Tài liệu Kinh nghiệm dạy toán bằng cách “quy lạ về quen” qua loại toán giải hệ phương trình cho học sinh lớp 10

1 SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH Trường:thpt Hồng Lam CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc Hồng Lĩnh tháng 3 năm 2013 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM  ĐỀ TÀI KHOA HỌC: KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ QUEN” QUA LOẠI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10 Bộ Môn : Toán THPT. Mã đề tài: Họ và tên: Nguyễn Tiến Minh. Năm học : 2012- 2013 2 A. PHÂN MỞ ĐẦU. I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 1.Những năm gần đây trong chương trình các môn học nói chung và môn toán nói riêng nội dung kiến thức được đánh giá là quá tải với học sinh. Hơn nữa những áp lực thi cử ,học thêm quá nhiều. Học sinh thường học toán theo khẩu lệnh ,lắp ráp máy móc các kiến thức có sẵn mà thiếu chủ động nghiên cứu tìm tòi toán rất hạn chế. Sự say mê tìm hiểu kiến thức cơ bản để hiểu sâu và nhớ kỹ đặc biệt là sự vận dụng kiến thức trong thế chủ động tự giác còn hạn chế. 2.Loại toán giải hệ phương trình luôn là một chủ đề được đề cập phổ biến qua các kỳ thi Đại học Cao đẳng và kỳ thi học sinh giỏi ở bậc THPT. Nhưng loại toán này lại không được trình bày một cách chính thống ở sách giáo khoa mà chỉ được trình bày ở các tài liệu tham khảo và ở các đề thi 3.Khi trình bày đáp án giải không thể phân tích đầy đủ cơ sở của lời giải gây cho học sinh học theo kiểu chạy theo số lượng mà không có sự chủ động sáng tạo và tìm tòi vượt qua rào cản Với lý do trên Chúng tôi viết đề tài :” KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ QUEN” QUA LOẠI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10 nhằm bổ sung thêm kho tàng phong phú và đa dạng của loại toán giải hệ phương trình. II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU. Cách giải những hệ phương trình bậc 2 gồm 2 phương trình chứa 2 ẩn trong một số trường hợp với những giải pháp thích hợp III.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. Đề tài:” KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ QUEN” QUA LOẠI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10” có mục đích: - Rèn luyện phương pháp giải Hệ phương trình - Rèn luyện tính linh hoạt trong tư duy giải toán - Kích thích tìm tòi sáng tạo và và khả năng độc lập trong nghiên cứu theo lược đồ sau: 1.Từ nền tảng kiến thức cơ bản của một số kiến thức về phương trình hoặc dạng phương trình cơ bản 2. Đưa ra bài toán về hệ phương trình mà đòi hỏi học sinh qua hướng dẫn của Thầy hướng đưa được về kiến thức cơ bản để giải được nó. 3. Đặt tình huống mới đối với một số hệ phương trình mà bước đầu phải có khả năng sáng tạo biết lĩnh hội sâu sắc về kiến thức cơ bản mới vận dụng được. 4. Đưa ra tình huống những hệ phương trình với cách giải có sẵn nhưng chưa tìm được nguyên nhân lý giải . Như là vấn đề có tính phương pháp dạy và nghiên cứu để từ đó học sinh tự tìm ra lời giải đưa về kiến thức cơ bản. 5. Đưa ra những hệ phương trình ngoài khuôn mẫu nói trên yêu cầu học sinh tự tìm và chọn lựa cách giải hợp lý bằng nguồn kiến thức cơ bản. 6. Đề xuất hướng tự nghiên cứu cách giải cho một số hệ phương trình có dạng tổng quát. ( Với những kiến thức cơ bản trong đề tài này ta chỉ ghi lại mà không trình bày chi tiết) 3 B. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI. I. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 2 CHỨA 2 BIẾN. I 1 . Phương trình bậc 2 đẳng cấp có 2 biến dạng: AX 2  BXY  BY 2 0( A 0) (*) Đây là kiến thức cơ bản dùng kiến thức phương trình bậc 2 khá quen thuộc về cách giải. Từ đó học sinh có thể: I 2 . Giải hệ phương trình ( một vế là đa thức 2 biến đẳng cấp) có dang:  ax 2  bxy  cy 2 d (1) ( I)  / 2 / / 2 /  a x  b xy  c y d (2) Giáo viên có thể hướng dẫn cho học sinh tiếp cận theo 2 mức độ sau: a ) nếu d hoặc d / 0 thì học sinh có thể giải dễ dàng một trong hai phương trình bằng x cách sử dụng phương trình bậc 2 với ẩn t= y ( với chú ý là ( 0;0) luôn là nghiệm của hệ Từ đó hệ giải được nhờ phương pháp thế quen thuộc.  d 0 thì bằng cách nhân 2 vế của (1) với d / và của ( 2 ) với d rồi trừ cho /  d 0 b ) nếu   ax 2  bxy  cy 2 d (1) nhau .Khi đó hệ (I )   / 2 / / 2 / 2 2  d (a x  b xy  c y )  d (ax  bxy  cy ) 0(3) Khi đó phương trình (3 ) lại có dạng (*) và giải được. Và chỉ cần thay x = ty vào (1) được một phương trình bậc 2 với một biến. Tức là phép giải hệ ( I ) hoàn tất bằng phương pháp thế. II.NGHIÊN CỨU CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2 ẨN HAI BIẾN BẬC 2  Ax 2  Bxy  Cy 2  Dx  Ey  F 0(1) Xét hệ : ( II )  / 2 / / 2 / / /  A x  B xy  C y  D x  E y  F 0(2) Liệu có cách giải cho hệ này bằng cách đưa về các hệ cơ bản hay không? Chúng ta bắt đầu với ví dụ sau. II 1 MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP RIÊNG  x 2  y 2  2 x  2 y  3 0 Ví dụ 1: Giải hệ sau:  2 ( Trích đề thi học sinh giỏi lớp 10 năm  y  2 xy  2 x  4 0 học 2011-2012 của Hà Tĩnh) Nhận xét 1: Rõ ràng hệ trên không phải là các hệ thường gặp như là hệ đối xứng loại I hoặc loại II và cũng nếu nhận xét rằng do x là bậc nhất ở phương trình thứ 2 nên có thể dùng phép thế của x từ phương trình thứ 2 thay vào phương trình đầu. Thế nhưng rốt cuộc bạn sẽ thu được một phương trình bậc 4 có nghiệm không phải là hữu tỷ và rất khó khăn tìm được chúng : 3 y 4  12 y 3  4 y 2  32 y  28 0! Rõ ràng ví dụ 1 là một trường hợp đặc biệt của hệ ( II) cũng chưa có dạng ( I ) Kiếm tìm cách giải: để không tăng bậc của hệ ta dùng phép đổi biến sau đây  x a  m  y b  n Đặt :  ( với a và b là 2 ẩn mới ). Thay vào ta sẽ thu được hệ mới sau đây : 4  a 2  b 2  2a( m  1)  2b(1  n) n 2  m 2  2m  2n  3 Hệ sẽ trở thành có dạng hệ (I)  2 2  b  2ab  2a(1  n)  2b( n  m)  n  2mn  2m  4 nếu ta có hệ số của các ẩn có bậc nhất triệt tiêu . Tức là khi và chỉ khi :  m  1 0  (**)  n  1 0  m n 1 . Chúng ta đã gặp may mắn ! Bây giờ có thể xem lời giải  m n  tường minh sau đây mà phép đặt ẩn phụ như trong lời giải sau được sáng tỏ về cơ sở của nó :  x a  1 hệ đã cho trở thành :  y b  1 Lời giải : Đặt    a  2b 4   2 2 a a  b   3 2 2 2 2     a  b  3  a  b  3  3  2     2 4 2 5 Từ đó hệ ban đầu có 2  b  2ab  5  5a  6ab  8b 0   a  b  b  5  3  2 2   a  b  3 nghiệm : 4 4   x  1  x  1    3 3 hoặc   5 5  y 1   y 1    3 3 Nhận xét 2 : + Rõ ràng nếu hệ xác định m và n ( hệ *) mà vô