Đề tài của tôi về mặt hình thức là không mới. Cái mới ở đây chính là sự phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của h[r]
(1)Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ
Hệ phương trình đại số mảng kiến thức quan trọng chương trình tốn học phổ thơng, thường gặp kì thi tuyển sinh vào lớp 10; tuyển sinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi Mặc dù học sinh cọ sát phần nhiều song phần lớn em thường lúng túng trình tìm cách giải Nguyên nhân
Thứ nhất, hệ phương trình mảng kiến thức phong phú khó, địi hỏi người học phải có tư sâu sắc, có kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có nhìn nhận nhiều phương diện
Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần đơn giản, tài liệu tham khảo đề cập đến phần nhiều song phân loại chưa dựa gốc toán nên học, học sinh chưa có liên kết, định hình chưa có nhìn tổng qt hệ phương trình
Thứ ba, đa số học sinh học cách máy móc, chưa có thói quen tổng qt tốn tìm tốn xuất phát, chưa biết toán đề thi đâu mà có nên người đề cần thay đổi chút gây khó khăn cho em
Đề tài tơi mặt hình thức khơng Cái phân loại có tính chất xun suốt chương trình bám vào kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư học sinh Thêm vào đó, với tốn có phân tích lơgic, có tổng quát điều đặc biệt cho học sinh tìm gốc tốn, tốn từ đâu mà có, người ta tạo chúng cách
Thông qua việc làm thường xuyên này, học sinh thích nghi cách tốt, có tư sáng tạo, có lực làm tốn tạo tốn Học sinh thường hiểu sâu thích nghi học phần
Mặc dù có đầu tư thu thành công đáng kể song điều kiện thời gian cịn hạn chế nên phân loại chưa triệt để mang tính chất tương đối, mong bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để đề tài hoàn thiện
(2)Phần II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
I Hệ phương trình bậc hai ẩn
1 Định nghĩa Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ phương trình có dạng
' ' '
ax by c a x b y c
với a b c a b c, , , ', ', ' số thực cho thỏa mãn a2 b2 0, 'a 2b'2 0 2 Ví dụ
2
4
x y
x y
3 Cách giải
+) Phương pháp cộng đại số +) Phương pháp
II Hệ phương trình đối xứng loại I
1 Định nghĩa Hệ phương trình đối xứng loại I hệ pt có dạng
( ; ) ( ; ) f x y g x y
Trong f x y( ; ) g x y( ; ) đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn ( ; ) ( ; ), ( ; ) ( ; ), ,
f x y f y x g x y g y x x y
2 Cách giải phổ biến
- Bước Biểu diễn phương trình theo tổng x y tích xy - Bước Đặt
x y S xy P
x y, S2 4P
- Bước Giải hệ theo S P
- Bước x y hai nghiệm pt X2 SX P0
III Hệ phương trình đối xứng loại II
1 Định nghĩa Hệ phương trình đối xứng loại II hệ phương trình có dạng
( ; ) ( ; ) f x y f y x
trong f x y( ; ) biểu thức chứa hai biến x y 2 Cách giải.
- Bước Trừ vế hai pt ta f x y( ; ) f y x( ; ) 0 (*)
- Bước Đưa phương trình (*) dạng tích (x y g x y ) ( ; ) 0 - Bước Xét hai trường hợp
TH x = y vào hai phương trình hệ giải tiếp
(3)( ; ) ( ; ) ( ; )
f x y f y x g x y
* Chú ý Nếu g x y( ; ) 0 phức tạp ta tìm cách chứng minh vơ nghiệm IV Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai
1 Định nghĩa Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai hệ có dạng
2
2
' ' ' '
ax bxy cy d a x b xy c y d
2 Cách giải
- Bước Cân hệ số tự ta
2
2
' ' ' '
' ' ' '
ad x bd xy cd y dd da x db xy dc y dd
- Bước Trừ vế hai phương trình ta Ax2 Bxy Cy 0 (*) - Bước Giải phương trình (*) ta biểu diễn x theo y
- Bước Thế vào hai phương trình hệ giải tiếp * Chú ý
- Cách giải áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao - Cách giải chứng tỏ hệ phương trình hồn tồn giải
bằng cách đặt y tx x , 0 đặt x ty y , 0
- Ta cân số hạng chứa x2 (hoặc chứa y2) trừ vế dùng phép
B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1 Ph ơng pháp thế
* Cơ sở phương pháp Ta rút ẩn (hay biểu thức) từ phương trình hệ vào phương trình cịn lại
* Nhận dạng Phương pháp thường hay sử dụng hệ có phương trình bậc ẩn
Ví dụ Giải hệ phương trình 2
2 (1)
3 (2)
x y
x y y
Lời giải. Từ (1) ta có
5
y x
vào (2) ta
2
5
3
2 y
y y
2 2 59
3(25 30 ) 16 23 82 59 1,
23
y y y y y y y y
Vậy tập nghiệm hệ phương trình
31 59 1;1 ; ;
23 23
Ví dụ Giải hệ phương trình
4 2
2 (1)
2 6 (2)
x x y x y x
x xy x
(4)Lời giải
x = không thỏa mãn (2)
2
6 0, (2)
2
x x
x y
x
vào (1) ta
2
2
4 2 6 6 2 9
2
x x x x
x x x x
x x
2
4 2(6 6 2) (6 ) 2 9 ( 4)3 0
4
x
x x
x x x x x x x
x
Do x0 nên hệ phương trình có nghiệm
17 4;
4
Chú ý.
