Tài liệu He phuong trinhhbpt

  • Số trang: 56 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 217 |
  • Lượt tải: 0
tailieu

Tham gia: 27/02/2016

Mô tả:

Thực Hành Giải Toán BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐỒNG THÁP   Đề tài: Danh sách nhóm 6: 1. Nguyễn Đinh Công Danh 2. Ngô Quốc Huy 3. Nguyễn Thị Minh Khôi 4. Đỗ Thành Nhơn 5. Phạm Thị Kim Tuyến (cho điểm như nhau) GVHD SVTH Lớp Năm học : Lê Xuân Trường : Nhóm 6 : Toán 2006A : 2008 - 2009 Đồng Tháp, ngày 15 tháng 05 năm 2009 1 Thực Hành Giải Toán MỤC LỤC MỤC LỤC.........................................................................................................2 Phần I:................................................................................................................ 3 A. HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN................................................................3 I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:............................................................3 II.Hệ phương trình bậc cao hai ẩn :............................................................7 B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN................................................................24 I. Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn............................................................24 II. Hệ phương trình 3 ẩn bậc cao:.............................................................26 Phần II:............................................................................................................29 A. KHÁI NIỆM............................................................................................29 I. Khái niệm bất phương trình một ẩn:..................................................29 II. Khái niệm hệ bất phương trình một ẩn, hai ẩn:.................................29 B. PHÂN LOẠI VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH.........................................................................................................29 I. Hệ bất phương trình một ẩn:..............................................................29 II. Hệ bất phương trình hai ẩn:...............................................................39 C.Giải bài toán bằng cách đưa về hệ bất phương trình một ẩn:....................46 Tài liệu tham khảo:..........................................................................................49 2 Thực Hành Giải Toán Phần I: HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: 1. Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng:  ax  by  c 0   a ' x  b' y  c ' 0 a' , a 2 2  0  b' 2 0  b2 2. Phương pháp giải: - Áp dụng phép biến đổi tương đương như quy tắc cộng đại số và phép thế mà ta đã học. - Dùng định thức.  ax  by  c 0 a' Giải hệ phương trình:  , a  a ' x  b' y  c ' 0 2 2  0  b' 2 0 b 2 B1: Tính các biểu thức: D  a a' Dx  Dy  b ab' a ' b b' c b c' b' a c a' c' cb' c ' b ac ' a ' c B2: Xét các trường hợp : D Nếu D 0 , hệ có nghiệm duy nhất  x; y  trong đó x  x ; y  D Nếu D = 0; ta xét đến Dx , Dy  Nếu Dx 0 hoặc Dy 0 hệ vô nghiệm 3 Dy D Thực Hành Giải Toán  Nếu Dx = 0 và Dy = 0. Hệ có vô số nghiệm, tập nghiệm của hệ là tập nghiệm của phương trình ax  by  c  0 . 3. Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:  5x  4 y 3 Giải hệ phương trình:   7 x  9 y 8 Giải: B1: Tính các biểu thức : Dx  3 8  4 5  9 Dy  5 7 3 19 8 D 5  4 7 9  17 B2: Nhận thấy rằng D = -17 0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất �Dx Dy � � 5 19 �  ; � � ; � � �D D � � 17 17 � Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ phương trình:  mx  y 4  m   2 x   m  1 y m Giải: B1: Tính các biểu thức: D m 2 Dx  Dy  1 m 2  m  2  m  1 m  2  m 1 4 m 1 m m 1 m 4 m 2 m   m 2  4 m  4   m  2  2 m 2  2m  8  m  4  m  2  B2: Ta xét các trường hợp sau: 4 Thực Hành Giải Toán  m  1 D 0   . Khi đó, hệ phương