Skkn một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực dùng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9

  • Số trang: 42 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 12 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC DÙNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9” A. MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN SÁNG KIẾN 1. Cơ sở lí luận Kiến thức về phương trình, hệ phương trình trong chương trình toàn của bậc học phô thông là một nội dung rất quan trọng, vì nó là nền tảng để giúp học sinh tiếp cận đến các nội dung khác trong chương trình toán học, vật lí học, hoá học, sinh học của bậc học này. Trong chương trình toán của bậc học phô thông, bắt đầu từ lớp 9 học sinh được học về hệ phương trình, bắt đầu là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. Cùng với đó học sinh được học hai quy tắc biến đôi tương đương một hệ phương trình là “Quy tắc thế”; “Quy tắc cộng đại số”. Trong chương trình toán lớp 8 và lớp 9 học sinh được học khá đầy đủ về phương trình một ẩn như: phương trình bậc nhất một ẩn; phương trình tích; phương trình chứa ẩn ở mẫu; phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối; phương trình bậc hai; phương trình chứa dấu căn. Thông qua việc học các dạng phương trình trên học sinh được trang bị tương đối đầy đủ về các phương pháp giải các phương trình đại số, điều này đồng nghĩa với việc học sinh được trang bị các phương pháp giải hệ phương trình không phải là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. Các hệ phương trình mà cách giải tuỳ thuộc vào đặc điểm riêng của hệ, không có một đường lối chung cho việc giải các hệ đó, ta gọi các hệ dạng này là hệ phương trình không mẫu mực. Việc giải các hệ phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững các phương pháp biến đôi tương đương một hệ phương trình, các phép biến đôi tương đương một phương trình, đặc biệt học sinh phải rất tinh ý phát hiện ra những đặc điểm rất riêng của từng hệ từ đó có cách biến đôi hợp lí nhờ đó mới có thể giải được hệ. 2. Cơ sở thực tiễn Tuy trong nội dung chương trình toán lớp 8 và lớp 9 đã trang bị cho học sinh khá đầy đủ kiến thức về phương trình và hệ phương trình đại số cùng các phương pháp giải. Trong khi đó, việc trang bị các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực hầu như không được đề cập tới trong sách giáo khoa và ngay cả hệ thống sách tham khảo hiện có dành cho học sinh trung học cơ sở. Việc giải được các hệ phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải vận dụng rất khéo léo các kiến thức đã học để có được cách biến đôi hợp lí đối với riêng từng hệ phương trình đã cho, điều này đánh giá được trình độ kiến thức của học sinh. Chính vì vậy, trong nội dung các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán 9, đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Hưng Yên, đề thi khảo sát chất lượng học kì 2 môn toán 9 nhiều năm gần đây của Sở Giáo dục và Đào tạo Hưng Yên luôn xuất hiện các câu hỏi yêu cầu học sinh phải giải các hệ phương trình không mẫu mực, với mục đích phân loại đối tượng học sinh. Không