nghiệm thì cách giải trên là bế tắc. Bạn  x a  m thì hệ sau  y b  n đọc hãy tự kiểm chứng rằng với hệ sau đây nếu dùng phép đổi biến  x 2  y 2 3 2 2  x  y  xy  x  y  đây sẽ không đưa về được hệ dạng ( I ) :  Đến đây chúng ta phải trả lời câu hỏi sau : « Khi nào thì hệ ( II ) sẽ giải được bằng cách chuyển về hệ ( I ) bằng phép đổi biến  x a  m   y b  n »? II 2 . Bài toán tổng quát : Với điều kiện nào thì sẽ tồn tại các số thực m và n để với  x a  m thì hệ dạng (II) đưa được về hệ dạng ( I ) ?  y b  n phép đổi biến  Ta xét hê : ( II )  Ax 2  Bxy  Cy 2  Dx  Ey  F 0  / 2 / / 2 / / /  A x  B xy  C y  D x  E y  F 0 Bằng cách thay  x a  m vào hệ (II ) ta có hệ mới 2 ẩn a và b:   y b  n 5 ( III ):  Aa 2  Bb 2  Cab  (2 Am  Cn  D)a  (2 Bn  Cm  E )b  Am 2  Bn 2  Cmn  Dm  Fn  F  / 2 / 2 / / / / / / / / 2 / 2 / / /  A a  B b  C ab  (2 A m  C  D )a  (2 B n  C m  E )b  A m  B n  C mn  D n  F Hệ này có dạng (II ) khi và chỉ khi:   2 Am  Cn  D 0 ( )     Cm  2 Bn  E 0 ( *** )  / / /   2 A m  C n  D 0 (  )   C / m  2 B / n  E / 0 Đây là một hệ 4 phương trình để xác định m và n. 2 Ta gọi  1  (C 2  4 AB) ; là định thức chính của hệ (  ) . Và  2  (C /  4 A / B / ) là định thức chính của hệ (  ) ( và ta cũng gọi là các biệt thức của các phương trình tương ứng trong hệ (II ) ). Kết luận : CE  2 BD  m    1 0  1 Nếu  khi đó hệ (  ) có nghiệm duy nhất :  và hệ (  ) có CD  2 AE   2 0 n  1  C / E /  2B / D / m   2 nghiệm duy nhất:  / / / / từ đó ta đi đến:  n C D  2 A E  2 Kết quả I :   1 0  hệ (***) vô nghiệm. Do đó hệ ( III ) không đưa được về hệ dạng ( I ). 1) Nếu    2 0  1 0    2 0  / / / /   CE  2BD C E  2 B D    hệ (***) vô nghiệm. Do đó hệ (III) không đưa 2) Nếu    2 1    CD  2 AE C / D /  2 A / E /   2   1  được về hê ( I ). 6 3) Nếu :  1 0    2 0  / / / /   CE  2 BD C E  2 B D      1 2   CD  2 AE C / D /  2 A / E /    2  1  hệ (***) có nghiệm duy nhất ( m; n ). Do đó hệ (III) sẽ đưa về được hê ( I ). 4) trường hợp (***) là vô số nghiệm bạn dễ kiểm tra được hệ ( II ) hoặc là vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm dạng vô định vì khi đó 2 phương trình của hệ (II ) tương đương ) Bài toán tổng quát được giải quyết. Như vậy nếu hệ ( ***) rơi vào 2 trường hợp 1) hoặc 2) trong kết quả I thì bài toán giải hệ ( II ) theo cách như đã nói vẫn là bế tắc. Ta hãy tiếp tục lấp lỗ hổng này trong một số ví dụ cụ thể. III. TÌNH HUỐNG MỚI . Ví dụ 2.  x 2  y 2  xy  x  y Giải hệ sau:  x 2  y 2 3   x 2  y 2  xy  x  y 0 Hệ có thể viết lại:  x 2  y 2  3 0  - Xét phương trình thứ 2 với  2  (C 2  4 AB) = 0 tức là theo kết luận 1 hệ này không thể giải được theo kiểu đưa về hệ ( II ) - Bây giờ ta để ý đến phép giải hệ trong ví dụ 1 ở đó sau khi đặt ẩn phụ đưa về hệ 2 ẩn a và b ở đó ta đã tính được:  a  2b 4    a  5 b  x  2 y  3  1 Các đẳng thức liên hệ giữa x và y ở trên chứng tỏ :  x  ( 4 y  1) 5  Ta đã tính được x qua y bởi một biểu thức bậc nhất ( hoặc y được tính qua x bởi một biểu thức bậc nhât ) . Như vậy nếu ta bằng cách nào đó làm được điều này thì phép giải hệ trên chỉ là một phép thế dẫn đến phương trình bậc hai quen thuộc .Từ đó hệ sẽ được giải mà không phải đưa về hệ đẳng cấp dạng ( I ) tức là ta có một hướng nghiên cứu mới nhằm tìm lời giải cho ví dụ 2. IV. GIẢI PHÁP DÙNG ĐIỀU KIỆN TRIỆT TIÊU CỦA BIỆT THỨC   B 2  4 AC Ta có các kết quả sau: Kết quả 2. Điều kiện để một tam thức bậc 2 f ( x)  AX 2  BX  C ( A> 0 ) trở thành một bình phương của nhị thức bậc nhất là:   B 2  4 AC = 0. 