+ Hệ phương trình theo phương pháp sau:
Hệ
2
2
2
2
2
6
2 9
2 6
6
2
x x
x xy x x
x x
x xy x x
x xy
+ Phương pháp thường công đoạn cuối ta sử dụng phương pháp khác
2 Phương pháp cộng đại số
*Cơ sở phương pháp Kết hợp phương trình hệ phép tốn: cộng, trừ, nhân, chia ta thu phương trình hệ mà việc giải phương trình khả thi có lợi cho bước sau
*Nhận dạng Phương pháp thường dùng cho hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 2
2
2
2
y y
x x x
y
Lời giải. ĐK: xy0
Hệ
2 2
3 (1)
3 (2)
x y y y x x
Trừ vế hai phương trình ta được
2 2
3 3 ( ) ( )( )
3
x y
x y xy y x xy x y x y x y
xy x y
(5)TH 3xy x y 0 Từ
2
2
3y y y
x
,
2
2
3x x x
y
3xy x y
Do TH khơng xảy ra.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1 ; 1)
Ví dụ Giải hệ phương trình
1
2 (1)
1
2 (2)
y x
x y
Lời giải. ĐK:
1
,
2
x y
Trừ vế hai pt ta
1 1
2
y x
x y
1
2
0
1 1
2 2
y x y x y x y x
xy xy x y
xy
y x y x
TH y x 0 y x vào (1) ta
1
2
x
x
Đặt
,
t t
x
ta
2
2 2
2
2 1
2 4
t t
t t t x
t t t t t
y 1
TH
1
0
1
2
xy x y
xy
y x
TH vô nghiệm ĐK.
Vậy hệ có nghiệm (1; 1) Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
3 38
5 15
x xy y
x xy y
Phân tích Đây hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta cân bằng số hạng tự thực phép trừ vế
Lời giải.
Hệ
2
2
2
45 75 60 570
145 417 54
190 342 114 570
x xy y
x xy y
x xy y
(6)Giải phương trình ta
1 145
,
3 18
y x y x
vào hai phương trình hệ ta thu kết
* Chú ý
- Cách giải áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao - Cách giải chứng tỏ hệ phương trình hồn toàn giải
bằng cách đặt y tx x , 0 đặt x ty y , 0
Ví dụ Tìm giá trị m để hệ
2
2
3 11
2 17
x xy y
x xy y m
có nghiệm.
Phân tích Để có kết nhanh ta đặt y tx x , 0 Lời giải.
TH
2
2
11 11
0 17
3 17
3 y
y
x m
y
y m
Vậy hệ có nghiệm
17
0 11 16
3 m
x m
TH x 0, Đặt y tx Hệ
2 2 2 2
3 11
2 17
x tx t x
x tx t x m
2
2 2
2
2
2
11
(3 ) 11 3 2
11
(1 ) 17 (1 2 3 ). 17
3 x
t t x t t
t t x m t t m
t t
2
2
11
( 16) 2( 6) 40 (*) x
t t
m t m t m
Ta có 11
0,
3 2 t t t nên hệ có nghiệm pt (*) có nghiệm Điều xảy ra m16 m16, ' ( m6)2 (m 16)(3m40) 0
5 363 m 363
Kết luận 5 363 m 363
Ví dụ Tìm giá trị m để hệ
2
2
5
2
1
x xy y
m
x xy y
m
(I) có nghiệm.
