Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá

MỤC LỤC Trang Mục lục ………………………………………………………………… A Đặt vấn đề ………………………………………………………… I Lí chọn đề tài……………………………………………………… II Thực trạng vấn đề………………………………………………… B Giải vấn đề…………………………………………………… I Giải pháp thực hiện…………………………………………………… Giải pháp chung….………………………………………………… Biện pháp cụ thể… ………………………………………………… II Kết ứng dụng đề tài … …………………………………… 35 C Kết luận…………………………………………………………… 36 ĐẶT VẤN ĐỀ “GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ” A Tên đề tài: I Lí chọn đề tài : Trong thời đại cạnh tranh khốc liệt nay, người muốn hội nhập phát triển cần có khả tư sáng tạo Có thể nói rằng, dạy học sinh biết sáng tạo khả xử lí tình nhiệm vụ quan trọng người thầy Phải nói hệ phương trình loại tốn khó chương trình ơn thi đại học năm trước Nó khó nhiều vấn đề, vấn đề then chốt học sinh phải vững kiến thức tổng hợp toán học, vận dụng thành thạo linh hoạt kiến thức, biết phán đoán tư cách logic phán đoán nhanh nhẹn khả mà khơng phải học sinh có Với cách thi tự luận trước giải hệ phương trình ln thách thức với em học sinh, em có lực học giỏi Nhưng với cách thi trắc nghiệm đất diễn cho hệ bị thu hẹp lại Tuy nhiên với thi học sinh giỏi đất diễn lại vơ phong phú Đây dạng toán mà em học sinh giỏi thích khám phá giáo viên dạy thích nghiên cứu nó, qua cách dạy “ Giải hệ phương trình” giáo viên rèn luyện khả tư duy, khả độc lập làm việc đặc biệt khả thường xuyên tổng hợp kiến thức tốn học, qua tổng quát hóa vấn đề liên quan Việc giải hệ phương trình có nhiều phương pháp “ Cộng trừ đại số, rút thế, định thức, phân tích đa thức thành nhân tử, liên hợp, phương pháp hàm số, phương pháp đánh giá Trong có lẽ “ GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” phương pháp mạnh nhiên để nhận diện hệ giải phương pháp chướng ngại không nhẹ người giải Để giải hệ yếu tố cần có độ tinh tế, nhạy cảm thông hiểu, vận dụng đại lượng cần đánh giá đánh giá cách điều cịn có nhiều bỏ ngõ học sinh Chính vậy, tơi ln trăn trở để em học sinh đặc biệt công tác ôn luyện đội tuyển việc ôn luyện học sinh nhân tố lấy điểm cao kỳ thi tốt nghiệp THPTQG, biết cách tư để định dạng phương pháp đánh giá hệ phương trình tự tin với câu hỏi vận dụng cao kỳ thi TNTHPT kỳ thi chọn học sinh giỏi Do định chọn đề tài SKKN: “GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” nhằm giới thiệu với đồng nghiệp số kinh nghiệm thân việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh giải tốn hệ phương trình phương pháp đánh giá, từ góp phần nâng cao chất lượng mũi nhọn giảng dạy mơn tốn bậc THPT II Thực trạng vấn đề cần nghiên cứu Sau dạy xong phần hệ phương trình đại số chương trình tốn 10 nâng cao, tơi cho học sinh thử làm số hệ dạng: Rút thế, cộng trừ đại số, đặt ẩn phụ đưa hệ quen thuộc thấy có nhiều học sinh giải được, làm tương đối tốt Tiếp tục giới thiệu số dạng đánh giá học sinh làm được, đối tượng lớp có nhiều em học sinh khá, giỏi