những vậy, trong nội dung đề thi tuyển sinh vào khối THPT chuyên của trường Đại học Quốc gia, Đại học Sư phạm Hà Nội ở môn toán vòng 1, vòng 2 luôn xuất hiện các câu hỏi giải hệ phương trình thuộc kiểu hệ không mẫu mực. Tài liệu tham khảo đối với các giáo viên phụ trách bồi dưỡng học sinh giỏi viết riêng cho chuyên đề giải hệ phương trình không mẫu mực không có, chính vì thế giáo viên dạy gặp rất nhiều khó khăn và lúng túng khi dạy đến chuyên đề này. Vì vậy, khi dạy đến nội dung này giáo viên thường dạy lướt qua bằng một số ví dụ minh hoạ chưa làm rõ được những đường lối chung để giải các hệ phương trình không mẫu mực. Chính vì những lí do mang tính lí luận và thực tế trên mà tôi chọn sáng kiến của mình là “Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực dùng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9”. II. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ, ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. 1. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm này nhằm mục đích tập hợp, sắp xếp hệ thống các phương pháp thường được sử dụng để giải hệ phương trình không mẫu mực dùng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 của cấp trung học cơ sở. Nhiệm vụ cần đạt: - Chỉ ra được kiến thức về hệ phương trình có liên quan mà học sinh cần nắm vững trước khi tiếp cận với các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực. - Đưa ra hệ thống các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực có sự sắp xếp hợp lôgíc về mặt tư duy kiến thức bộ môn. - Xây dựng được hệ thống các bài tập phù hợp với đối tượng học sinh theo từng phương pháp cụ thể, nhằm giúp học sinh có được bài tập luyện tập khắc sâu kiến thức, giáo viên giảng dạy có được hệ thống bài tập minh hoạ phong phú cho tứng phương pháp. 2. Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là hệ thống các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực, những điểm học sinh cần lưu ý khi tiến hành giải các hệ phương trình loại này. 3. Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thiện sáng kiến này tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cưu sau: - Phương pháp duy vật biện chứng và duy vật lịch sử. - Phương pháp trừu tượng hoá khoa học. - Phương pháp phân tích tông hợp. - Phương pháp so sánh, đối chiếu, thống kê. - Phương pháp số liệu, hệ thống hoá … phỏng vấn, điều tra, khảo sát điều tra thực tế. B. NỘI DUNG I. MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN CÙNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI CẦN NHỚ 1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn Định nghĩa: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng: ax  by  c � � a'x b' y  c' � (1) (2) trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số cho trước, a 2  b 2 �0 và a '2  b '2 �0 . Nghiệm của hệ là cặp số  x; y  thoả mãn đồng thời hai phương trình (1) và (2) của hệ. Giải hệ tức là tìm tất cả các nghiệm của hệ. Cách giải: Trong chương trình toán trung học cơ sở để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn ta thường sử dụng hai phương pháp: - Phương pháp thế nhờ sử dụng quy tắc thế; - Phương