(7)Nhân vế bpt thứ hai với -3 ta
2
2
5
1
6 3
1
x xy y
x xy y
m
Cộng vế hai bpt chiều ta
2 4 4 ( 2 )2
1
x xy y x y
m m
Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm
0
1 m
m
Điều kiện đủ Với m1 Xét hệ pt
2
2
5
2
x xy y
x xy y
(II)
Giả sử ( ; )x y0 nghiệm hệ (II) Khi
2
2 0 0 0 0
0 0
2
2
0 0 0 0
5
5
2
2
1
x x y y
x x y y
m
x x y y
x x y y
m
Vậy nghiệm hệ (II) nghiệm hệ (I) (II)
2
2
2
5
4 2
6 3
x xy y
x xy y x y x y
x xy y
Thay x2y vào pt thứ hệ (II) ta
2 2 2
8
5
y y y y y x
Hệ (II) có nghiệm, hệ (I) có nghiệm Vậy m1.
Ví dụ Giải hệ phương trình
1
3
1
7
x
x y y
x y
Phân tích Các biểu thức ngoặc có dạng a + b a – b nên ta chia hai vế pt thứ cho 3x chia hai vế pt thứ hai cho 7y
Lời giải.
ĐK: x0, y0, x y 0
Dễ thấy x0 y 0 không thỏa mãn hệ pt Vậy x0, y0
Hệ
2 2
1 2 1 (1)
1
3 7
3
1 2 2
1
7 7
x y x x y x y
x y y x y x y x y x y
(8)Nhân theo vế hai pt hệ ta
1 2 2
3x 7y 3x 7y x y
2
6
1
7 38 24 4
3
7
y x
y xy x
x y x y y x
TH y 6x vào pt (1) ta
1 11 22
1
21
3x 21x x y
TH
4 y x
không xảy x0, y0
Vậy hệ pt có nghiệm
; 11 22 7;
21
x y
.
Chú ý Hệ phương trình có dạng
2
a b m m n a
a b n m n b
Trong trường hợp
này, dạng thứ có vế phải chứa thức nên ta chuyển dạng thứ hai sau nhân vế để thức
Tổng quát ta có hệ sau:
a n
m
px qy bx
c n
m
px qy dy
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 2 2
2 2 2
2 2 2
( ) (3 1)
( ) (4 1)
( ) (5 1)
x y z x x y z
y z x y y z x
z x y z z x y
Phân tích Nếu chia hai vế phương trình cho x y z2 2 ta hệ đơn giản
Lời giải.
TH xyz0 Nếu x0 hệ
2 0
, y y z
z t t
0 , z y t t
Tương tự với y 0 z 0 ta thu nghiệm là
(0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t
(9)2
2
2
2
1 1
3 (1)
1 1
4 (2)
1 1
5 (3)
z y x x
x z y y
y x z z
Cộng vế phương trình hệ ta được
2 2
2 2
1 1 1 1 1 1
12
z y x z y x x y z x y z
2
1 1
4 (4)
1 1 1
12
1 1
3 (5)
x y z
x y z x y z
x y z
Từ (4) (1) ta có
2
2
1 1 9
4 13
13 x
x x x x
Tứ (4) (2) ta có y
Từ (4) (3) ta có 11 z
Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có
5
, 1,
6
x y z
Vậy hệ có tập nghiệm
S =
9 5
( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); ; ; ; ; 1; ,
13 11
t t t t
Nhận xét Qua ví dụ ta thấy: từ hệ phương trình đơn giản, cách đổi biến số (ở phép thay nghịch đảo) ta thu hệ phức tạp Vậy hệ phức tạp ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản
3 Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 10 Giải hệ phương trình 2
1 x y xy
x y xy
Lời giải Đây hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.
Hệ
( )
( )
x y xy
x y xy
Đặt
x y S xy P
x y, S2 4P ta
1 1,
4,
3
S P S P
S P
S P
(10)TH
1 1,
2 2,
S x y x y
P xy x y
TH
4 1,
3 3,
S x y x y
P xy x y
Vậy tập nghiệm hệ là
S = ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1) Chú ý.
- Nếu hệ pt có nghiệm ( ; )x y tính đối xứng, hệ có nghiệm ( ; )y x Do vậy, để hệ có nghiệm điều kiện cần x y .