nhà trường Phải đề khó quá, hay tâm lí em chưa tự tin Tơi cho đề thi khơng phải q khó, bám sát dạng Tuy nhiên có biến hố chút làm cho học sinh lúng túng khơng biết phương hướng giải Do dựa vào kinh nghiệm chưa đủ Điều quan trọng hàng đầu phải rèn luyện khả tư để giải vấn đề Trong khuôn khổ SKKN, đề cập đến việc rèn luyện khả tư xử lí tình gặp số hệ phương trình giải phương pháp “ Đánh giá” Đối với học sinh – Giỏi B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Giải pháp thực I Chúng ta thường gặp dạng hệ đánh giá thông qua hướng sau : 1) Đánh giá qua điều kiện nghiệm hệ Thông thường hệ đánh giá qua điều kiện nghiệm ta thường gặp đánh giá sau : ⊕ Yếu tố điều kiện có nghiệm phương trình bậc ⊕ Đưa dạng 2) f1 ( x ) =  f ( x ) =  f12 ( x ) + f 22 ( x ) + f32 ( x ) + + f n2 ( x ) = ⇔ f ( x ) =   f n ( x ) =  Đánh giá qua bất đẳng thức Thông thường hệ đánh giá thông qua bất đẳng thức ta thường gặp đánh giá sau : ⊕ a + b ≥ 2ab, ∀a,b ∈ ¡ Dấu xảy a = b ⊕ ( a + b ) ≥ 4ab, ∀a, b ∈ ¡ ⊕ , a +b ≥ ( a + b) 2 n , ∀a, b ∈ ¡ Bất đẳng thức AM- GM (hay gọi bất đẳng Cauchuy ) a + b ≥ ab, ∀a, b ≥ Dấu đẳng thức xảy Tổng quát : a1 + a + + a n ≥ n n a=b a1a a n ∀a i ≥ 0,i = { 1, 2, ,n} , n ∈ ¥ , n ≥ , Dấu đẳng thức xảy ⊕ , a n + bn  a + b  ≥ ÷ ∗   , ∀a, b > 0, n ∈ ¥ a1 = a = = a n Bất đẳng thức B.C.S ( bất đẳng thức Bunnhicopxki) (a )( ) + b c2 + d ≥ ( ac + bd ) , ∀a, b,c,d ∈ ¡ Dấu đẳng thức xảy ad = bc Tổng quát : (a + a 22 + + a 2n )(b ) + b 22 + + b n2 ≥ ( a1b1 + a b + + a n b n ) Dấu đẳng thức xảy ⊕ a1 a a = = = n b1 b bn , ∀a j , b j ∈ ¡ Bất đẳng thức B.C.S dạng phân số ( hay bất đẳng thức Sva xơ) a12 a 22 ( a1 + a ) + ≥ , ∀a1 ,a ∈ ¡ , b1 , b > b1 b2 b1 + b Dấu đẳng thức xảy Tổng quát : a12 a 22 a ( a + a + + a n ) + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b + + b Dấu đẳng thức xảy ⊕ , ∀a j ∈ ¡ , b j > a1 a a = = = n b1 b bn Bất đẳng thức Mincopxki a + b + c2 + d ≥ ( a + c) + ( b + d) Dấu đẳng thức xảy ⊕ Bất ad = bc  ac + bd ≥ đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối A + B ≥ A+B Dấu đẳng thức xảy A−B ≥ A − B Dấu đẳng thức xảy ( A − B) B ≥ ⊕ Một + a1 a = b1 b ) AB ≥ số bổ đề thường dùng 1 + ≥ + a + b + ab , với a > 0, b > 0,ab ≥ +) 1 + ≤ + a + b + ab , với a > 0, b > 0,ab ≤ Dấu đẳng thức xảy hai bổ đề a = b  ab = Ở thể loại hệ giải phương pháp ta thường gặp tốn mà đánh giá xảy phương trình hệ hai phương trình hệ có đánh giá kết hợp hai phương trình lại Sau vào ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  x + 5y − 4xy − 2x + 8y + = ( 1)   3 x + xy + 6y − + y + 2x − = ( ) ( x, y ∈ ¡ ) Phân tích : Với hệ này, rõ ràng bắt đầu với phương trình thứ hai Phương trình thứ lại phương trình bậc hai hai ẩn quen thuộc nên ta tính delta phương trình xem thử nghiệm hệ bị chặn đâu Ta biến đổi phương trình thứ thành : Ta có ∆ ' = ( 2y + 1) − 5y − 8y − = − ( y + ) 2 x − ( 2y + 1) x + 5y + 8y + = Phương trình có nghiệm ∆ ' ≥ ⇔ − ( y + ) ≥ ⇔ y + = ⇔ y = −2 Từ ta suy được giải Lời giải : Điều kiện : Ta có ( 1) x = −3 Và tới việc lại thử lại nghiệm hệ y3 + 2x − ≥ ⇔ x − ( 2y + 1) + 5y + 8y + = Phương trình có nghiệm ∆ ' = ( 2y + 1) − 5y − 8y − = − ( y + ) ≥ ⇔ y + = ⇔ y = −2 Thay Thế y = −2 vào ( 1) ta có : ( x + 3) = ⇔ x = −3 x = −3, y = −2 vào ( ) ta có kết ln Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ ( x, y ) = ( −3; −2 ) Bình luận : Cấu trúc tốn buộc lịng phải xốy vào phương trình thứ Vì với phương trình có nhiều đường hướng để gợi mở bắt nhân tử chặn miền nghiệm Và thực tế sủ dụng điều kiện có nghiệm phương trình để tìm nghiệm hệ Ví dụ 2: Giải hệ phương trình ( y − 2x ) + = y − 6x + 2 ( x + 1) ( y + 1) ( 1)   ( y − 1) x + x + = y × − 3x ( ) ( x, y ∈ ¡ ( ) ) Phân tích : Với hệ này, rõ ràng lựa chọn cơng phá từ phương trình thứ lựa chọn tối ưu phương trình chứa hai bậc lệch có tính đến ẩn phụ hóa khơng tìm mối liên quan có lợi để giải hệ Ta biến đổi (1) phương trình sau : ( y − 2x ) + − ( y − 6x ) = 2 ( x + 1) ( y + 1) Tới ta để ý đại lượng khơng có bình phương : liên quan đến đại lượng đại lượng mũ Thật vậy, ta có : ( x + 1) ( y + 1) = ( 2x + ) ( y + 1) có − y + 6x có 2x + + y + = 2x + y + Vậy ta tìm mối quan hệ : − y + 6x = m ( 2x + y + 3) + n ( y − 2x ) = ( 2m − 2n ) x + ( m + n ) y + 3m Ta đồng hệ số hai vế ta có hệ số  2m − 2n = m =    m + n = −1 ⇔  n = −2 3m = 3m =   điều chỉnh lại Và tới đây, ta nhận đinh ( m, n ) = ( 1; −2 ) số thuận lợi 1) ⇔ ( y − 2x ) + + 6x − y + − 2 ( x + 1) ( y + 1) ( Khi ta có =0 ⇔ ( y − 2x ) − ( y − 2x ) + + 2x + y + − 2 ( x + 1) ( y + 1) = ⇔ ( y − 2x − 1) + 2x + − 2 ( x + 1) ( y + 1) + y + = ⇔ ( y − 2x − 1) + ( 2x + − y + )  y − 2x − = ⇔ ⇔ y = 2x + =0  2x + = y + Và tới đây, ta cần thực phép vào ( ) ta phương trình : 2x + 2x + = + 2x ×3 − 3x Để ý vế phải phương trình chưa tích mà thừa số có dạng ab, abc nên ta nghỉ đến bất đẳng thức AM − GM Mặt khác ta đoán nghiệm phương trình x = Vậy ta sử dụng dạng ab ≤ a+b + 2x ≤ + + 2x Dấu đẳng thức xảy ⇔ = + 2x ⇔ x = Còn abc ≤ a +b+c − 3x ≤ + + − 3x Dấu đẳng thức xảy ⇔ = = − 3x ⇔ x = Như hướng phán đốn có thêm niềm tin để giải phương trình đánh giá xác Do hệ giải Lời giải : Điều kiện :  x ≥ −1  y ≥ Từ ( 1) ta biến đổi thành phương trình sau: ( y − 2x ) − ( y − 2x ) + + 2x + − 2 ( x + 1) ( y + 1) + y + = ⇔ ( y − 2x − 1) + ( 2x + − y + )  y − 2x − = =0⇔ ⇔ y = 2x +  2x + = y + Thế vào ( ) ta có phương trình : Từ điều kiện Suy :  x ≥ −1   ⇔x≥−  x ≥ − , − 3x > ⇔ x ≤ 2x + 2x + = + 2x ×3 − 3x ta có 2x + 2x + = 2x ( x + 1) + > Vậy tổng hợp điều kiện ta có : AM − GM Từ ta suy : < + 2x ×3 − 3x ≤ ( x + 1) ( − x ) Vậy ta cần chứng minh : Ta có : 2 2x + 2x + ≤ ( x + 1) ( − x ) 2x + 2x + ≤ − x ⇔ x 1 − ≤x≤ + + 2x  = x +1  + 2x ≤   − 3x ≤ + + − 3x = − x  Áp dụng bất đẳng ta có : ,  1 ∀x ∈  − ;   3 ( 2x + 3) ≥ ( Dấu đẳng thức xảy x=0  1 ∀x ∈  − ;   3 ( thỏa mãn ) Suy : ) y = Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ ( x, y ) = ( 