7 f ( x) 0  f ( x; y ) 0    ( Với k 0) .  g ( x; y ) 0  f ( x)  k .g ( x; y ) 0 Kết quả 3. Hệ :  Từ ý tưởng được x qua y bởi một biểu thức bậc nhất ( hoặc y được tính qua x bởi một biểu thức bậc nhất ) từ hệ ta sẽ làm như sau: Gọi k là một số khác 0 ta có:   x 2  y 2  xy  x  y 0 x 2  y 2 3    2 2 2 2 x 2  y 2  3 0   x  y  xy  x  y  k ( x  y  3) 0  x 2  y 2 3   2 2  (1  k ) x  x( y  1)  (1  k ) y  y  3k 0 Để định ý ta sẽ chọn k > -1 Do phương trình thứ 2 là phương trình bậc 2 nên để hy vọng tính được x qua y theo biểu thức dạng hửu tỷ dạng x =    y thì biệt thức Đen-ta cua x phải có dạng bình phương một nhị thức bậc nhất. Vậy ta cần chọn số k >-1 sao cho  x (4k 2  3) y 2  2(3  2k ) y  12k 2  12k  1 là bình phương của một nhị thức bậc nhất của y  3  4k 2  3  0  k      / 2 4 3 2   y 0  4k  4k  3k  4k  1 0 Ta có lời giải tường minh như sau : Lời giải : (cho ví dụ 2)  3 k    k 1  2 2   (k  1)(k  1)(2k  1) 0   x 2  y 2  xy  x  y 0  x 2  y 2  3 0  Cộng 2 phương trình ta có hệ  x 1 (v.n)  2    x  y  3 0 x  y  3 0  x 2 x  y 2  3 0    2    Đó   2 x  y  3 0  y 1  2 x  x( y  1)  y  3 0   x  1 2 x  y  3 0   2 2   x  y  3 0 là nghiệm duy nhất của hệ - Đây là một lời giải đẹp dùng điều kiện triệt tiêu của biệt thức Đen-Ta về tam thúc bậc 2 cho ví dụ 2. Như vậy phần nào chúng ta đã khắc phục cho hệ ở ví dụ 2 khi nó không đưa về được hệ dạng ( I ) . Bạn đọc cũng có thể áp dụng cách giải này cho ví dụ 1 và thấy rằng có thể giải được theo phương pháp này. Nhận xét 3: Trong kết quả 3 nếu không tồn tai số k 0 để thỏa mãn kết quả 2 và kết quả 3 chúng ta cần thận trọng xét một trong 2 phương trình của hệ lại có thể thỏa mãn cả hai kết quả đó hay không.  x 2  2 x  9 y  10 0 Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình :  2  y  10 y  9 x  20 0 Đây là hệ dạng ( II ) không đầy đủ. 2 2 2 2 8 -Ta thấy phương trình đầu có 1 C 2  4 AB 0 nên không thể đưa về hệ (II ) Lời giải1 : Dùng Biệt thức Đen-Ta cho phương trình bậc 2  x 2  2 x  9 y  10 0  x 2  2 x  9 y  10 0   2 Trừ từng vế ta có hệ   2  y  10 y  9 x  20 0  x  11x  y  30 0 2 2 Xét phương trình thứ 2 của hệ : x  11x  y  y  30 0 có :  (2 y  1) 2 Từ đó ta tính được x y  5  x  y  6 Từ đó ta có thể đễ dàng suy ra nghiệm như cách giải 1.     x  1 2  9( y  5) 36  x  1 a  ( Lời giải2 : Hệ Đặt  hệ trỏ thành :  2  y  5 b   y  5  9( x  1) 36  a 2  9b 36 mặc dầu không phải là hệ đối xứng nhưng nếu trừ 2 vê thì  2  b  9a 36  a 2  9b 36  a 3   Từ đó hệ có nghiệm :  x; y   4;2   b  3   a  b  a  b  9 0 Bằng cách này ta có thể giải hệ có dạng sau :  x 2  2ax  by  c 0 thõa mãn điều kiện : a 2  bm  c m 2  ab  d )  2 y  2 my  bx  d  0  Nhận xét 4 : Như vậy để dùng phương pháp ‘’ Biệt thức đen-ta’’ nếu thực hiện được để giải hệ trên thì Ta thực hiện theo lược đồ sau :  Ax 2  Bxy  Cy 2  Dx  Ey  F 0(1) Xét hệ:  / 2 / / 2 / / /  A x  B xy  C y  D x  E y  F 0(2) Bước 1: +Thử phương trình (1) xem (1) có biệt thức  của biến x ( hoặc biến y) có dạng bình phương hay không + Thử phương trình (1) xem (2) có biệt thức  của biến x ( hoặc biến y) có dạng bình phương hay không Nếu cả 2 phương trình không thõa mãn thì: Bước 2: Tìm k sao cho biểu thức  của biến x ( hoặc y) trong phương trình (2) của hệ f ( x ) 0  f ( x; y ) 0    ( Với k 0) .thõa mãn điều kiện trong kết   g ( x; y ) 0  f ( x )  k .g ( x; y ) 0(2) quả 2. Để kết thúc các ví dụ xin mời các bạn giải các nhóm bài tập sau đây. x 2  2 y 2  x  2 y 0 2 2  3x  4 xy  5 y  x  3 y 0  Nhóm 1. Giải các phương trình sau : 1.    xy  3x  2 y 16  x  y  2  y 3 3..   2 2 2 2  x  y  2 x  4 y 33  x  2 xy  5 y  5 x 13 y  6  4 x 2  y 2  4 xy  2 x  11 0  2 2  9 x  y  6 xy  x  20 0 Nhóm 2. giải các hệ sau : 2. 4. 9  2 x 3  xy 2  x 2  2 y 4 2 2  2 x  xy  2 y  2 y 4 1.  x 4  y 4 20 3 3 2 2  x  2 y 3 x  12 y  4 x  32 y  2.   x 2  x 4 y  2 y 2 3.   x 3  y 3 9 V. KẾT LUẬN CỦA ĐỀ TÀI : Toán học rất phong phú và đa dạng. Hơn nữa không có phương pháp chung nào để giải được cho tất cả mọi bài toán và dạy toán cũng chính vì thế yêu cầu ngày càng rất cao . Trên đây là những suy nghĩ cách dạy cho học sinh lớp 10 rèn luyện kỹ năng giải một lớp hệ phương trình bậc 2 chứa 2 biến trong một số trường hợp được khéo léo đưa về kiến thúc cơ bản quen thuộc bởi những suy nghĩ mà tác giả cho là có lý và đã có hiệu quả trong thực tế đã giảng dạy.Theo ý chủ quan tác giả cho rằng đề tài đã làm được những điều sau khi giảng dạy : -Huy động được kiến thức cơ bản -Tạo được những tình huống hứng thú trong sự tìm tòi có tính chất phương pháp nhằm tạo thế chủ động tích cực cho học sinh trong nghiên cứu hay tiếp cận vấn đề mới. -Từ những trường hợp riêng đã giải được bằng cách đưa về hê ( I ) bằng cách đổi biến hoặc dùng giải pháp biệt thức  ta có thể tạo ra cách giải một lớp hệ phương trình 2 biến bậc 2 phong phú . -Mở ra đối tượng nghiên cứu mới đó là đưa ra cách giải cho hệ phương trình bậc 2 của 2 biến dạng đầy đủ mà đề tài còn chưa có điều kiện giải quyết một cách triệt để và những hệ 2 biến có bậc cao hơn như các bài tập ở nhóm 2 mà đề tài này chưa thể hiện được mà chúng tôi sẽ có dịp trao đổi tiếp tục. VI. ĐỀ XUẤT HƯƠNG NGHIÊN CỨU. 1. Phương trình đẳng cấp bậc 3 hai biến được nghiên cứu tương tự như phương trình đẳng cấp bậc hai 2 biến ta thu được những kết quả như thế nào ? 2.Có thể khẳng định rằng có thể dùng phương pháp ‘‘biệt thức Đen-Ta’’ để giải quyết trọn vẹn ‘’ lỗ hổng’’ khi hệ (II ) không đưa được về hệ ( I ) hay không ? 3.Các hệ bậc hai đối xứng loại I và loại II có mối liên quan gì trong các cách giải trên hay không ? 4.Nghiên cứu cách giải với hệ 2 ẩn có bậc 3 hoặc bậc 4 sẽ được những kết quả có gì tương tự hay không ? Chúng ta sẽ trao đổi trong những đề tài vào dịp khác. Lời kết : Mặc dầu đã cố gắng nhưng chắc chắn đề tài chắc còn có những thiếu sót và những hạn chế nhất định. Tác giả đề tài này rất mong nhận được những góp ý từ các đồng nghiệp và yêu thích bộ môn này xem như là những chia sẽ quý báu về công việc dạy toán . Tác giả xin chân thành cảm ơn và mong muốn nhận được các ý kiến đóng góp của các đồng nghiêp! Hồng Lĩnh tháng 3 năm 2013 Nguyễn Tiến Minh. 10