- Không phải lúc hệ đối xứng loại I giải theo cách Đôi việc thay đổi cách nhìn nhận phát cách giải tốt
Ví dụ 11 Giải hệ phương trình
2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
Phân tích Đây hệ đối xứng loại I
Hướng Biểu diễn pt theo tổng x y tích xy
Hướng Biểu diễn pt theo x2 x y2 y Rõ ràng hướng tốt hơn.
Lời giải
Hệ
2
2
( ) ( ) 18
( )( ) 72
x x y y
x x y y
Đặt
2
2
1 ,
4 ,
4 x x a a
y y b b
ta được
18 6, 12
72 12,
a b a b
ab a b
TH
2
6 2,
12 12 3,
a x x x x
b y y y y
TH Đổi vai trò a b ta
3,
2,
x x
y y
Vậy tập nghiệm hệ là
S = (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3) Nhận xét Bài tốn hình thành theo cách sau
Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản
18 72 a b ab
(I)
1) Thay a x 2x b y, 2 y vào hệ (I) ta hệ
(1)
2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
ví dụ 11
(11)(2)
2 2
18
( ) 72
x y
xy x y
3) Thay a x 2 ,x b2x y vào hệ (I) ta hệ
(3)
2 4 18
( 2)(2 ) 72
x x y
x x x y
4) Thay
1
,
a x b y
x y
vào hệ (I) ta hệ (4) 2
( ) 18
( 1)( 1) 72 x y xy x y xy
x y xy
5) Thay a x 22 ,xy b y xy vào hệ (I) ta hệ
(5)
2 18
( )( ) 72
x y xy
xy x y y x
…
- Như vậy, với hệ xuất (I), cách thay biến ta thu nhiều hệ pt
- Thay hệ xuất phát (I) hệ xuất phát (II) 2
21 a b
a b
làm
tương tự ta lại thu hệ khác Chẳng hạn 6) Thay a x 2 y b xy2, vào hệ (II) ta hệ
(6)
2
4 2
7 21
x y xy
x y x y
7) Thay
1
,
a x b y
x y
vào hệ (II) ta hệ
(7)
2
2
1 1
21 x y
x y
x y
x y
8) Thay
1
, x
a x b
y y
vào hệ (II) ta hệ
(8) 2
1
( 1) 21
xy x y
xy x y
9) Thay
1 , a x y b
y
(12)(9) 2
( )
( 2) 21
x y y y
x y y y
10) Thay a x 22 ,x b y 2x vào hệ (II) ta hệ
(10)
2
4 2
4
4 ( ) 21
x y x
x y x x y
Như vậy, biết cách tạo tốn nghĩ cách giải tốn khác
Ví dụ 12 Giải hệ pt sau
a)
2
( 1)
5
( )
x x y x y x b)
2
4
5 (1 )
4 x y x y xy xy
x y xy x
c)
1
x y xy
x y d)
2 2( ) 7 ( ) 10
x y x y
y y x x
Lời giải
a) ĐK x0 Hệ
2
1
1
( )
x y x x y x Đặt ,
x y a b
x
ta hệ
2 2
2, 1
1 3
1
, 2,
5 (3 1)
2 2
a b x y
a b a b
a b x y
a b b b
b) Hệ 2 2
( ) ( 1)
4
( )
4
x y xy x y
x y xy
Đặt x2 y a xy b , ta được
2
2
5
( 1) 0,
4
5
5
,
4 2
a b a a a ab a b
b a
a b a b
(13)TH
2 3
3
5
0
4
5
25
4
16 x
a x y
b xy
y
TH
2
2
1 1
2
2
3
3 3
2
2 2
x x
a x y
x
y
b xy y
x
Vậy tập nghiệm hệ pt S =
3
3 25
1; ; ;
2 16
c) ĐK: x1,y1,xy0
Hệ
3
2 ( 1)( 1) 16 14
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
Đặt x y a , xy b a2,b0, a2 4b2 ta hệ pt
2
2
3 3
3 26 105
2 14 11
a b a b a b
b b
a a b b b b
3
6
b x
a y
(thỏa mãn đk)
d) Hệ
2
2
( 1) ( 1)
( ) ( 1)
x y
y x x
.