0;1) Bình luận : Bài tốn giải cách đánh giá phương trình hệ Ở phương trình thứ ta sử dụng đẳng thức dùng tính chất tổng số khơng âm, phương trình thứ hai ta dùng bất đẳng thức để giải Có vấn đề học sinh thắc mắc không biến đổi : − y + 6x = m ( x + 2y + 3) + n ( y − 2x ) Điều thắc mắc có lý Câu trả lời với phân tích tìm số ( m,n ) ”khơng có lợi” cho biến đổi Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  x − xy + + y − xy + − = ( x − y )   ( 16xy − ) x + y + = ( ) (Thi thử Yên Phong Bắc Ninh 2015) Phân tích: Với hệ này, nhận định phương trình thứ hai phương trình đối xứng hai biến ta lại khơng phân tích thành nhân tử Ở phương trình thứ ta để ý : x − xy + + y tưởng đặt ẩn phụ hóa phương trình thứ Đặt − xy + = ( x − y ) + 2 nên ta đẩy ý a = x − xy +  ⇒ a + b3 = ( x − y ) +  ⇔ ( x − y ) = a + b − ≥ ⇒ a + b3 ≥  b = y − xy + ( Mặt khác từ phương trình thứ ta có : ) a + b − = 2( x − y) ⇔ a + b − ≥ ⇔ a + b ≥ 2 Khi phương trình thứ hệ biến đổi trở thành phương trình : ( a+b−2=2 a +b ) − ⇔ a + b = 2( a Mặt khác ta lại có : a − ab + b2 = a + b3 Vậy ta có : a − ab + b từ ( ∗) ta có : Vì ≤ ( +b ) −2 ⇔ a + b3 a − ab + b ( ) = a + b3 − ( ∗) ( a + b) + ( a − b) ≥ ( a + b) ≥ 4 a + b3 , ) a + b3 − ≤ a + b ⇔ a + b ≤ a + b3 ≥ 2 ⇔ a + b3 = ⇔ ( x − y ) + = ⇔ ( x − y ) = ⇔ x = y  3 a + b ≤ Và tới toán giải Lời giải : Điều kiện x ≥  : y ≥ 10 Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ hai có chứa nhiều đại lượng chung nên ta khai thác phương trình thứ hai trước Vì với phương trình thứ ta ẩn phụ t = x − để đưa phương trình bậc hai ẩn t ta chẳng đưa đến đâu Chú ý với điều kiện toán x ≥ 1, y > nên phương trình thứ hai ta chia vế trái cho y phương trình : y + x x + Để gọn ta ẩn phụ hóa x y+ y x , vế phải cho x ta =  a = x   b = y x 1+ y x , , ta đưa phương trình: a b + = b + ab a + ab + ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy - Schwaz ta có : ( a + b) ( a + b) a b + ≥ = = ab 2ab b + ab a + ab ( b + ab ) ( a + ab ) ab ( a + b ) + 2ab + a + b ( a + b) 2 Tới ta sử dụng thêm hai đánh giá quen thuộc sau :  2ab ≤   4ab ≤ ( a + b ) 2 ( a + b) ⇔  a + b ≥ ab  ≤  a + b ab a b + ≥ b + ab a + ab Ta có : = ab 1 + ab + ab a=b⇔y= Dấu đẳng thức xảy phương trình thứ hai hệ giải x Và tới ta cần vào 23 Lời giải : Điều kiện : x ≥  y > x Phương trình thứ hai hệ biến đổi thành : Đặt  a = x , ( < a ≤ 1, b > )  b = y Khi ta có : ( 1) ⇔ y + = y y y + y+ 1+ x x x x b a + = a + ab b + ab + ab ( 1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy - Schwaz ta có : ( a + b) ( a + b) a b + ≥ = = ab 2ab b + ab a + ab ( b + ab ) ( a + ab ) ab ( a + b ) + 2ab + a + b ( a + b) 2 Tới ta sử dụng thêm hai đánh giá quen thuộc sau :  2ab ≤   4ab ≤ ( a + b ) ( a + b) ⇔   ≤ a + b ≥ ab  a + b ab a b + ≥ b + ab a + ab Ta có : Dấu đẳng thức xảy a=b⇔ y= x = ab 1 + ab + ab Thế vào phương trình thứ hai hệ ta phương trình :  x ≥ x −1 = x − ⇔  ⇔ x = 10 ⇒ y = 10 4 ( x − 1) = ( x − ) Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ ( x, y ) = 10;  1 ÷ 10  24 Ví dụ 11: Giải hệ phương trình  1  x − y + ÷ + ( xy − 3) = 2   2 ( x + 1) y + + ( y − 1) x − = 10 ( x, y ∈ ¡ ) ( Chọn học sinh giỏi lần – THPTNC1) 2n 2n Phân tích : Ta nhận thấy phương trình thứ có dạng a + b = k nên từ phương trình cho ta đánh giá ? Tại ta khơng thử điều Ta có: 1  2 2  x − y + ÷ + ( xy − 3) = ⇔ x + y − 2xy + x − y + x y − 6xy + = 2  ( ) ⇔ x + y + x − y = − x y − 8xy + 16 ⇔ x + y + x − y = − ( xy − ) Từ ta suy x + y2 + x − y ≤ Mặt khác phương trình thứ hai hệ vế phải tổng hai thừa số có dạng ta đẩy ý tưởng đánh giá theo đánh giá quen thuộc Ta có : ab ≤ a + b2 ab ,  x + 2x + + y + ( x + 1) y + ≤   y − 2y + + x −  y − x − ≤ ( )  ⇒ ( x + 1) y2 + + ( y − 1) x − ≤ x + y + x − y + Từ ta có : 10 ≤ x + y2 + x − y + ⇔ x + y2 + x − y ≥ Vậy qua hai bước đánh giá ta có hệ sau : x + y2 + x − y =   xy − =  x + = y +   y − = x + Do hệ giải hồn tồn 25 x≤− 3∨x≥ Lời giải : Điều kiện : Phương trình thứ hai hệ biến đổi thành phương trình : 1  2 2  x − y + ÷ + ( xy − 3) = ⇔ x + y − 2xy + x − y + x y − 6xy + =   ( ) ⇔ x + y + x − y = − x y − 8xy + 16 ⇔ x + y + x − y = − ( xy − ) Vì − ( xy − ) ≤ ⇒ x + y + x − y ≤ Mặt khac ta có: ( a)  x + 2x + + y + ( x + 1) y + ≤   y − 2y + + x −  y − x − ≤ ( )  ⇒ ( x + 1) y2 + + ( y − 1) x − ≤ x + y + x − y + Từ ta có : 10 ≤ x + y2 + x − y + ⇔ x + y2 + x − y ≥ Từ ( a ) , ( b ) ta có hệ có nghiệm : ( b)  x + y2 + x − y =   xy − =  x + = y + x =  ⇔  y − = x + y = Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ ( x, y ) = ( 2;2 ) Ví dụ 12 : Giải hệ phương trình  x xy y + =  xy +  y +1 x +1   + =4  x −1 y −1 ( x, y ∈ ¡  ) Phân tích : Với hệ này, ta nhận định phương trình thứ hai đơn giản rõ ràng khơng giúp Do quan tâm đến phương trình thứ hệ 26 Ở vế trái phương trình thứ ta cần ý tới ta cộng vào số hạng tổng ta có nhân tử chung Do ta tiến hành biến đổi phương trình thứ thành : xy xy x y x y + = ⇔ +1+ =1= +2 y +1 x +1 y +1 x +1 xy + xy +  xy +   1  ⇔ ( x + y + 1)  + ÷ ÷ =  ÷  x +1 y +1  xy +  ( ∗) 1 + x +1 y +1 Ở ( ∗) xuất liên tưởng đến bổ đề sau : Với a,b > 0,ab ≥ ta có : giản ) xy + 1 + ≥ + a + b + ab với điều kiện x > 1, y > làm ta (Việc chứng minh bổ đề đơn Khi sử dụng bổ đề áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có :  x + y + ≥ + xy   + xy    1  ⇒ ( x + y + 1)  + ÷ ÷ ≥  1 + x + + y ≥ ÷ + xy 1+ x 1+ y    xy +  Dấu đẳng thức xảy Lời giải : Điều kiện : ( hệ giải x >  y > 1 + ≥ ( ∗) , ( ∀a, b > 0,ab ≥ 1) + a + b + ab Ta chứng minh bổ đề sau : Thật vậy, ta có ( ∗) x = y Và ( ) ( ) ⇔ ( + a ) + ab + ( + b ) + ab ≥ ( + a ) ( + b ) ) ⇔ ( a + b + ) + ab ≥ ( + a ) ( + b ) ⇔ ( )( ab − a− b ) ≥0 ( ) 27 Dấu đẳng thức xảy ⇔ a = b ∨ ab = Phương trình thứ hệ biến đổi thành phương trình : xy xy x y x y + = ⇔ +1+ =1= +2 y +1 x +1 y +1 x +1 xy + xy +  xy +   1  ⇔ ( x + y + 1)  + ÷ ÷ =  ÷  x +1 y +1  xy +  Áp dụng bổ đề vừa chứng minh bất đẳng thức AM − GM ta có :  x + y + ≥ + xy   + xy    1  ⇒ ( x + y + 1)  + ÷ ÷ ≥  1 + x + + y ≥ ÷ + xy 1+ x 1+ y    xy +  Dấu đẳng thức xảy ta : x = y Thế vào phương trình thứ hai hệ + = ⇔ x −1 = ⇔ x = ⇒ y = x −1 x −1 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ ( x, y ) = ( 5;5 ) Ví dụ 13 : Giải hệ phương trình 1  + =  2 + 2xy  + 2x + 2y    x ( − 2x ) + y ( − 2y ) = ( x, y ∈ ¡ ) Phân tích : Nhìn vào hệ dễ dàng nghỉ đến ẩn phụ hóa phương trình thứ hệ dễ nhìn thấy điều cần đánh giá liên quan đến bổ đề quen thuộc   x = a = 2x ⇔  2 b = 2y y =  Với a b Khi ta đưa phương trình thứ phương trình : 28 1+ a2 + 1 + b2 = + ab B.C.S ta Sử dụng bất đẳng thức 1+ a + 1+ b ≤ ( + 1)  1+ a Sử dụng bổ đề 1+ a + 1+ b Ta có 1+ a ≤  ÷ 1+ b  , ∀a, b > 0,ab ≤ 1 + ab 2 ≤ 2× = + ab + ab 1+ b + + có : Dấu đẳng thức xảy a = b Và lúc ta có mối quan hệ x, y vào phương trình thứ hai hệ giải hoàn toàn Lời giải : Điều kiện : Đặt  x= a = 2x  ⇔  2 b = 2y y =   0 ≤ x ≤  x ( − 2x ) ≥     y ( − 2y ) ≥ ⇔ 0 ≤ y ≤ 1 + 2xy >     xy > −  a b  2 a, b ∈ 0;    , Lúc phương trình thứ hệ biến đổi thành : 1+ a2 + 1 + b2 = + ab Sử dụng bất đẳng thức 1+ a + 1+ b ≤ B.C.S ta ( + 1)  1+ a Mặt khác ta lại có : 1+ a + + có :  ÷ 1+ b  1+ b ≤ , ∀a, b > 0,ab ≤ 1 + ab 29 Thật vậy, ta có : 1+ a + 1+ b ⇔ ( a − b) 2 ≤ ( ) ( ) ( )( ⇔ ( + ab ) + b + ( + ab ) + a ≤ + a + b + ab ( ab − 1) ≤ (  2 a, b ∈ 0;    Dấu đẳng thức xảy Dấu đẳng thức xảy ) a=b 1+ a Áp dụng bổ để ta có : ) 2 ≤ 2× = + ab + ab 1+ b +  =  ⇔  1+ a2 + b2 ⇔ a = b a = b ⇔x =y  Thay vào phương trình thứ hai hệ ta phương trình : x ( − 2x ) = 1 ⇔ x ( − 2x ) = ⇔ ( 4x − 1) = ⇔ x = ⇒ y = 4 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ Ví dụ 14: Giải hệ phương trình ( x, y ) =  1 ; ÷  4  4x + y3 + y 2x − y = 3y x   2  x + 4x + y + y + = 3xy ( x, y ∈ ¡  ( )( ) ) Phân tích : Với toán này, nhận xét ta thấy vế trái phương trình thứ hai ln dương Từ ta suy xy > Mặt khác từ phương trình ta có đánh giá quen thuộc ⊕ Nếu x > 0, y > ta có đánh giá sau :  x + 4x + > 3x  ⇒ x + 4x + y + y + > 9xy   y + y + > 3y ( )( ) 30 Do phương trình hai vơ nghiệm ⊕ x < 0, y < Nếu từ phương trình thứ hệ ta có biến đổi sau : ( x + y ) ( 2x − y ) + y  2x − y = 2x − y = ⇔  ⇔ y = 2x <  2x − y = Và hệ giải hoàn toàn Lời giải : Điều kiện : y − 2x ≥ (x+ Nhận xét )( Do từ phương trình thứ hệ ta có g Trường hợp : x > 0, y > ) 4x + y + y + > 3xy > nên ta có hai trường hợp Ta có: ( )( ) 3xy = x + 4x + y + y + > ( x + 2x ) ( y + 2y ) = 9xy ⇔ > g Trường hợp : (vơ lí) x < 0, y < Cách : Từ phương trình thứ hệ ta có : = −3xy + 4x y y + + + 2x − y ≥ −3xy + 3xy + 2x − y = 2x − y ≥ y 2 ⇒ y = 2x Cách : Từ phương trình thứ hệ ta có : ( x + y ) ( 2x − y ) + y Thay (x+ y = 2x  2x − y = 2x − y = ⇒  ⇔ y = 2x  2x − y = vào phương trình thứ hai hệ ta có : )( ) ( 4x + 2x + 4x + = 6x ⇔ x + 4x + ⇔ x + 4x + = − 3x ⇔ x = − ⇒y=− ) = 3x 2 31 Đối chiếu điều kiện hệ có nghiệm Ví dụ 15 : Giải hệ phương trình ( x, y ∈ ¡ )   ( x; y ) =  − ;−  ÷ 3÷   x + 4y2 + 6y + = 4x y + x + 2x 2y + ( 1)    x − + 3 2y − = 4y − 3x ( ) Phân tích : Với hệ này, từ phương trình thứ ta nhận thấy có chứa biểu thức dạng ab nên ta nghỉ đến đánh giá quen thuộc mà ta dùng nhiều lần loại hệ Ta có : ab ≤ a + b2 (x − 2y) − x + + = 2x 2y + ≤ x + 2y + 1(3) ⇔ (x − 2y)2 − 2(x − 2y) + ≤ ⇔ (x − 2y − 1) ≤ ⇔ x = 2y + Và tới lại phương án giải phương trình cịn lại Lời giải : Điều kiện:  2y + ≥   x − ≥ Phương trình ( 1) viết lại : (x − 2y) − x + + = 2x 2y + ≤ x + 2y + 1(3) ⇔ (x − 2y)2 − 2(x − 2y) + ≤ ⇔ (x − 2y − 1) ≤ ⇔ x = 2y + Mặt khác, dấu đẳng thức (3) xảy Thay vào phương trình (2) ta được: khi:  x = 2y + x = 2y + ⇔   x ≥ x − + 3 x − = 2(x − 1) − 3x Ta có : VP = 2x − 3x − = 4(x − 5) + 3 1.1.(x − 8) ≤ + x2 − + (1 + + x − 8) 32 ⇔ (x − 3) ≤ ⇔ x = 3(TMDK) ⇒ y = 4(TMDK) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: Ví dụ 16 : Giải hệ phương trình (x; y) = (3;4)  x + 2x − = − y − 4y −    6x − y − 11 + −2x − 4x + 10 = ( x, y ∈ ¡ ) Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy phương trình hệ khơng thể giải Do ta đẩy ý tưởng đánh giá phương trình phối hợp lại với cách khả quan Do hai phương trình chứa bậc hai nên sử dụng bất đẳng thức AM − GM để đánh giá khử lựa chọn tối ưu Lời giải :Điều kiện : −2x − 4x + 10 ≥  − y − 4y − ≥ Sử dụng bất đẳng thức AM − GM x + 2x − = − y − 4y − ≤ − y − 4y − ⇒ 2x + 4x + y + 4y − ≤ ( 1) y − 6x + 11 = −2x − 4x + 10 = Suy : ta có : ( 10 − 4x − 2x x − 10x + 2y + 15 ≤ ( ) Lấy ( 1) + ( ) vế theo vế ta có : ) ≤ + 10 − 4x − 2x 2 3x − 6x + y + 6y + 12 ≤ ⇔ ( x − 1) + ( y + ) ≤ 2 x − = x = ⇔ ⇔ y + =  y = −3 Đối chiếu điều kiện thử lại ta có nghiệm hệ ( x, y ) = ( 1; −3) 33 ( Ví dụ 18 : Giải hệ phương trình )  x + + y − = y2 − 2y + x +    x ( x + y ) + ( x − 1) ( y + 1) = x − x + y + ( x, y ∈ ¡ x −1  ) Phân tích : Với hệ này, cấu trúc phương trình thứ gợi ảnh bất đẳng thức B.C.S ta nhận thấy Vậy áp dụng bất đẳng thức y − 2y + x + = ( y − 1) + x + B.C.S ta có : x +1 + y −1≤ ( + 1) ( y − 2y + x + ) Dấu đẳng thức xảy x − = y − Mặt khác ta nhận thấy phương trình thứ biến đổi thành phương trình : (x ) − x ( x + y ) + ( x − 1) y + = x − x + y + Tới ta sử dụng đánh giá quen thuộc  x2 − x + x + x − x x + y ≤ ( )    x − 2x + + y +  ( x − 1) y + ≤ ⇒ ( ab ≤ a + b2 Ta có đánh giá sau : ) (x ) − x ( x + 1) + ( x − 1) y + ≤ x − x + y + Dấu đẳng thức xảy :  x − x = x + y ⇔ y +1 = x −1   x − = y +  x − = y −   y + = x − Khi kết hợp lại ta có hệ phương trình : Hệ giải đơn giản Vậy xem hệ giải hoàn toàn Lời giải : Điều kiện : x >   y ≥ −1 Ta biến đổi hệ phương trình cho trở thành hệ phương trình : 34 ( )  x + + y − = y − 2y + x +    x − x ( x + y ) + ( x − 1) y + = x − x + y +  ( ) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S x +1 + y −1 ≤ ta có : Sử dụng đánh giá: a + b2 Ta có đánh giá sau :  x2 − x + x +  x − x ( x + y) ≤   x − 2x + + y +  ( x − 1) y + ≤ ⇒ ( x −1 = y −1 Dấu đẳng thức xảy ab ≤ ( + 1) ( y − 