trình có duy nhất nghiệm là:  m 2   Dx D y   m  2 m  4     ; ;   D D   m 1 m 1   x; y    m  1 D 0   . Với m  1 thì Dx = -9 0 (Hệ vô nghiệm). Với m  2  m 2  thì Dx  Dy = 0 nên hệ có vô số nghiệm  x; y  và được tính theo xR   y 2  2 x 4. Ứng dụng: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xác định vị trí tương đối của hai đường thẳng trong mặt phẳng. Cho hai đường thẳng (d 1) và (d2) có phương trình tổng quát: (d1): A1x + B1y + C1 = 0; (d2): A2x + B2y + C2 = 0; Tùy theo giá trị của tham số hãy xác định vị trí tương đối của (d1) và (d2). Phương pháp chung Thực hiện theo các bước sau: Bước 1. Thiết lập hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) là: �A1x  B1 y  C1  0 �A x  B1 y = - C1 ��1 � A 2 x  B2 y  C 2  0 A 2 x  B2 y = - C 2 � � Bước 2. Bằng việc biện luận (I) ta có được vị trí tương đối của (d 1) và (d2) cụ thể là:  Nếu(I) vô nghiệm � (d1 ) P d 2  .  �D D � � Nếu (I) có nghiệm duy nhất �  d1  � d 2   � M�x, y� � �. � �D 5 D � � Thực Hành Giải Toán Nếu (I) có vô số nghiệm ‫ۺ‬   d1   d2  . Ví dụ: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (d1): (a – b)x + y = 1 và (d2): (a2 – b2)x + ay = b. a. b. Xác định giao điểm của (d1) và (d2). Tìm điều kiện với a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành. Giải: a. Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng:   a  b  x  y  1  2 2   a  b  x  ay  b Ta có D = b2 – ab, Dx = a – b, Dy = ab – a2. Vậy, suy ra: I  d1  �d۹� 2  � D 0 b 2 ab 0,  1 a   Khi đó giao điểm I có tọa độ I    , . b b Điểm I  Ox. b.  b  ab  0 a  0    a   0  b  0.   b 2 Tìm tham số m để hai phương trình bậc hai có nghiệm chung. Ví dụ : Với giá trị nào của m thì 2 phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 + mx – 1 = 0 và mx2 – x + 2 = 0. Giải: Các phương trình trên có nghiệm chung   2 x 2  mx  1  0  2  mx  x  2  0 Đặt x2 = y ta được hệ: 6 hệ sau có nghiệm: Thực Hành Giải Toán  mx  2 y  1   x  my  2 Ta có: D = - m2 – 2; Dx = - m – 4; Dy = 2m – 1. Vì D ≠ 0,  m, hệ có nghiệm duy nhất x  m4 1  2m và y = 2 2 m 2 m 2 Do x2 = y nên ta phải có: 2 1  2m  m4   2  = 2 m 2 m 2 3  m + 6m + 7 = 0  m = -1. Vậy với m = -1 hai phương trình có nghiệm chung x = 1. II.Hệ phương trình bậc cao hai ẩn : 1.Định nghĩa Là hệ gồm hai phương trình hai ẩn trong đó có ít nhất một phương trình có bậc lớn hơn 1. 2.Các dạng phương trình thường gặp a) Hệ phương trình đối xứng loại một: Trong mỗi phương trình khi thay thế x bởi y hoặc y bởi x thì phương trình không thay đổi. Phương pháp: Đặt S  x  y và P  xy + Tìm S , P + Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2  SX  P  0 Chú ý: Nếu trong hệ xuất hiện x  y thì đặt t   y và đặt S  x  t , P  xt Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại I được trình bài ở trên, trong nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp: 7 Thực Hành Giải Toán 1. Phương pháp thế: bởi rất nhiều hệ đối xứng là hệ “ Hệ gồm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc nhất của hai ẩn”. 2. Phương pháp đồ thị. 3. Phương pháp điều kiện cần và đủ: được áp dụng cho hệ với yêu cầu “tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất”. Khi đó ta thực hiện các bước: Bước 1. Điều kiện cần  Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0.  Thay x0 = y0 ta được giá trị tham số. Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Bước 2. Điều kiện đủ. 4. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki. 5. Nhận xét về miền nghiệm. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: Giải: Hệ phương trình được viết lại Đặt S = x + y, P = xy 8 Thực Hành Giải Toán Khi đó với: Với x, y là nghiệm của phương trình:  là nghiệm phương trình: Vậy hệ phương trình có bốn cặp nghiệm Ví dụ 2:  x  xy  y  m  1 2 2  x y  xy  m Cho hệ phương trình:  a. Giải hệ khi m = 2 b. Tìm m để hệ có ít nhất một nghiệm thoã: x > 0, y > 0. Giải: Đặt S = x + y, P = xy. Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: S  P  m 1   SP  m  z 1  S, P là hai nghiệm của phương trình: z 2  (m  1) z  m  0   1 (*)  z2  m a. Với m = 2 thế vào (*) ta được: 9 Thực Hành Giải Toán  x  y 1 (I )  xy  2   .  x  y  2  ( II )  xy  1 - Hệ (I) vô nghiệm. - hệ (II) có nghiệm x = y =1. b. Để hệ có nghiệm x, y > 0 :  S 2  4P    S 0   P0   1 4m   m  0   m 2  4   m  0 1  0  m  4   m 2 Ví dụ 3:  x 2  y 2  x  y 2 Giải hệ phương trình  .  xy  x  y  1 Giải: Nhận thấy trong hệ có x  y , ta đặt t   y . Hệ thành:  x2  t 2  x  t  2     xt  x  t  1 2   x  t   2 xt   x  t   2    xt  x  t  1 2 Đặt S  x  t , P  xt . Hệ thành:  S  2 P  S  2  S  1  S  4      P  S   1  P 0  P 5 10 Thực Hành Giải Toán  S  1 .   P 0 Khi đó x, t là nghiệm của phương trình: 2 X X 0  x 0  x 0   X10 t1 y1   X 21 x1 x1     t0 y0  S 4  .  P 5 Khi đó x, t là nghiệm của phương trình: X 2  4 X  5  0 11 Thực Hành Giải Toán  x  1  x  1   X  1 t  5  y 5   X  5  x  5  x  5     t  1  y 1 . Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm:   0;1;   1;0 ;   1;5;   5;1 Ví dụ 4: �x 2  y 2  m Cho hệ phương trình: � �x  y  6 Giải: Ta có thể giải bằng phương pháp điều kiện cần và đủ như sau: Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. Khi đó: � 2 x02  m � � m  18 (I) � �2 x0  6 Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Với m = 18, ta được: �x 2  y 2  18 �x  y  6 �� � x  y  3 là nghiệm duy nhất. (I) � � � xy  9 �x y  6 Vậy, với m = 18 hệ có nghiệm duy nhất. Ví dụ 5. 12 Thực Hành Giải Toán 1 1 � � x y x  y 4 � (I ) Giải hệ phương trình: � 1 1 2 2 �x  y   4 � x2 y2 � Giải: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 � 1 1 � �2 1 1 � 2 4 4  �x  y   ��4 �x  y  2  2 � 4.4 x y� � x y � � 2 2 Vậy hệ (I) tương đương với khả năng bất đẳng thức xảy ra dấu “=”. �x=y= 1 1  = 1. x y Vậy nghiệm của hệ là: x = y= 1. �x 2  y 2  1 (1) Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình : � 3 3 �x  y  1 (2) Giải : �x �1 �x 3 �x 2 � � �3 � x 3  y 3 �x 2  y 2 �1 (3) 2 y � 1 y � y � � Ta có : (1) � � Từ phương trình (2) ta suy ra : bất đẳng thức (3) xảy ra dấu ‘=’. � � �x  0 �3 � � 2 �x  x �y  1 � � �3 � 2 � �x  1 �y  y � � � �y  0 � � b) Hệ phương trình đối xứng loại hai: - Nhận dạng: Nếu thay thế đồng thời x bởi y và y bởi x thì phương trình thứ nhất biến thành phương trình thứ hai và ngược lại phương trình II biến thành phương trình I. - Phương pháp: B1: Trừ vế và biến đổi về  x  y  f  x, y  0 B2: Xét x  y  0 13 Thực Hành Giải Toán Xét f  x, y  0 có 3 cách C1: Cộng hai vế phương trình trên và giải với f  x, y  0 C2: Dùng phương pháp thế C3: Chứng minh f  x, y  0 vô nghiệm Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại hai được trình bày ở trên, trong nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp: 1. 2. Phương pháp đồ thị. Phương pháp điều kiện cần và đủ: được áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu “tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất”. Khi đó ta thực hiện theo các bước: Bước 1. Điều kiện cần  Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0.  Thay x0 = y0 vào một phương trình của hệ và tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình đó có nghiệm duy nhất, khi đó ta được giá trị của tham số.  Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Bước 2. Điều kiện đủ  x 2  2 x 3 y1 Ví dụ 1:   y 2  3 y 2 x 2 Trừ vế theo vế (1) – (2) ta được : B1:  x  y  x  y  1 0 14 Thực Hành Giải Toán B2: Với x  y = 0 . Ta có hệ Với xy0 xy x0 x5  2  2    23 yxx  xx  05 y0 y5 xy 10 yx1 x1 x2 x  y 1 0   2   2     x 32y x32y y2 y1 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm: S   0;0 ;  5;5;   1;2 ;  2;1 Ví dụ 2: �y 2  x 3  4 x 2  8 x Giải hệ phương trình : � 2 3 2 �x  y  4 y  8 y Giải (1) – (2) ta được: � x 3  y 3  3( x 2  y 2 )  8( x  y )  0. � ( x  y )( x 2  y 2  xy  3  x  y   8)  0(*)  x – y = 0. Thế vào hệ ta được: 15 Thực Hành Giải Toán x = y = 0. ( x  y  xy  