pháp cộng đại số nhờ sử dụng quy tắc cộng đại số. Để minh hoạ cho hai phương pháp này ta xét ví dụ sau: Ví dụ. Giải hệ phương trình 3x  2 y  4 � � 2x  y  5 � (1) (2) Lời giải: Cách 1: (Sử dụng phương pháp thế) - Từ phương trình (2) của hệ, rút y theo x ta có hệ ta được: 3x  2  5  2 x   4 Hay 7 x  14 . y  5  2x . Thay vào phương trình (1) của - Theo quy tắc thế hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình sau: 7 x  14 � �x  2 �� � �y  5  2 x �y  1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    2; 1 . Cách 2: (Sử dụng phương pháp cộng đại số) - Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) vế với vế ta được:  4 x  2 y    3 x  2 y   10  4 Hay 7 x  14 . - Theo quy tắc cộng đại số hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình sau: 7 x  14 � �x  2 �� � 2 x  y  5 �y  1 � Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    2; 1 . Nhận xét: Trong chương trình toán lớp 10 của cấp THPT học sinh mới bắt đầu tiếp cận đến việc giải hệ phương trình trên bằng phương pháp sử dụng định thức cấp 2. Bằng phương pháp sử dụng định thức ta có thể giải hệ phương trình trên như sau: Hệ phương trình D 3x  2 y  4 � � �2 x  y  5 có: 3 2 4 2 3 4  3.1  2.2  7 �0; Dx   4.1  5.2  14; Dy   3.5  2.4  7 2 1 5 1 2 5 Suy ra hệ có nghiệm duy nhất: � Dx 14 x  2 � � D 7 � D �y  y  7  1 � D 7 2. Hệ phương trình đối xứng loại một Định nghĩa: Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại một nếu mỗi phương trình của hệ đã cho đối xứng với hai ẩn x và y (nghĩa là mỗi phương trình của hệ không thay đôi khi ta đôi vai trò của x và y cho nhau). Tính chất: Nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hệ. Cách giải thường dùng: Đặt S  x  y và hệ đơn giản hơn đã biết cách giải. Ví dụ. Giải hệ phương trình P  xy , với điều kiện �x  y  xy  11 �2 2 �x  y  3  x  y   28 Lời giải: Đặt S x y và P  xy , khi đó hệ đã cho có dạng: (1) �S  P  11 �2 �S  2 P  3S  28 (2) Từ (1) suy ra P  11  S , thay vào phương trình (2) ta được: S2  4P �0 đưa hệ đã cho về S 2  2  11  S   3S  28 hay S 2  5S  50  0. Phương trình này có hai nghiệm phân biệt: * Nếu S 5 thì P  6, S  5; S  10. nên x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai: t2 � t 2  5t  6  0 �  t  2   t  3  0 � � t 3 � Suy ra  x; y    2; 3 hoặc  x; y    3; 2  . * Nếu S  10 thì P  21, nên x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai: t  3 � t  10t  21  0 �  t  3  t  7   0 � � t  7 � Suy ra  x; y    3;  7 hoặc  x; y    7;  3 . Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:  2; 3 ;  3; 2  ;  3;  7  ;  7;  3  . 3. Hệ phương trình đối xứng loại hai Định nghĩa: Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai nếu trong hệ phương trình, khi đôi vai trò của x và y cho nhau thì phương trình này trở thành phương trình kia. Tính chất: Nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hệ. Cách giải thường dùng: Trừ các vế tương ứng của hai phương trình thì nhận được x y 0 � phương trình tích dạng  x  y  .f  x, y   0 � �f x, y  0  � Từ đó hệ đã cho tương đương với hai hệ đơn giản hơn có thể giải được. Ví dụ. Giải hệ phương trình sau: �x 3  1  2 y (1) �3 �y  1  2 x (2) Lời giải: Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được: x3  y 3  2  y  x  �  x  y   x 2  xy  y 2  2   0 2 � y� 3 � x  y  0 (V �x 2  xy  y 2  2  �x  � y 2  2  0 x, y ) � 2� 4 � y  x. Thay yx vào phương trình (1) ta được: x 1 � � x  2 x  1  0 �  x  1  x  x  1  0 � 1 � 5 � x � 2 3 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là:  1; 1 ; �1  5 1  5 � �1  5 1  5 � ; � ; . � � � � 2 ; � 2 � 2 � � �� 2 � II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC 1. Phương pháp biến đổi tương đương Để biến đôi tương đương một hệ phương trình chúng ta sử dụng các quy tắc biến đôi tương đương như quy tắc thế, quy tắc cộng đại số. Cùng với đó ta cần kết hợp các phép biến đôi tương đương một phương trình trong quá trình biến đôi như quy tắc chuyển vế, quy tắc nhân, phân tích thành tích, bình phương hoặc lập phương hai vế, thêm bớt làm xuất hiện nhân tử chung,… Nhìn chung việc biến đôi tương đương các hệ phương trình loại này đòi hỏi người làm phải rất khéo léo và linh hoạt trong từng bước biến đôi. Ta có thể vận dụng phương pháp biến đôi tương đương để giải hệ không mẫu mực trong các tình huống sau. DẠNG 1: Trong hệ có một phương trình bậc nhất đối với ẩn x hay ẩn y. Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: Lời giải: Ta có: �x  2 y  1  0 �2 2 �x  y  xy  1  0 � �x  2 y  1 �� 2  2 y  1  y 2  y  2 y  1  1  0 � �x  2 y  1 �� 5 y  y  1  0 � � �x  2 y  1 � �x  1 � � � � �y  0 �y  0 � � � � � �x  2 y  1 � �x  1 � � � � �y  1 �y  1 � � �x  2 y  1  0 �2 2 �x  y  xy  1  0 Vậy hệ có hai nghiệm:  1; 0  ;  1; 1 . Nhận xét: Phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất hai ẩn nên ta có thê rút x theo y ( hoặc y theo x ) rồi thế vào phương trình còn lại của hệ, theo quy tắc thế ta nhận được một hệ mới tương đương. Trong hệ mới nhận được có một phương trình là phương trình một ẩn, nhờ đó ta đã giải được hệ. Trong lời giải trên, ta đã tính x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai. Ta cũng có thê tính y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai của hệ, tuy nhiên việc biến đổi hệ tiếp theo sẽ trở nên phức tạp vì xuất hiện mẫu số. Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: �x 2  y  1  x  y  1  3x 2  4 x  1 � � 2 �xy  x  1  x (1) (2) Lời giải: Nhận thấy Khi x �0 x0 không thoả mãn phương trình (1) của hệ nên hệ không có nghiệm  0; y  . từ phương trình (2) ta có x2 1 y 1  x thay vào phương trình (1) ta được: � 2 �x 2  1 � � x2 1 � 2 �x � � �x  � 3 x  4 x  1 x � � � x � � � x2 1 � y  1  � x � � �x 2  1  2 x2  1   x  1  3x  1 �� x2 1 �y  1  x � � �x  1 �� x 1 � � � 2 x  x  1  x  2   0 �� �y  1 � x  2 � �� �� �� �� �x  2 x2 1 2 � � x 1 �y  1  � y  1  � 5 x � � � y x � � � � 2 � 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  1; 5� �  1 ; � 2;  � . 2� � Nhận xét: Phương trình (2) của hệ là phương trình bậc nhất đối với ẩn y nên ta tiến hành tính ẩn y theo ẩn x rồi thế vào phương trình (1) của hệ. Tuy nhiên việc tính y theo x ta phải thực hiện phép chia cho x, nên cần nhận xét  0; y  không là nghiệm của hệ để từ đó với x �0 ta có thể tính y 1  x2 1 x và hệ nhận được tương đương với hệ đã cho. