(Sáng kiến kinh nghiệm) hệ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN vị VÒNG QUANH

MỤC LỤC Lời giới thiệu Tên sáng kiến Tác giả sáng kiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Ngày áp dụng sáng kiến Mô tả sáng kiến .1 A Về nội dung sáng kiến: I Cơ sở lí luận II Thực trạng vấn đề III Các phương pháp tiến hành để giải vấn đề 1.1 Bài toán 1.2 Các toán tương tự 2.1 Bài toán 2.2 Các toán tương tự 17 3.1 Phương pháp lượng giác hóa số toán hệ hoán vị 18 3.2 Các toán tương tự 22 B Về khả áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 22 Những thông tin cần bảo mật 22 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 22 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả .22 11 Danh sách tổ chức /cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu .23 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu Hệ phương trình nói chung hệ hốn vị nói riêng thường xuyên có mặt nhiều đề thi HSG cấp Nhìn chung tư tưởng tương đối đơn giản, phần nhiều sử dụng tính đơn điệu hàm số số toán sử dụng đánh giá tính vịng quanh hàm lượng giác Tuy nhiên biết sử dụng tính đơn điệu việc giải triệt để tốn gây cho ta nhiều khó khăn (từ việc chọn hàm, chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu,…) Nhằm giúp em có nhìn hướng tiếp cận đến loại hệ có tính hốn vị vịng quanh nên đề tài cố gắng hệ thống cách chi tiết kĩ thuật để tiếp cận hệ có dạng hốn vị Đề tài giảng dạy cho em đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018 Tên sáng kiến : HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ VỊNG QUANH Tác giả sáng kiến : Họ tên :Phạm Thị Việt Anh Địa :trường THPT Nguyễn Viết Xuân, Đại Đồng- Vĩnh Tường – Vĩnh Phúc Số điện thoại : 01674122559 Email: phamthivietanh.gvnguyenvietxuan@vinhphuc.edu.vn 4.Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: môn toán Ngày áp dụng sáng kiến : từ tháng 9/2018 đến tháng 25/1/2019 Mô tả sáng kiến: A Về nội dung sáng kiến: I Cơ sở lí luận Các toán tổng quát Bài toán 1: Xét hệ phương trình  f ( x1 ) = g( x2 )   f ( x2 ) = g( x3 )    f ( x ) = g( x ) n−1 n  f x = g x  ( n ) ( 1) (I) Nếu hai hàm số f g tăng tập A ( x1, x2 , xn ) nghiệm hệ phương trình , xi ∈ A, ∀i = 1,2, , n x1 = x2 = = xn Chứng minh : Khơng tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 , xn} Khi : x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ⇒ g( x2 ) ≤ g( x3 ) ⇒ x2 ≤ x3 ⇒ xn ≤ x1 Từ suy ra: x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn ≤ x1 Vậy x1 = x2 = = xn Bài tốn 2: Xét hệ phương trình  f ( x1 ) = g( x2 )   f ( x2 ) = g( x3 )    f ( x ) = g( x ) n−1 n   f ( xn ) = g( x1 ) (I) Nếu hàm số f giảm tập A , g tăng A ( x1, x2 , xn ) nghiệm hệ phương trình , xi ∈ A, ∀i = 1,2, , n Khi Với n lẻ, ta có x1 = x2 = = xn  x1 = x3 = = xn−1 (Khi hệ trở thành hệ đối xứng loại 2)  x2 = x4 = = xn Với n chẵn, ta có  Chứng minh Khơng tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 , xn} Khi ta có : x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) ⇒ g( x2 ) ≥ g( x3 ) ⇒ x2 ≥ x3 ⇒ xn ≤ x1 ⇒ f ( xn ) ≥ f ( x1 ) ⇒ x1 ≥ x2 ⇒ x1 = x2 Từ suy : x1 = x2 = = xn Khơng tính tổng qt giả sử : x1 = min{ x1, x2 , xn} x1 ≤ x3 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x3 ) ⇒ g( x2 ) ≥ g( x4 ) ⇒ x2 ≥ x4 ⇒ f ( x2 ) ≤ f ( x4 ) ⇒ g( x3 ) ≤ g( x5 ) ⇒ x3 ≤ x5 ⇒ f ( xn−2 ) ≤ f ( xn ) ⇒ g( xn−1 ) ≤ g( x1 ) ⇒ xn−1 ≤ x1 ⇒ f ( xn−1 ) ≥ f ( x1 ) ⇒ g( xn ) ≥ g( x2 ) ⇒ xn ≥ x2 Lúc ta có  x1 ≤ x3 ≤ ≤ x1  x1 = x3 = = xn−1 ⇔  x2 ≥ x4 ≥ ≥ x2  x2 = x4 = = xn Vậy :  II.Thực trạng vấn đề: Với toán giải hệ phương trình đề thi học sinh giỏi cấp có nhiều hướng tiếp cận.Tuy nhiên số loại hệ có tính hốn vị vịng quanh đa số học sinh thầy cô lúng túng chưa có hướng rõ ràng cụ thể nhiều gặp nhiều khó khăn với loại hệ mà khó tìm lời giải Việc học sinh học tính đơn điệu hàm số kiến thức liên quan đến hàm số nhiều chương trình tốn THPT.Vì việc áp dụng kiến thức liên quan đến hàm số, để giải tốn giải hệ phương trình gần gũi với học sinh Ở đề tài “ Hệ phương trình hốn vị vịng quanh” tơi lựa chọn số tốn hệ phương trình có liên quan đến tính hốn vị vịng quanh ẩn Từ rèn cho học sinh hướng tư cách vận dụng cách linh hoạt loại toán Giáo viên dạy đến chuyên đề có hướng cụ thể rõ ràng , học sinh thấy đỡ khó khăn gặp loại tốn từ phân tích dựa kiến thức học để sáng tạo tốn có nội dung tương tự Lời giải tự nhiên giúp em học sinh dễ hiểu dễ áp dụng Phương pháp sở để sáng tạo nhiều toán hay III.Các phương pháp tiến hành để giải vấn đề Các tốn áp dụng 1.1 BÀI TỐN 1: Xét hệ phương trình  f ( x1 ) = g( x2 )   f ( x2 ) = g( x3 )    f ( x ) = g( x ) n−1 n   f ( xn ) = g( x1 ) (I) Nếu hai hàm số f g tăng tập A ( x1, x2 , xn ) nghiệm hệ phương trình , xi ∈ A, ∀i = 1,2, , n x1 = x2 = = xn Chứng minh : Khơng tính tổng qt giả sử : x1 = min{ x1, x2 , xn} Khi : x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ⇒ g( x2 ) ≤ g( x3 ) ⇒ x2 ≤ x3 ⇒ xn ≤ x1 Từ suy ra: x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn ≤ x1 Vậy x1 = x2 = = xn Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau  x + 3x + x − = y   y + 3y + 3y − = z  z + z + 3z − = x  Lời giải: + Xét hàm f (t ) = t + 3t + 3t − 6, ∀t ∈ ¡ hàm g (u ) = u, ∀u ∈ ¡ Ta hệ phương trình  f ( x) = g ( y)   f ( y) = g ( z)  f ( z ) = g ( x)  Dễ thấy f , g hàm đồng biến ¡ + Khơng tính tổng qt giả sử : x = { x, y, z} Khi ta có x ≤ y ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) ⇒ g ( y ) ≤ g ( z ) ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ g ( z ) ≤ g ( x) ⇒ z ≤ x ⇒ x = y = z + Từ ta có phương trình: x + x + 3x − = x ⇔ x + 3x + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 6) = ⇔ x = Vậy hệ có nghiệm nhất: x = y = z = Lời bình : Bài hệ xây dựng theo toán đơn giản để tạo toán dạng này, cần xuất phát từ phương trình bậc có nghiệm theo mong muốn tách làm hàm đồng biến Ví dụ : Giải hệ phương trình sau  x + 3x + x − = y   y + 3y + y − = z  z + 3z + z − = x  Lời giải + Biến đổi hệ cho trở thành  x + 3x + x + = y + x + ( x + 1)3 = y + x +    y + y + y + = z + y + ⇔ ( y + 1) = z + y +  z + z + 3z + = x + z + ( z + 1)3 = x + z +   + Xét hàm: f (t ) = (t + 1)3 , ∀t ∈ ¡ - hàm đồng biến ¡ Ta có hệ  f ( x) = y + x +   f ( y) = z + y +  f (z) = x + z +  + Khơng tính tổng qt, giả sử: x = max { x, y, z} ta có x + z ≥ y + z ⇒ f ( z ) ≥ f ( y) ⇒ z ≥ y ⇒ x + z ≥ x + y ⇒ f ( z ) ≥ f ( x) ⇒ z ≥ x ⇒ z = x Với z = x ⇒ x + y = y + z ⇒ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y Khi hệ cho trở thành x = y = z ⇔ x = y = z =1   x + 3x + x − = Vậy hệ cho có nghiệm: x = y = z = Lời bình: + Về mặt hình thức khơng khác 1, nhiên hàm f (t ) = t + 3t + 2t − 5, ∀t ∈ ¡ không đơn điệu miền cần xét ( ¡ ) nên tốn khơng cịn hữu dụng + Ở ta tạo hàm đơn điệu toàn miền cần xét mà đảm bảo tính hốn vị vịng quanh hệ + Bài ta giải theo hướng sau: Cách 2: Cộng phương trình vế theo vế ta được: ( x + 3x + x − 5) + ( y + y + y − 5) + ( z + z + z − 5) = ⇔ ( x − 1)( x + x + 5) + ( y − 1)( y + y + 5) + ( z − 1)( z + z + 5) = Nếu x > ⇔ z + 3z + z − > ⇔ z > ⇒ y > Khi ( x − 1)( x + x + 5) + ( y − 1)( y + y + 5) + ( z − 1)( z + z + 5) > Suy hệ vô nghiệm Nếu x < tương tự: y < 1, z < hệ vô nghiệm Vậy x = y = z = nghiệm hệ cho Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  y − x + 12 x − =   z − y + 12 y − =  x − z + 12 z − =  Lời giải: + Hệ cho tương đương với  y = 6( x − 1) + x >    z = 6( y − 1) + ⇒  y >  x = 6( z − 1) +  z >  + Xét hàm: f (t ) = 6t − 12t + 8, ∀t > hàm g (u ) = u , ∀u > , dễ thấy f g hàm đồng biến D = (1; +∞) Ta có hệ:  g ( y) = f ( x)   g ( z ) = f ( y)  g ( x) = f ( z )  Dựa vào tốn ta có x = y = z (> 1) Từ ta có phương trình x − x + 12 x − = ⇔ ( x − 2)( x − x + 4) = ⇔ x = Vậy hệ cho có nghiệm x = y = z = Lời bình: + Ở dễ dàng để nhìn thấy hàm đặc trưng, nhiên cần ý dựa vào hệ cho để hạn chế miền nghiệm, điều có ích cho việc khảo sát tính đơn điệu Các tốn sau thường xuyên sử dụng đến kĩ thuật + Bài ta giải theo hướng sau: Cách 2: Tương tự cách ta khẳng định x, y, z > Hệ cho tương đương với ( y − 2)( y + y + 4) = x( x − 2)  ( z − 2)( z + z + 4) = y ( y − 2) ( x − 2)( x + x + 4) = z ( z − 2)  Ta thấy x = y = z = nghiệm hệ Nếu tồn biến 2, giả sử x = ta suy y = z = Nếu x, y, z ≠ nhân phương trình vế với vế ta ( x + x + 4)( y + y + 4)( z + z + 4) = 63 xyz (1) Mặt khác: x + x + ≥ x > , y + y + ≥ y > , z + z + ≥ z > nên (1) xảy x = y = z = Vậy hệ có nghiệm x = y = z = Lời bình: Với hầu hết hệ hốn vị xây dựng hàm đồng biến phương pháp dùng tốn ta sử dụng phương pháp cộng nhân kết hợp với việc đánh giá thích hợp cho lời giải tốn Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau  x + 3x − 18 = y + y  3  y + y − 18 = z + z  z + z − 18 = x + x  (Olympic 30/4-LHP) Lời giải: + Xét hàm: f (t ) = 2t + 3t − 18, ∀t ∈ ¡ hàm g (u ) = u + u , ∀u ∈ ¡ Dễ thấy g hàm đồng biến ¡ , ta có hệ  f ( x) = g ( y)   f ( y) = g ( z)  f ( z ) = g ( x)  + Giả sử x = max { x, y, z} ta