3  x  y   8)  0(**)  Cách 1: Cộng hai vế (1) và (2) ta được: 2 2 x3  y3  5( x 2  y 2 )  8( x  y)  0. Kết hợp với (**) và giải hệ đối xứng loại I. 2 2 Cách 2: (**) � x   y  3 x  y  3 y  8  0   3 y 2  12 y  13  0. � (**) vô nghiệm. Vậy hệ có 1 nghiệm x = y = 0. Ví dụ 3: 2 2 � � x  2   y  m(1) Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: � 2 2 �x   y  2   m(2) Sử dụng phương pháp đồ thị: Gọi X 1 và X2 lần lượt là tập nghiệm của (1) và (2). Ta có:  X1 là tập các điểm trên đường tròn (C1) có: � � tâmI1 (2, 0) � bánkinhR1  m �  X là tập các điểm trên đường tròn (C2) có: � tâmI 2 (2, 0) � bánkinhR 2  m � Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) � I1 I 2  R1  R2 � 2 2  2 m � m  2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m = 2. Ví dụ 4: �xy  x 2  m( y  1) Cho hệ phương trình: � 2 �xy  y  m( x  1) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Giải: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ như sau: 16 Thực Hành Giải Toán Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = y0. Khi đó:  1 � 2 x02  mx0  m  0. (3) Do x0 duy nhất nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất m0 �  '(3)  0 � m2  8m  0 � � m8 � Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ  Với m = 0, hệ có dạng: �xy  x 2  0 , hệ có vô số nghiệm thõa mãn y = -x (loại). � 2 �xy  y  0  Với m = 8: hệ có dạng: �xy  x 2  8( y  1) �xy  x  8( y  1) � �� � x y � 2 �xy  y  8( x  1) � � y  8  x � � 2 � x y � � 2 � 2x  8x  8  0 � �� � �y  8  x � � � � 72  0 � x  y  2 là nghiệm duy nhất. Vậy, với m = 8 hệ có nghiệm duy nhất. c) Hệ phương trình đẳng cấp: Nhận dạng: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai có dạng: �a1 x 2  b1 xy  c1 y 2  d1 (1) � 2 a2 x  b2 xy  c2 y 2  d 2 (2) � - (I) Cách giải: + TH1: Xét x  0 + TH2: Xét x 0 và đặt y  tx 17 Thực Hành Giải Toán Chú ý: Nếu hệ có một phương trình đẳng cấp và vế trái bằng 0 thì ta cũng giải theo cách trên  3x 2  5xy  4 y 2  31 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:   9 y 2  11xy  8x 2 6 2 2 3  y  4 TH1: x  0   ( hệ vô nghiệm ) 2  y2   3 TH2: x 0 đặt  x 2 3  5t  4t 2   31 y  tx  2  x  8  11t  9t 2  6 2 1  t 2  t  2 0  t 1 t   2  2  t  1 � y  x thế vào  1 được x 2 = 1  x  y  2 2 t  2  y  2 x thay vào (1)  x 1  y 2 Ví dụ 2: � 2 x 2  13 xy  18 y 2  0 Giải hệ phương trình � 2 2 � 3x  2 x  y  9 Giải   Xét x = 0 suy ra phương trình vô nghiệm. Xét x ≠ 0 đặt y = tx. 18 2 Thực Hành Giải Toán � 2 x 2  13tx 2  18t 2 x 2  0 � 18t 2  13t  2  0 � 2 t � 9 �� 1 � t � 2 Thế vào (2) ta được 4 nghiệm: � � 27 x � � � 13 � � � �y   6 � � 13 � 27 � � x � � � 19 � � �y  6 � � � 19 � 18 � � x � � � 13 � � �y  9 � � 13 � ��x  2 �� � ��y  1 3. Dạng không mẫu mực: Đối với dạng này không có phương pháp giải cụ thể. Có thể tùy trường hợp mà sử dụng các phương pháp sau: Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp hàm số Phương pháp đánh giá a) Phương pháp biến đổi tương đương. 19 Thực Hành Giải Toán Phương pháp này chủ yếu là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hề về dạng đơn giản rồi thế vào phương trình đơn giản. LOẠI 1. Trong hệ phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y, khi đó ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại. Thí dụ: Giải hệ phương trình  �x � � 2  y  1  x  y  1  3x 2  4 x  1 xy  x  1  x 2 Giải. Ta thấy x = 0 không thõa mãn phương trình (2). Với x ≠ 0 từ (2) ta có y  1  x2  1 , thay vào (1) ta được x x2 1 � x2 1 � 2 x �x  � 3x  4 x  1 x � x � 2 �  x 2  1  2 x 2  1   x  1  3x  1 �  x  1  2 x 3  2 x 2  x  1   x  1  3x  1 x  0(loai ) � � �  x  1  2 x  2 x  4 x   0 � � x  1 � � x  2 3 2 � � 5� Hệ có hai nghiệm (x; y) là (1; -1), �2,  �. 2 � LOẠI 2. Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn.  Thí dụ: Giải hệ phương trình 2 2 � � xy  x  y  x  2 y � �x 2 y  y x  1  2 x  2 y Giải. Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0. 20
- Xem thêm -