Đặt a x 1,b y 1 b a y x ta hệ
2
2
( )
a b
b a a
2 ( )2 2 2 0
a b b a a a ab a
a 2b
0 1,
a b x y x1,y4
2
2
5
a b b b a
6
1 ,
5
x y
6
1 ,
5
x y
(14)* Cơ sở phương pháp Phân tích hai phương trình hệ thành tích nhân tử Đơi cần tổ hợp hai phương trình thành phương trình hệ đưa dạng tích
* Cách thành lập hệ dạng
( ) ( ; )
( ; )
ax by c f x y g x y
f x y( ; ) được
chọn cho
( ; ) ( ; ) f x y g x y
vô nghiệm
( ; ) ( ; ) f x y g x y
giải được; g x y( ; ) được
chọn cho
0 ( ; ) ax by c g x y
giải thỏa mãn kết hợp với f x y( ; )
Ví dụ 13 Giải hệ phương trình
2 2 (1)
2 2 (2)
xy x y x y
x y y x x y
Phân tích Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu kết khả quan nên tập trung để giải (1)
Lời giải
ĐK: x1, y 0
(1) y x y( ) ( x y )x2 y2 (x y y )( 1 x y ) 0 TH x y 0 (loại x1, y0)
TH 2y 1 x 0 x 2y1 vào pt (2) ta (2y1) 2y y 2y 4y 2 2y (y1) 2y 2(y1)
1
2
2
y y
y y
Do y 0 y 2 Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (5;2)x y
Chú ý Do phân tích thành tích hai nhân tử bậc đối y (hay x) nên giải pt (1) cách coi (1) pt bậc hai ẩn y (hoặc x)
Ví dụ 14 Giải hệ phương trình
1
(1)
2 (2)
x y
x y
y x
Phân tích Từ cấu trúc pt (1) ta thấy đưa (1) dạng tích. Lời giải
ĐK: xy0 (1)
1 1
0 x y ( )
x y x y x y
x y xy xy
TH x y vào (2) ta x3 2x 1 x1
1 x
(15)TH
1
1 y
xy x
vào (2) ta 2 0 ( 1)2 ( 1)2 0
2 2
x x x x
Pt vô nghiệm
Vậy tập nghiệm hệ S =
1 5 5
(1;1); ; ; ;
2 2
Ví dụ 15 Giải hệ phương trình
3
1
(1)
( )(2 4) 36 (2)
x y
x y
x y x y
Lời giải.
2
2
3 3
3
1 ( )( )
( )
1
x y
y x y xy x
x y x y y xy x
x y x y
x y
TH x y vào pt thứ hai ta
2 4 12 0
2 x
x x
x
TH
2
3
y xy x
xy x y
(2) 2x2 4y2 9xy4x 16y 36 2(x1)2 4(y 2)2 9xy18 Trường hợp không xảy xy 0 2(x1)2 4(y 2)2 9xy0 Vậy tập nghiệm hệ phương trình S = (2;2); ( 6; 6)
Ví dụ 16 Giải hệ phương trình
2
2
16 (1) (2) xy
x y
x y
x y x y
Phân tích Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu kết khả quan nên tập trung để giải (1)
Lời giải.
ĐK: x y 0 (1) (x2 y2)(x y ) 8 xy16(x y )
(x y) 2xy x y( ) 8xy 16(x y)
2
(x y) (x y) 16 (xy x y 4)
(x y 4) (x y x y)( 4) 2xy
TH x y 0 vào (2) ta
2 6 0
2
x y
x x
x y
(16)Vậy tập nghiệm hệ S = ( 3;7); (2;2)
Phần III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Đề tài giải vấn đề sau:
- Giúp học sinh có nhìn tổng qt có hệ thống hệ phương trình đại số, từ có kĩ giải thành thạo toán thuộc chủ đề học sinh khơng cịn cảm giác e sợ gặp hệ phương trình
- Tạo cho học sinh có thói quen tổng qt tốn tìm toán xuất phát, biết toán đề thi đâu mà có người ta tạo chúng cách
- Thông qua việc tìm tốn gốc, việc tổng qt tốn, việc tạo tốn mới, hình thành cho em khả làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực học sinh theo tinh thần phương pháp Bộ Giáo dục Đào tạo Điều quan trọng tạo cho em niềm tin, hứng thú học tập môn
Qua thực tế giảng dạy chuyên đề áp dụng lớp 10C thấy em học sinh nắm vững phương pháp, biết cách vận dụng vào toán cụ thể mà hứng thú học tập chuyên đề Khi học lớp, số học sinh làm giải hệ phương trình cao hẳn năm trước tốt nhiều so với em không học chuyên đề
Một số đề xuất