có 3 x ≥ y  g ( x) ≥ g ( y )  g ( x) ≥ f ( x ) x ≤  x + x ≥ x + x − 18 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     3 2 z + z − 18 ≥ z + z x ≥ z  g ( x) ≥ g ( z )  f ( z) ≥ g ( z) z ≥ Từ ta có: ≤ z ≤ x ≤ ⇒ x = z = , thay vào hệ ta y = Vậy hệ có nghiệm x = y = z = Lời bình: + Với tốn rõ ràng tốn khơng cịn hữu dụng tính đơn điệu hàm đặc trưng VT hệ không miền với hàm đặc trưng VP Tuy nhiên, hàm đặc trưng VP đồng biến nên dựa vào tính hốn vị vịng biến mà ta đánh giá biến từ đưa nghiệm + Chú ý với hệ hốn vị vịng quanh không giả sử x ≥ y ≥ z , điều mà em hs dễ nhầm lẫn 1.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ : Bài 1: Giải hệ phương trình sau  x = 3z + z  a)  x = y + y  z = x3 + x   x ( y + 1) = y ( y + 9)  b) 2 y ( z + 1) = z ( z + 9)  z ( x + 1) = x ( x + 9)  Bài 2: Giải hệ phương trình sau 2 x − x + x − = y  2 y − y + y − = z 2 z − z + z − = x  2.1 BÀI TOÁN 2: Xét hệ phương trình  f ( x1 ) = g( x2 )   f ( x2 ) = g( x3 )    f ( x ) = g( x ) n−1 n   f ( xn ) = g( x1 ) (I) Nếu hàm số f giảm tập A , g tăng A ( x1, x2 , xn ) nghiệm hệ phương trình , xi ∈ A, ∀i = 1,2, , n Khi Với n lẻ, ta có x1 = x2 = = xn  x1 = x3 = = xn−1 (Khi hệ trở thành hệ đối xứng loại 2)  x2 = x4 = = xn Với n chẵn, ta có  Chứng minh Khơng tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 , xn} Khi ta có : x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) ⇒ g( x2 ) ≥ g( x3 ) ⇒ x2 ≥ x3 ⇒ xn ≤ x1 ⇒ f ( xn ) ≥ f ( x1 ) ⇒ x1 ≥ x2 ⇒ x1 = x2 Từ suy : x1 = x2 = = xn Khơng tính tổng qt giả sử : x1 = min{ x1, x2 , xn} Lúc ta có x1 ≤ x3 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x3 ) ⇒ g( x2 ) ≥ g( x4 ) ⇒ x2 ≥ x4 ⇒ f ( x2 ) ≤ f ( x4 ) ⇒ g( x3 ) ≤ g( x5 ) ⇒ x3 ≤ x5 ⇒ f ( xn−2 ) ≤ f ( xn ) ⇒ g( xn−1 ) ≤ g( x1 ) ⇒ xn−1 ≤ x1 ⇒ f ( xn−1 ) ≥ f ( x1 ) ⇒ g( xn ) ≥ g( x2 ) ⇒ xn ≥ x2  x1 ≤ x3 ≤ ≤ x1  x1 = x3 = = xn−1 ⇔  x2 ≥ x4 ≥ ≥ x2  x2 = x4 = = xn Vậy :  Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  x − x + 6.log (6 − y ) = x    y − y + 6.log (6 − z ) = y   z − z + 6.log (6 − x) = z Lời giải + ĐK: x, y, z < (VMO 2006) + Hệ cho tương đương với  x log (6 − y ) = x2 − 2x +   y log (6 − z ) = y − 2y +   z log (6 − x) =  z2 − 2z + u + Dễ thấy hàm số f (u ) = u − 2u + đồng biến hàm số g (u ) = log (6 − u ) nghịch biến (−∞;6) Ta có hệ  g ( y ) = f ( x)   g ( z) = f ( y)  g ( x) = f ( z )  + Giả sử ( x, y, z ) nghiệm hệ cho Không tính tổng qt ta giả sử x = max { x, y, z} Khi x ≥ y ⇒ f ( x) ≥ f ( y ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ g ( z ) ≤ g ( x) ⇒ x ≤ z Từ suy x = z , thay vào hệ ta có x = y = z Như hệ cho có nghiệm dạng x = y = z + Với x = y = z thay vào hệ giải ta x = y = z = Vậy hệ cho có nghiệm x = y = z = Lời bình: Hệ tốn trường hợp n lẻ, việc phát hiện, giải hay tạo tốn dạng tương đối dễ dàng Ví dụ 6: Giải hệ phương trình  x12 + x1 − x2 − =   x2 + x2 − x3 − =   x3 + x3 − x4 − =  x2 + x − x −1 =  Phân tích + Hệ kết hợp toán toán trường hợp