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau 2 2 �x  y  10 x  0 �2 2 �x  y  4 x  2 y  20  0 Lời giải: Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai ta được tắc cộng đại số, hệ đã cho tương đương với hệ phương trình sau: y  7 x  10 . Theo quy �x 2  y 2  10 x  0 � �y  7 x  10 �x 2   7 x  10  2  10 x  0 � �� �y  7 x  10 �x 2  3 x  2  0 �� �y  7 x  10 � �x  1 �� x  1 � � �� �y  17 � � �� � x  2 � �x  2 �y  7 x  10 � � � � �y  24 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:  1;  17  ;  2;  24  . Nhận xét: Tuy ở cả hai phương trình của hệ đều không có phương trình nào là phương trình bậc nhất đối với một ẩn, nhưng bằng việc sử dụng quy tắc cộng đại số trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình là phương trình bậc nhất hai ẩn, nhờ đó ta đã giải được hệ. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau � �x  y  xy  2 x  y   5 xy � �x  y  xy  3 x  y   4 xy Lời giải: *) Dễ thấy xy0 *) Các cặp số  x ; y  là nghiệm của hệ. v� i x  0; y �0 hay x �0; y  0 đều không là nghiệm. *) Với xy �0. Chia cả hai vế của mỗi phương trình trong hệ cho xy �0 ta được: �1 1 �x  y  2 x  y  5 � � �1  1  3 x  y  4 � �x y Suy ra Thay 5  2x  y  x  2 y 1 1 1   4  3x  y � x  2 y  1 x y vào phương trình thứ 2 của hệ ban đầu ta được: � �x  2 y  1 � 2 y  1  y   2 y  1 y � 3  2 y  1  y � � � 4 y  2 y  1 � � �x  2 y  1 �x  2 y  1 �� 3 � �  y  1 10 y 2  9 y  1  0 10 y  19 y 2  10 y  1  0 � �  �x  2 y  1 � �� y 1 �� �x  1 �� � �� 9  41 � � ho� c y  y  1 � �� 20 �� �� 9  41 y �� 20 ��  � 41  1 �x  � 10 ho� c � 9  41 �y  � � 20 �  41  1 �x  � 10 � �y  9  41 � � 20 � 41  1 9  41 �� 41  1 9  41 � ; ; ; . �� � 20 �� 20 � � 10 �� 10 � Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:  0; 0  ;  1; 1 ; � � Nhận xét: Đê giải hệ trên ta có thê biến đổi ngay từ hệ ban đầu nhờ quy tắc cộng đại số như sau: �x  y  xy  2 x  y   5 xy � � �x  y  xy  3 x  y   4 xy � x  y  xy  3 x  y  � x  y  xy  2 x  y  � �� � � � � 4 xy  5 xy � �� �x  y  xy  3 x  y   4 xy � �xy  x  2 y  1  0 �� �x  y  xy  3 x  y   4 xy � �x  0 � � �x  y  xy  3 x  y   4 xy � � �y  0 �� � � �x  y  xy  3 x  y   4 xy � � �x  2 y  1 � � �x  y  xy  3 x  y   4 xy � Đến đây việc giải hệ ban đầu được đưa về việc giải 3 hệ phương trình đơn giản hơn. Cách biến đổi này khá đơn giản nên học sinh khá dễ tiếp thu, đặc biệt là học sinh lớp 9. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau 3 3 �x  y  9 (Thi h� ck� 2 l� p 9 n� m h� c 2011- 2012 S�H� ng Y�n) �2 2 �x  2 y  x  4 y Lời giải: 3 3 �x  y  9 �2 2 �x  2 y  x  4 y �x3  y 3  9 � �� 2 3 x  2 y2   3 x  4 y  � �x 3  y 3  9 �x 3  y 3  3x 2  3x  6 y 2  12 y  9 �� 2 � �2 2 3 x  3x  6 y 2  12 y  9  9 � �x  2 y  x  4 y 3 3 � �x  1  y  2 x  1   y  2   � �� � �2 2 2 2 �x  2 y  x  4 y �x  2 y  x  4 y �x  y  3 �x  y  3 � �� � �2 2 2  y  3  2 y   y  3  4 y �y  3 y  2  0 � � �x  2 � � �y  1 � � � �x  1 � � �y  2 � Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:  1;  2  ;  2;  1 . Nhận xét: Rõ ràng với ví dụ 5 này việc tìm ra được cách biến đổi đê giải được hệ phương trình trên như trên là khá khó đối