 3 • Khi xy = -2 thay vào phương trình (1) ta được 2x − 4x = 0 ⇔  x = ± 2 Đối chiếu điều kiện x ≠ 0 ta có x = ± 2 Do đó hệ phương trình có 2 nghiệm là Vậy hệ phương trình. .. GIẢI PHÁP I Hệ phương trình đối xứng loại I 1 Khái niệm 5 – 13 2 Cách giải 3 Các dạng toán II Hệ phương trình đối xứng loại II 1 Khái niệm 13- 18 2 Cách giải 3 Các dạng toán 18-19 III Bài tập tự luyện Chương 4 : KIỂM CHỨNG CÁC GIẢI PHÁP PHẦN III : KẾT LUẬN III I.Những vấn đề quan trọng nhất được đề cập 20 21 II.Hiệu quả thiết thực III Kiến nghị ,đề xuất IV PHẦN IV: PHỤ LỤC 23 22 Trường THPT Yên Phong... x =1 Đối chiếu điều kiện x ≠ 0 ta có x = 1 Do đó hệ phương trình có nghiệm là (1;1) 2 3y  7y 2  =0 • Khi 2x + 2y + 3xy = 0 ⇔ 2  x + ÷ + 4  8  2 2 2 3y  7y 2  ( Phương trình vô nghiệm do 2  x + ÷ + > 0, ∀x ≠ 0; y ≠ 0 ) 4  8  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;1)  y2 + 2 3y = x 2  Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình  2 3x = x + 2  y2 Lời giải : Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0 Hệ phương trình. .. sinh giỏi toán – Nhà xuất bản Giáo dục 6 Tài liệu giải hệ phương trình và phương trình của Nguyễn Đức Tất – Phan Ngọc Thảo, Nhà xuất bản Giáo dục 7 Một số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, một số đề thi học sinh giỏi quốc gia 8.Trần Phương: Phương pháp mới giải đề thi tuyển sinh môn toán- Nhà xuất bản Đà Nẵng, năm 1999 9 Phan Văn Phùng :234 Bài giải đề thi theo chuyên đề phương trình và bất phương trình đại... tập 6: Giải phương trình sau 4 x − 1 + 4 18 − x = 3 Bài tập 7: Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm a 1 − x + 1 + x = m b 3 1 − x + 3 1 + x = m Bài tập 8 Giải các hệ phương trình sau  x 3 = 3x + 8y 1  3  y = 3y + 8x  x + 5 + y − 2 = 7 2   y + 5 + x − 2 = 7 3 Bài tập 9: Giải các phương trình sau a x 2 + x + 5 = 5 b x 3 − 3 3 3x + 2 = 2 2  x − ( x + y ) = 2m Bài tập 10 : Cho hệ phương trình. .. phương trình đối xứng loại II 1 Khái niệm - Đa thức f(x,y) được gọi là đối xứng đối với x,y nếu f(x,y) = f (y,x) với mọi x,y f (x, y) = 0 - Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ có dạng (II)  f (y, x) = 0 trong đó f(x,y) là một đa thức không đối xứng ( Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại) 2 .Cách giải • Trừ (1) và (2) theo vế ta được  x=y f(x,y) - f (y,x) = 0 ⇔... vào phương trình (1) ta được x =1  3x 3 − x 2 − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 3x 2 + 2x + 2 ) = 0 ⇔  2 3x + 2x + 2 = 0 + Với x = 1 ⇒ y = 1 + Với 3x 2 + 2x + 2 = 0 ( Vô nghiệm) • Khi x + y + 3xy = 0 (*) , Ta thấy vế phải của hệ phương trình đều dương nên có x > 0 ; y > 0 ⇒ x + y + 3xy > 0 Do đó phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;1)  y2 = x + y − m Ví dụ 4 : Cho hệ phương trình ... đến - H ệ phương trình đối xứng loại I cách giải - H ệ phương trình đối xứng loại II cách giải - Một số toán đưa hệ phương trình đối x ứng để giải - Nêu cách giải số hệ phương trình đối xứng có... sinh giỏi .Trong thực tế việc giải hệ phương trình đối xứng , ta gặp nhiều toán đưa hệ phương trình đối xứng để lời giải đơn giản Trong phạm vi đề tài xin nêu cách giải hệ phương trình đối xứng ,mỗi... ĐỀ Chương : NHỮNG GIẢI PHÁP I Hệ phương trình đối xứng loại I Khái niệm – 13 Cách giải Các dạng toán II Hệ phương trình đối xứng loại II Khái niệm 13- 18 Cách giải Các dạng toán 18-19 III Bài