n chẵn + Xét hàm: f (t ) = t + t − 1, t ∈ ¡ Nhận thấy: f đồng biến trến (− ; +∞) f nghịch biến trến (− ; +∞) 10 (bài tốn 1) (bài tốn 2) Việc cịn lại tìm cách chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu, điều may mắn ∃xi > − 1 ∀xi > − , i = 1, ngược lại 2 Lời giải + Hệ cho tương đương với  x12 + x1 − = x2   x2 + x2 − = x3   x3 + x3 − = x4  x2 + x −1 = x  + Xét hàm: f (t ) = t + t − 1, t ∈ ¡ ta có hệ  f ( x1 ) = x2  f (x ) = x    f ( x3 ) = x4  f ( x4 ) = x1 Vì f (t ) = t + t − = (t + ) − ≥ −5 −5 nên ta có xi ≥ , ∀i = 1, 4  −1 + −1 x4 ≥ >  1 2 ⇒ x > −1  + Giả sử x1 ≥ − ⇒ x4 + x4 − ≥ − ⇔ (do x4 ≥ − ) 2  −1 −  x4 ≤  Tương tự: x2 , x3 > − 2 Khi hàm: f (t ) = t + t − đồng biến với t ≥ − Theo tốn ta có: x1 = x2 = x3 = x4 Thay vào hệ ta có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = 1 + Trường hợp x1 < − , tồn i = { 2,3, 4} để xi ≥ − theo trường hợp 2 xi ≥ −1 , ∀i = 1, (vô lý) −1 , ∀i = 1, Khi f (t ) = t + t − nghịch biến với t < − Theo 2  x1 = x3 tốn với n chẵn ta có:   x2 = x4 Suy ra: xi < Hệ cho trở thành: 11  x1 = x3 x = x    f ( x1 ) = x2  f ( x2 ) = x3  x = x2  x = x2 = ⇒ x1 + f ( x1 ) = x2 + f ( x2 ) ⇒ x12 + x1 − = x22 + x2 − ⇒  ⇒  x1 = − x2 −  x1 = x2 = −1 ⇒ x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 Vậy hệ cho có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 Lời giải  x1 ( x1 + 1) = x2 +  x ( x + 1) = x +  2 Hệ cho tương đương với   x3 ( x3 + 1) = x4 +  x4 ( x4 + 1) = x1 + + Nếu xi = −1 (i = 1, 4) ⇒ x1 = x2 = x3 = x4 = −1 + Nếu xi ≠ −1 (∀i = 1, 4) ta có: x1 x2 x3 x4 = Mặt khác: Cộng phương trình vế theo vế ta = x12 + x22 + x32 + x42 ≥ 4 x12 x22 x32 x42 = Dấu “=” xảy x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 Vậy hệ có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau  x13 − x1 + = x2   x2 − x2 + = x3    x3 − 3x + = x 100  100 Phân tích: Xét hàm số: f (t ) = t − 3t + g (t ) = 2t ¡ Dễ thấy: g (t ) đồng biến ¡ f (t ) đồng biến (−∞; −1) (1; +∞) cịn nghịch biến (−1;1) Do khơng thỏa mãn toán toán Tuy nhiên ta hạn chế biến khoảng đơn điệu trường hợp toán toán Lời giải: Xét hàm số: f (t ) = t − 3t + g (t ) = 2t ¡ Ta có hệ 12  f ( x1 ) = g ( x2 )  f (x ) = g(x )     f ( x100 ) = g ( x1 ) Giả sử x1 = { x1 , , x100 } Ta xét trường hợp sau + Trường hợp 1: Nếu x1 > xi > , ∀i ∈1 100 Khi hàm f (t ) = t − 3t + g (t ) = 2t đồng biến ∀t > , hệ cho trở thành toán ta thu nghiệm x1 = x2 = = x100 = + Trường hợp 2: Nếu x1 < ⇒ g ( x1 ) < ⇒ f (100) < ⇒ x100 < −2 ⇒ g (100) < −4 < ⇒ f ( x99 ) < ⇒ x99 < −2 Một cách tương tự ta xi < −2, ∀i ∈1 100 Mà (−∞; −2) hàm f (t ) = t − 3t + g (t ) = 2t đồng biến, hệ cho trở thành toán ta thu nghiệm x1 = x2 = = x100 = −1 − + Trường hợp 3: Nếu x1 ∈ [ 0;1] ⇒ x2 ∈ [ 0;2] ⇒ x2 ∈ [ 0;1] ⇒ x3 ∈ [ 0;1] ⇒ x100 ∈ [ 0;1] Mà [ 0;1] hàm f (t ) = t − 3t + nghịch biến g (t ) = 2t đồng biến , hệ cho trở thành toán trường hợp n chẵn ta dễ dàng thu nghiệm   x1 = x3 = = x99 = −    x2 = x4 = = x100 = −    x1 = x3 = = x99 =   x = x = = x = 100    x1 = x3 = = x99 =    x2 = x4 = = x100 =  Vậy hệ có nghiệm:  x1 = x2 = = x100 =   x1 = x2 = = x100 = −1 ±   x = x = = x = 99    x2 = x4 = = x100 =    x1 = x3 = = x99 =   x = x = = x = 100  13 Lời bình: Một tốn khó tiếp cận, nhiên ý tưởng lời giải rõ ràng Nhìn chung hệ dạng hoán vị, việc chặn điều kiện biến miền đơn điệu hàm đặc trưng nhân tố định để định hướng cách giải Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau   x1 =    x2 =   x =   x =  cos(π x2 ) cos(π x3 ) cos(π x4 ) cos(π x1 ) (Olympic 30/4/2007) Phân tích: + Nhận thấy hàm số: f (t ) = cos(π t ) đơn điệu khoảng khác biến, ta phải chặn điều kiện biến để khoảng hàm số đồng biến hay nghịch biến + Việc chặn đk biến tương đối dễ dàng, từ hệ ta có −π π π < (∀i = 1, 4) ⇒ < π xi < ⇒ < cos(π xi ) < ⇒ < π xi < 2 2 xi ≤ Với điều kiện biến ta suy hàm số đặc trưng: f (t ) = cos(π t ) hàm nghịch biến Và hệ cho tốn với n chẵn Lời giải 1: + Theo phân tích trên: < π xi < π với ∀i = 1, Khi hàm số f (t ) = cos(π t ) nghịch biến Ta có hệ  x1 = x =    x3 =  x4 = f ( x2 ) f ( x3 ) f ( x4 ) f ( x1 ) + Không tính tổng quát giả sử x1 = max { xi , i = 1, 4} ta có x1 ≥ x3 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x3 ) ⇒ x2 ≤ x4 ⇒ f ( x3 ) ≤ f ( x1 ) ⇒ x3 ≥ x1 14 Suy ra: x1 ≥ x3 ≥ x1 ⇒ x1 = x3 Tương tự: x2 = x4 + Ta có: x1 + x2 = x1 + x4 ⇔ f ( x2 ) + x2 = f ( x1 ) + x1 ⇔ x1 + Xét hàm: g (u ) = u + 3 cos(π x1 ) = x2 + cos(π x2 ) 9 cos(π u ) , dễ thấy g hàm đồng biến ¡ nên ta có: f ( x2 ) + x2 = f ( x1 ) + x1 ⇔ x1 = x2 Do đó: x1 = x2 = x3 = x4 Thay vào hệ ta có phương trình: Do hàm f (t ) = t − x= cos(π x) (1) cos(π t ) đồng biến với ∀t ∈ ¡ nên (1) có nhiều nghiệm Mặt khác: f ( ) = Vậy hệ cho có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = Lời giải 2: + Hệ cho tương đương với   x1 + x2 = x2 +    x2 + x3 = x3 +   x + x = x +   x + x = x +  1 + Xét hàm số: f (t ) = t + cos(π x2 ) cos(π x3 ) cos(π x4 ) cos(π x1 ) cos(π t ) với t ∈ ¡ - dễ thấy f đồng biến với ∀t ∈ ¡ + Giả sử x1 = { x1 , x2 , x3 , x4 } ta có: x1 ≤ x3 ⇒ x1 + x2 ≤ x2 + x3 ⇒ f ( x2 ) ≤ f ( x3 ) ⇒ x2 ≤ x3 x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ⇒ x4 + x1 ≤ x1 + x2 ⇒ x4 ≤ x2 x4 ≤ x2 ⇒ f ( x4 ) ≤ f ( x2 ) ⇒ x3 + x4 ≤ x1 + x2 ≤ x4 + x2 ⇒ x3 ≤ x2 Suy ra: x1 ≤ x4 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x2 ⇒ x2 = x3 ⇒ x1 = x2 = x3 = x4 Thay vào hệ ta có phương trình: x= cos(π x) 15 (1) Do hàm f (t ) = t − cos(π t ) đồng biến với ∀t ∈ ¡ nên (1) có nhiều nghiệm Mặt khác: f ( ) = Vậy hệ cho có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = Lời bình + Một toán tương đối phức tạp, làm theo cách đòi hỏi phải xử lý nhiều chi tiết thực tế hàm đặc trưng nghịch biến phức tạp đồng biến + Cách giải với tư tưởng giống ví dụ 2, nhiên hệ ẩn nên hốn vị vịng quanh phức tạp ẩn nhiều + Nhìn chung hệ dạng hốn vị mà thiết lập hàm đặc trưng đồng biến hàm đặc trưng nghịch biến nên làm theo cách hàm đồng biến giảm thiểu nhiều chi tiết phức tạp 2.