với học sinh, đặc biệt là học sinh lớp 9. Với ví dụ này, đòi hỏi học sinh phải nhận xét hết sức tinh tế các hệ số của từng hạng tử trong mỗi phương trình và học sinh đã được tiếp cận với cách biến đổi tương tự như trên. BÀI TẬP. Bài 1: Giải các hệ phương trình sau �x 3  y 3  3  x  y  � 1) � �x  y  1 �x  2 y  1  0 2) � 2 2 �x  y  xy  1  0 �x  y  1 4) � 3 3 2 2 �x  y  x  y �x 3  y 3  1 5) � 5 6) 5 2 2 �x  y  x  y �x 2  5 x  y  9 8) � 3 3 x  x 2 y  2 xy  6 x 2  18 � �x 3  y 3  9 7) � 2 2 �x  2 y  x  4 y Bài 2: Cho hệ phương trình �x  y  4 � 3) �  x  1 y 2  xy  4  y  2  � �x 3  y 3  35 � 2 2 x  3y 2  4 x  9 y � �x  y  m  1 (m l�tham s� ) �2 2 2 �x y  xy  2 m  m  3 a) Giải hệ phương trình khi m = 3. b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. DẠNG 2: Một hoặc hai phương trình của hệ có thể đưa về dạng tích. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau Lời giải: 2 2 � �x  5 xy  6 y  0 � 2 2 x  y2  1 � �x 2  5 xy  6 y 2  0 � 2 2 x  y2  1 � �  x  2 y   x  3y   0 � �� 2 x2  y2  1 � � � � � �x  2 y �x  2 y �x  2 y � � 2 � � � 2 � 2 2 2 2  2y   y  1 � 2x  y  1 � 9y  1 � � � � �� �� �� �x  3 y �x  3y �x  3y � � � � � 2 � 2 � 2 2 � � 2 x  y2  1 � 19 y  1 2 3 y  y  1 � �   � � � � � 3 19 � 3 19 2 � 2 � x x �x  �x   � � � � � � 19 19 3 ho� � � 3 ho� c � c � ho� c � �y  1 �y   1 �y  19 �y   19 � 3 � � � 3 19 � 19 � Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: 19 � �3 19  19 � �2 1 � �2 1 � �3 19 ; � ; ; � ; ; � ; . � � �3 ; 3 � � � � 3 � � 19 19 � 19 � � � �3 � � 19 � Nhận xét: Trong hệ phương trình trên, phương trình thứ nhất chính là phương trình đẳng cấp bậc hai, tuy nhiên đối với học sinh lớp 9 không nên giải bằng cách đặt x = ky vì với cách giải này học sinh rất khó hiêu tại sao lại nghĩ ra cách đặt đó. Chính vì vậy, khi dạy giáo viên nên hướng dẫn học sinh hãy phân tích phương trình thứ nhất về dạng tích và biến đổi tiếp như cách giải trên. Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau: 2 x 2  y 2  xy  y  5 x  2  0 (1) � �2 2 (2) �x  y  x  y  4  0 (TS Chuyên Toán H � ng Y�n 2011  2012) Lời giải: Dùng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử biến đôi phương trình (1) về dạng tích. � 2 x 2  y 2  xy  y  5 x  2  0 �2 2 �x  y  x  y  4  0 � �x  y  2  0 (a) � �2 2 �x  y  x  y  4  0 � �� 2x  y 1  0 � � (b) �2 2 � �x  y  x  y  4  0 � �  x  y  2   2 x  y  1  0 � � �2 2 �x  y  x  y  4  0 Giải hệ (a): � �x  y  2  0 �y  2  x �x  1 �y  2  x � �2 � �2 �� �2 2 2 �y  1 �x   2  x   x   2  x   4  0 �x  y  x  y  4  0 �x  2 x  1  0 Giải hệ (b): 2x  y 1  0 � �2 2 �x  y  x  y  4  0 � �x  1 � � �y  1 � y  2 x  1 � y  2 x  1 � � � � 4 � �2 �� 2 �� 2 x � 5 x  x  4  0 x  2 x  1  x  2 x  1  4  0    � 5 � �  � � � �y  13 � � 5 � 4 � Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  1; 1 ; �5 � ; 13 � �. 