2y + x + ) ) (x ) − x ( x + 1) + ( x − 1) y + ≤ x − x + y + Dấu đẳng thức xảy :  x − x = x + y ⇔ y +1 = x −1   x − = y + Khi kết hợp lại ta có hệ phương trình :  x − = y −   y + = x − ( x ≥ 1, y ≥ 1)    =0 ( x − y )  + ÷   ÷  x − y = y + − x + x + + y + x − y + x + − y + = ⇔    ⇔ ⇔   x + = y −  x + = y −  x + = y − (  x = y  x = y ⇔ ⇔  x + = x −  x + = ( x − 1) ) x =  x = y y = ⇔ ⇔  x =  x ( x − 3) =    y = Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm hệ ( x, y ) = ( 3;3) II Kết ứng dụng đề tài Vì đặc thù nhà trường phân cơng dạy lớp chọn phân đứng đội tuyển nên tơi có hội nhiều lần thực đề tài Khi sử dụng đề 35 tài lớp chọn em tốt tốn thích thú đặc biệt em đội tuyển toán nhà trường Vì đặc thù nội dung đề tài nên vận dụng tối đa đề tài với em đội tuyển học sinh ôn luyện thi THPT Quốc Gia lấy điểm cao 27 lớp thường không vận dụng đề tài Cụ thể: Ôn luyện đội tuyển năm học 2017 -2018 ôn tập cho 15 em học sinh nằm đội tuyển: Tốn, lý, hóa, sinh nhà trường Kết quả: Về kết đội tuyển Giải Nhất Nhì Ba KK Đội tuyển 1 (5 hs) Về kết ôn THPTQG Điểm cao Trên điểm Trên điểm Ghi 15 học sinh 10 ( 66%) ( 34%) Một em 9,8 C KẾT LUẬN Sau sử dụng đề tài để dạy ôn tập phần hệ phương trình cho nhóm học sinh giỏi ôn thi đội tuyển, nhận thấy em rèn khả tư tốt hơn, phán đoán nhanh nhẹn đặc biệt đem lại hiệu rõ rệt kỳ thi quan trọng Mặc dù lực khả cịn hạn chế tính vận dụng đề tài chưa rộng, thiết nghĩ nhà trường có tồn phát triển mạnh hay khơng khâu mũi nhọn quan trọng Chính mà đề tài góp phần khơng nhỏ cho thành cơng nghiệp giáo dục cá nhân tơi nói riêng cho phát triển trường THPTNCI nói chung 36 Có thể nói SKKN : “GIẢI HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” bước đầu thành công theo mục đích cá nhân tơi Hệ phương trình phần rộng lớn Vì cố gắng song đề tài khó tránh khỏi bất hợp lí vài điểm Rất mong nhận góp ý chân thành đồng nghiệp, học sinh yêu thích hệ phương trình để đề tài hồn thiện hơn./ Hi vọng tài liệu bổ ích để đồng nghiệp tham khảo giảng dạy để học sinh vận dụng làm tập tìm tịi khám phá vẻ đẹp mn hình mn vẻ hệ phương trình Nơng Cống, ngày 16 tháng năm 2000 Tơi xin cam đoan SKKN hồn tồn tơi thực Nếu sai tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm Xác nhận đơn vị Người thực Lê Văn Nam 37 ... thể loại hệ giải phương pháp ta thường gặp tốn mà đánh giá xảy phương trình hệ hai phương trình hệ có đánh giá kết hợp hai phương trình lại Sau vào ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải hệ phương trình ... phương trình giải phương pháp “ Đánh giá? ?? Đối với học sinh – Giỏi B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Giải pháp thực I Chúng ta thường gặp dạng hệ đánh giá thông qua hướng sau : 1) Đánh giá qua điều kiện nghiệm hệ. .. Việc giải hệ phương trình có nhiều phương pháp “ Cộng trừ đại số, rút thế, định thức, phân tích đa thức thành nhân tử, liên hợp, phương pháp hàm số, phương pháp đánh giá Trong có lẽ “ GIẢI HỆ BẰNG