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải hệ phương trình sau   x + 3x + = y − y −    y + y + = − 5z −1 z    z + 3z + = x − x −  Bài 2: Giải hệ phương trình sau π   x = cos( 3 y )  π  b)  y = cos( z) 3   π x)  z = cos( 3   2 x1 = cos(π x2 )   2 x2 = cos(π x3 ) a)     2 xn = cos(π x1 ) (Olympic ĐBBB 2010 HP) Bài 3: Giải hệ phương trình sau 16  2 x1 = ( x2 + x )   2 x2 = ( x3 + ) x3 a)     2 x2013 = ( x1 + x )   x12 = x2 +   x2 = x3 +  b)   x2 = x + n  n−1  xn2 = x1 +   x = ( y − 1)   y = ( z − 1) c)   z = (t − 1) t = ( x − 1)  3.1 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HĨA GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ Bài 1: Giải hệ phương trình  x = y −1   y = 2z −1  z = 2x2 −1  Phân tích: Xét hàm: f (t ) = 2t − g (t ) = t ¡ Nhận thấy: g (t ) đồng biến ¡ nên f (t ) đồng biến với ∀t > nghịch biến ∀t < Do tốn giải ta chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu này, nhiên mối quan hệ biến hệ không cho thực điều Xét biểu thức: z = x − , ta coi x = cos t ta thu z = cos 2t ⇒ y = cos 4t ⇒ x = cos8t = cot đến toán tương đối rõ ràng nhiên phép đặt x = cos t cho x ∈ [ −1;1] , ta cần hạn chế điều kiện biến để phép đặt có ý nghĩa Lời giải: −1 + Giả sử x = max { x, y, z} Khi x ≥ z ⇒ x − ≤ x ⇔ ≤ x ≤ Đặt x = cos t ,  2π  t ∈ 0;    Ta có: z = 2cos t − = cos 2t ⇒ y = cos 4t ⇒ x = cos8t = cos t  t = ⇔ t =  kπ kπ  2π   2π 4π 2π 2π 4π  Do t ∈ 0;  ⇔ t ∈ 0; ; ; ; ;     9 7  Vậy hệ cho có nghiệm: 17 ( x, y, z ) = (1;1;1);(cos 2π 4π 8π −1 −1 −1 2π 4π 8π ;cos ;cos );( ; ; );(cos ;cos ; cos ) 9 2 7 hoán vị Lời bình: Bài tốn tương đối dễ nhận dạng, nhiên ta ẩn tư tưởng sử dụng lượng giác cách thay biến nghịch đảo nó, thu tốn khó tiếp cận sau  y = x − xy  2  z = y − yz  x = z − zx  Bài 2: Giải hệ phương trình  x2 + 2x2 y = y  2 y + 2y z = z z + 2z 2x = x  Phân tích: + Một tốn đơn giản hình thức khó tiếp cận, với tư tưởng hệ dạng hốn vị ta đưa hệ dạng  x2 y =  − x2  y2  z =   1− y  z2 x = 1− 2z2  Tuy nhiên ta chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu hàm f (t ) = x2 nên việc đưa tốn khơng thể − 2x2 Dùng lượng giác tình không đưa lại kết 1 y +2=  1 + Ta viết lại hệ cho sau:  + = z 1  +2= x x2 y2 z2 a = b + b = a −   1 Đặt a = x , b = y , c = z ta thu hệ b = c + ⇔ c = b − c = a + a = c −   Bài toán đến “đẹp” nhiều, cần để ý đến 18 a = 2cos t ⇒ b = 2cos 2t ⇒ c = 2cos 4t ⇒ a = 2cos8t = 2cos t toán trở nên dễ dàng Lời giải: + Nhận thấy hệ cho có nghiệm x = y = z = tồn biến tất x ≠  + Xét  y ≠ hệ cho viết lại sau: z ≠  1 y +2=  1  +2= z 1  +2= x x2 y2 z2 a = b + b = a −   1 Đặt a = x , b = y , c = z ta thu hệ b = c + ⇔ c = b − c = a + a = c −   Giả sử a = max { a, b, c} Khi a ≥ b ⇒ a − ≤ a ⇔ −1 ≤ a ≤  2π  ta có: b = 2cos 2t ⇒ c = 2cos 4t ⇒ a = 2cos8t = 2cos t   Đặt a = 2cos t , t ∈ 0;  t = ⇔ t =  kπ kπ  2π   2π 4π 2π 2π 4π  Do t ∈ 0;  ⇔ t ∈ 0; ; ; ; ;     9 7  Vậy hệ cho có nghiệm ( x, y, z ) = (2;2;2);(2cos 2π 4π 8π 2π 