5 � Nhận xét: - Ta có thê xem phương trình (1) của hệ là phương trình bậc 2 đối với ẩn x còn ẩn y là tham số và tiến hành giải như sau: (1) � 2 x 2   y  5  x  y 2  y  2  0  x  9 y 2  18 y  9   3 y  3  2  y  5  3y  3 y 1  y  5  3y  3  ; x  y  2 4 2 4 y 1 *) Khi x  � y  2 x  1 thay vào ph� � ng tr � nh (2) ta có � � � c: 2 � 4 � 5 x 2  x  4  0 � x �� 1; � � 5 �x � 4 13 � � Khi � �ta � � � c nghi� m c� a h�� l  x; y  ��  1; 1 ; � �. � ; � 5 � �5 � *) Khi x   y  2 � y  2  x thay vào (2) ta có : 2  x 2  2 x  1  0 � x  1 Khi � �ta � � � c nghi� m c� a h�� l  x; y    1; 1 . � 4 13 � � V� y t� p nghi� m c� a h�� �cho l� x; y  ��  1; 1 ; � �. � ; � 5 � �5 � - Việc phân tích đa thức vế trái của phương trình thứ nhất của hệ, giáo viên khi dạy nên hướng dẫn học sinh sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ đê tiến hành biến đổi vì đây là đa thức bậc hai đối với hai ẩn. Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau 2 xy �2 2 �x  y  x  y  1 (1) (Thi HSG t� nh H� ng Y�n n� m h� c 2011  2012) � � x  y  x2  y (2) � Lời giải: *) �K : x  y  0 Ta c�(1) � x  y  2 � � 2  x  y 2   x2  y2  x y  x  y   x2  y 2    x  y  2 1   x2  y2    x  y  x y  x  y  1  x 2  y 2    x  y  1  x  y  x y 0 0 �x 2  y 2 � �  x  y  1 �  1� 0 �x  y � � x  y 1  0 x2  y 2 (V �x  y  0 n�n  1  0) x y � x  y 1 Thay v� o pt (2) ta � � � c : 1  x 2   1  x  � x 2  x  2  0 � x  1 ho� c x  2. T�� �suy ra h�� �cho c�2 nghi� m  x; y  �  1; 0  ;  2; 3  . Nhận xét: - Với hệ có chứa dấu căn, khi dạy giáo viên cần rèn cho học sinh thói quen phải đặt điều kiện đê các căn thức cùng có nghĩa, trong thực tế học sinh thường quên điều này. - Đê biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng tích, ta cũng có thê biến đổi như sau: x2  y 2  2 xy 1 x y �  x 2  y 2  2 xy   1  2 xy  2 xy  0 x y �1 � 2 �  x  y   1  2 xy �  1� 0 �x  y � �  x  y  1  x  y  1  x  y   2 xy  x  y  1  0 �  x  y  1 �  x  y   x  y  1  2 xy � � � 0 �  x  y  1  x 2  y 2  x  y   0  Do x  y  0 nên x � x  y 1  0 Ví dụ 4. Giải hệ phương trình sau 2  y2  x  y  0 �x 2  4 y 2  5 � 4 xy  x  2 y  7 � Lời giải: Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta được: x 2   4 xy  4 y 2   x  2 y   12 �  x  2 y    x  2 y   12  0 2 �  x  2 y  4   x  2 y  3  0 � x  2 y  4 ho� c x  2y  3 Do đó ta có: � �x  2 y  4 (a) � � 4 xy  x  2 y  7 �x 2  4 y 2  5 � �� � � 4 xy  x  2 y  7 �x  2 y  3 � � (b) � 4 xy  x  2 y  7 � � Giải hệ (a): �x  2 y  4 �x  2 y  4 �x  2 y  4 �� �� 2 � 4 y  2 y  4    2 y  4   2 y  7 4 xy  x  2 y  7 8 y  16 y  11  0 � � � Vì phương trình Giải hệ (b): 8 y 2  16 y  11  0 có  '  24  0 nên vô nghiệm. Do vậy hệ (a) vô nghiệm. �x  2 y  3 � 4 xy  x  2 y  7 � �x  3  2 y �� 2 2 y  3y  1  0 � �x  3  2 y �� 4y  3  2y    3  2y   2y  7 � x  y 1 �x  3  2 y � � � �� y 1 �x  2 � �� �� � � � 1 1 �� y � �y  2 � � �� 2 � Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:  1; 1 ; � 1� 2; � . � � 2� Nhận xét: Trong hệ trên chưa có phương trình nào của hệ có thê đưa ngay về dạng tích, tuy nhiên bằng việc cộng vế với vế hai phương trình của hệ theo quy tắc cộng đại số ta nhận được một hệ mới, trong hệ mới này có một phương trình đưa được về dạng tích. BÀI TẬP. Giải các hệ phương trình sau: 3 2 2 3 � �x  6 x y  9 xy  4 y  0 1) � �x y  x y 2 y 3 � � x y  x3  x 2) � � x y  x  x3 � 2 2 � �xy  x  y  x  2 y 3) � �x 2 y  y x  1  2 x  2 y � x  y  x  y  1  x2  y 2 � 4) � � x  y 1 � � � 3  x  y   2 xy 5) � 2x  y2  8 � �x 3  4 y  y 