4π 8π ;2cos ;2cos );( −1; −1; −1);(2cos ;2cos ;2cos ) 9 7 hoán vị  3x − y  x − 3y = x  3y − z = y2 Bài 3: Giải hệ phương trình sau :   y − 3z  3z − x = z2   z − 3x Lời giải: 19 THTT 12-2010) Nhận thấy xyz ≠ , ta viết lại hệ cho sau: Đặt x = tan α với α ∈ ( −π π ; ); α ≠ Khi ta có: y = tan 3α ; z = tan 9α ; x = tan 27α 2 Ta suy ra: tan α = tan 27α ⇔ α = Do α ∈ (  3x − x3 y =  − 3x   y − y3 z = 1− 3y2   3z − z x = − 3z  kπ (k ∈ ¢ ) 26 −π π ; ); α ≠ nên ta có: k = { ±1; ±2; ; ±12} 2 Vậy hệ cho có nghiệm là: ( x, y, z ) = (tan kπ 3kπ kπ ; tan ; tan ) 26 26 26 với k = { ±1; ±2; ; ±12} 3.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải hệ phương trình  x3 − 3x = y  a)  y − y = z  z − 3z = x  (HSG Thái Bình 2009) 4 x y − x + y =  b)  y z − y + z = 4 z x − z + x =  Bài 2: Giải hệ phương trình  x y − x y + x3 − x + y =  y z − 6y z + 4y − 4y + z =  z x − 6z2 x + 4z3 − 4z + x =  B Về khả áp dụng sáng kiến kinh nghiệm : Sáng kiến áp dụng cho học sinh lớp 10,11,12 ôn thi THPT quốc gia học sinh giỏi cấp Những thông tin cần bảo mật: không Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến : Nội dung sáng kiến dùng để dạy nâng cao cho học sinh ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh, học sinh giỏi quốc gia Là tài liệu tham khảo cho học sinh ôn thi học sinh giỏi thầy cô giáo ôn thi học sinh giỏi tốn THPT 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả : 20 Qua việc giảng dạy nâng cao cho học sinh ôn thi học sinh giởi cấp tỉnh, cho thấy học sinh tiếp thu nội dung đề tài.Hiểu kĩ tiếp cận hai toán đồng thời sử dụng tính đơn điệu hàm số phạm vi sách chương trình tốn THPT để áp dụng vào giải tốn Học sinh hình thành hướng tư hướng tiếp cận lớp tốn hệ phương trình có dạng 11 Danh sách tổ chức /cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu STT Tên tổ chức/cá nhân Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Phạm Thị Việt Anh THPT Nguyễn Viết Xuân Ôn thi HSG lớp 11, lớp 12 Vĩnh tường, ngày 31 tháng 01 năm 2019 Vĩnh tường, ngày 31 tháng 01 năm 2019 Vĩnh tường, ngày 29 tháng 01 năm 2019 Thủ trưởng đơn vị/ CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG Tác giả sáng kiến Chính quyền địa phương SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký tên, đóng dấu) (Ký tên, đóng dấu) Phạm Thị Việt Anh 21 ... giải toán giải hệ phương trình gần gũi với học sinh Ở đề tài “ Hệ phương trình hốn vị vịng quanh? ?? tơi lựa chọn số tốn hệ phương trình có liên quan đến tính hốn vị vịng quanh ẩn Từ rèn cho học... em đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018 Tên sáng kiến : HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ VÒNG QUANH Tác giả sáng kiến : Họ tên :Phạm Thị Việt Anh Địa :trường THPT Nguyễn Viết Xuân,... hốn vị vịng biến mà ta đánh giá biến từ đưa nghiệm + Chú ý với hệ hốn vị vịng quanh khơng giả sử x ≥ y ≥ z , điều mà em hs dễ nhầm lẫn 1.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ : Bài 1: Giải hệ phương trình