3  16 x � 6) � 2 1  y  5(1  x 2 ) � � �x  y  2 7) � 2 4 x  y 2  5(2 x  y) xy � 2 2 � �x  xy  2 y  2 y  2 x 9) � �y x  y  1  x  2 �x 2  3 x( y  1)  y 2  y ( x  3)  4 8) � �x  xy  2 y  1 �y 2   5 x  4   4  x  � 10) � 2 5 x  y 2  4 xy  16 x  8 y  16  0 � 2 x 2  2 xy  y  5 � 11) � 2 �y  xy  5 x  7 �x 2  x  y 2  y � 12) � 2 2 �x  y  3  x  y  �x 3  7 x  y 3  7 y 13) � 2 2 �x  y  x  y  2 1 � 1 �x  x  y  y 14) � � 2 y  x3  1 � 2 2 � �x  y  x  y  4 15) � �x  x  y  1  y  y  1  2 2. Phương pháp đặt ẩn phụ * Điêm mấu chốt của phương pháp này là phải phát hiện ra ẩn phụ u  f  x; y  ; ngay trong từng phương trình của hệ hoặc sau một số phép biến đổi hệ đã cho. v  g  x; y  * Thông thường việc biến đổi hệ chỉ xoay quanh việc cộng, trừ 2 phương trình của hệ theo vế hoặc chia cả hai vế của một phương trình hay cả hai phương trình của hệ cho một đại lượng khác 0 nào đó đã chỉ ra trong các phương trình, nhờ đó nhận ra việc phải chọn ẩn phụ như thế nào cho hợp lí. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau: 2 2 � (1) �x  y  xy  1  4 y (Thi HSG t� nh H� ng Y� n n� m h� c 2010-2011) � 2 2 �y  x  y   2 x  7 y  2 (2) Lời giải: * Nhận thấy mọi cặp số  x; y  với y = 0 đều không phải là nghiệm của hệ. * Khi y �0 , chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được hệ: �x 2  1 � y   x  y  4 � � x2  1 2 � x  y  2. 7   � y � Đặt � x2  1 u � y , � � v  x y � khi đó hệ trên trở thành: uv  4 � �2 v  2.u  7 � Giải hệ phương trình: u  4v uv  4 u  4v u 1 � � � � � �2 � �2 �� ho� c �2 v  3 v  2 4  v  7 v  2. u  7 v  2 v  15  0   � � � � * Với u 1 � � v3 � thay vào cách đặt ẩn phụ ta được: �x 2  1  1 �y  x 2  1 �x 2  x  2  0 �x  1 � �� �� �� ho� c y � y  2 y  3  x y  3  x � � � �x  y  3 � * Với u 9 � � v  5 � thay vào cách đặt ẩn phụ ta được: �x  2 � �y  5 u 9 � � v  5 � �x 2  1 9 � 9 y  x 2  1 �x 2  9 x  46  0 � �� �� � y y   5  x � �y  5  x �x  y  5 � Hệ này vô nghiệm vì phương trình x 2  9 x  46  0 có   103  0 nên vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:  1; 2  ;  2; 5  . Nhận xét: - Với hệ phương trình trên việc vận dụng các phép biến đổi tương đương một hệ gặp khó khăn vì không thê sử dụng được quy tắc thế hay quy tắc cộng đại số. - Đê có thê làm xuất hiện những yếu tố được lặp đi lặp lại trong các phương trình của hệ, nhờ đó ta đặt được ẩn phụ thì cần chia cả hai vế của từng phương trình cho y �0 .  x 4  4 x 2  y 2  6 y  9 0 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:  . 2 2  x y  x  2 y  22 0 Lời giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với ( x 2  2) 2  ( y  3) 2  4 ( x 2  2) 2  ( y  3) 2  4 � � � �2 �2 ( x  2) y  x 2  22  0 ( x  2  4)( y  3  3)  x 2  2  20  0 � � Đặt �x 2  2  u � , �y  3  v khi đó hệ phương trình trên trở thành: Giải hệ trên ta được u2 � � v0 � hoặc � u2  v2  4 � u.v  4(u  v )  8 � u0 � � . v2 � Thế vào cách đặt ta được các nghiệm của hệ là: �x  2 �x  2 �x  2 �x   2 � ;� ;� ;� . �y  5 �y  5 �y  3 �y  3 Nhận xét: - Với hệ phương trình trên, việc biến đổi hệ đê xuấn hiện bộ phận đê đặt ẩn phụ khá dễ nhận ra việc phải sử dụng hằng đẳng thức nhờ phương trình thứ nhất của hệ.
- Xem thêm -