Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục Phn I T VN H phng trỡnh i s l mng kin thc quan trng trong chng trỡnh toỏn hc ph thụng, nú thng gp trong cỏc kỡ thi tuyn sinh vo lp 10; tuyn sinh i hc, cao ng; thi hc sinh gii. Mc dự hc sinh c c sỏt phn ny khỏ nhiu song phn ln cỏc em vn thng lỳng tỳng trong quỏ trỡnh tỡm ra cỏch gii. Nguyờn nhõn l vỡ Th nht, h phng trỡnh l mng kin thc phong phỳ v khú, ũi hi ngi hc phi cú t duy sõu sc, cú s kt hp nhiu mng kin thc khỏc nhau, cú s nhỡn nhn trờn nhiu phng din. Th hai, sỏch giỏo khoa trỡnh by phn ny khỏ n gin, cỏc ti liu tham kho cp n phn ny khỏ nhiu song s phõn loi cha da trờn cỏi gc ca bi toỏn nờn khi hc, hc sinh cha cú s liờn kt, nh hỡnh v cha cú cỏi nhỡn tng quỏt v h phng trỡnh. Th ba, a s hc sinh u hc mt cỏch mỏy múc, cha cú thúi quen tng quỏt bi toỏn v tỡm ra bi toỏn xut phỏt, cha bit c bi toỏn trong cỏc thi do õu m cú nờn khi ngi ra ch cn thay i mt chỳt l ó gõy khú khn cho cỏc em. Sỏng kin kinh nghim ca tụi v mt hỡnh thc l khụng mi. Cỏi mi õy chớnh l s phõn loi cú tớnh cht xuyờn sut chng trỡnh nhng vn bỏm vo cỏc k thut quen thuc, phự hp vi t duy ca hc sinh. Thờm vo ú, vi mi bi toỏn u cú s phõn tớch lụgic, cú s tng quỏt v iu c bit l cho hc sinh tỡm ra cỏi gc ca bi toỏn, cỏc bi toỏn t õu m cú, ngi ta ó to ra chỳng bng cỏch no. Thụng qua cỏc vic lm thng xuyờn ny, hc sinh ó dn dn thớch nghi mt cỏch rt tt, cú t duy sỏng to, cú nng lc lm toỏn v to ra cỏc bi toỏn mi. Hc sinh thng hiu sõu v thớch nghi khi hc phn ny. Mc dự ó cú s u t v thu c nhng thnh cụng ỏng k song vỡ iu kin thi gian cũn hn ch nờn s phõn loi cú th cha c trit v ch mang tớnh cht tng i, rt mong c cỏc bn bố ng nghip gúp ý kin chnh sa ti ny c hon thin hn. Tụi xin chõn thnh cm n! 1 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc Phần II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn I.1. Định nghĩa. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng ' ' ' ax by c a x b y c + =   + =  với , , , ', ', 'a b c a b c là các số thực đã cho thỏa mãn 2 2 2 2 0, ' ' 0a b a b+ ≠ + ≠ I.2. Ví dụ 2 3 7 4 2 x y x y − =   + = −  I.3. Cách giải. Ngoài các phương pháp giải đã học ở lớp 9 ta có thêm phương pháp sau: + Bước 1. Tính các định thức D ' ' , D ' ' , D ' ' ' ' ' ' ' ' x y a b c b a c ab a b cb c b ac a c a b c b a c = = − = = − = = − + Bước 2. - Nếu D 0≠ thì hệ có nghiệm duy nhất D D , D D y x x y= = - Nếu D 0= và 2 2 D D 0 x y + ≠ thì hệ vô nghiệm - Nếu D D D 0 x y = = = thì hệ ax by c⇔ + = (vô số nghiệm) II. Hệ phương trình đối xứng loại I II.1. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ pt có dạng ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y g x y =   =  Trong đó ( ; )f x y và ( ; )g x y là những đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn ( ; ) ( ; ), ( ; ) ( ; ), ,f x y f y x g x y g y x x y= = ∀ ∈¡ II.2. Cách giải phổ biến - Bước 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y+ và tích xy - Bước 2. Đặt x y S xy P + =   =  . 2 , 4x y S P∃ ⇔ ≥ - Bước 3. Giải hệ mới theo S và P - Bước 4. x và y là hai nghiệm của pt 2 0X SX P− + = III. Hệ phương trình đối xứng loại II III.1. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ phương trình có dạng ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y f y x =   =  trong đó ( ; )f x y là một biểu thức chứa hai biến x và y. III.2. Cách giải. - Bước 1. Trừ vế hai pt ta được ( ; ) ( ; ) 0f x y f y x− = (*) 2 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc - Bước 2. Đưa phương trình (*) về dạng tích ( ) ( ; ) 0x y g x y− = - Bước 3. Xét hai trường hợp. TH 1. x = y thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp TH 2. ( ; ) 0g x y = kết hợp với ( ; ) ( ; ) 0f x y f y x+ = ta được hệ đối xứng loại I ( ; ) ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y f y x g x y + =   =  * Chú ý. Nếu ( ; ) 0g x y = phức tạp ta sẽ tìm cách chứng minh nó vô nghiệm. IV. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai IV.1. Định nghĩa. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng 2 2 2 2 ' ' ' ' ax bxy cy d a x b xy c y d  + + =   + + =   IV.2. Cách giải - Bước 1. Cân bằng hệ số tự do ta được 2 2 2 2 ' ' ' ' ' ' ' ' ad x bd xy cd y dd da x db xy dc y dd  + + =   + + =   - Bước 2. Trừ vế hai phương trình ta được 2 2 0Ax Bxy Cy+ + = (*) - Bước 3. Giải phương trình (*) ta sẽ biểu diễn được x theo y - Bước 4. Thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp * Chú ý - Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn. - Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt , 0y tx x= ≠ hoặc đặt , 0x ty y= ≠ . - Ta cũng có thể cân bằng số hạng chứa 2 x (hoặc chứa 2 y ) rồi trừ vế và dùng phép thế. 3 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp thế * Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế vào phương trình còn lại. * Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đó. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 2 3 5 (1) 3 2 4 (2) x y x y y + =   − + =  Lời giải. Từ (1) ta có 5 3 2 y x − = thế vào (2) ta được 2 2 5 3 3 2 4 0 2 y y y −   − + − =  ÷   2 2 2 59 3(25 30 9 ) 4 8 16 23 82 59 0 1, 23 y y y y y y y y⇔ − + − + − ⇔ − + = ⇔ = = Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( ) 31 59 1;1 ; ; 23 23     −    ÷     Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 4 3 2 2 2 2 2 9 (1) 2 6 6 (2) x x y x y x x xy x  + + = +   + = +   Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. Lời giải. x = 0 không thỏa mãn (2) 2 6 6 0, (2) 2 x x x y x + − ≠ ⇔ = thế vào (1) ta được 2 2 2 4 3 2 6 6 6 6 2 2 9 2 2 x x x x x x x x x x     + − + − + + = +  ÷  ÷     2 2 4 2 2 3 0 (6 6 ) (6 6 ) 2 9 ( 4) 0 4 4 x x x x x x x x x x x =  + − ⇔ + + − + = + ⇔ + = ⇔  = −  Do 0x ≠ nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất 17 4; 4   −  ÷   Chú ý. + Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau: Hệ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 2 9 2 9 2 6 6 6 6 2 2 x x x xy x x x x x xy x x x xy    + +  + = + = +   ÷     ⇔ ⇔   + +   + = + + + =    + Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác 4 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc 2. Phương pháp cộng đại số * Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi cho các bước sau. * Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k. Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 2 3 y y x x x y  + =    +  =   Lời giải. ĐK: 0xy ≠ Hệ 2 2 2 2 3 2 (1) 3 2 (2) x y y y x x  = +  ⇔  = +   . Trừ vế hai phương trình ta được 2 2 2 2 0 3 3 3 ( ) ( )( ) 0 3 0 x y x y xy y x xy x y x y x y xy x y − =  − = − ⇔ − + − + = ⇔  + + =  TH 1. 0x y y x− = ⇔ = thế vào (1) ta được 3 2 3 2 0 1x x x− − = ⇔ = TH 2. 3 0xy x y+ + = . Từ 2 2 2 3 0 y y y x + = ⇒ > , 2 2 2 3 0 x x x y + = ⇒ > 3 0xy x y⇒ + + > . Do đó TH 2 không xảy ra. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1) Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 1 1 2 2 (1) 1 1 2 2 (2) y x x y  + − =     + − =   Lời giải. ĐK: 1 1 , 2 2 x y≥ ≥ . Trừ vế hai pt ta được 1 1 1 1 2 2 0 y x x y − + − − − = ⇔ ( ) 1 1 2 2 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 y x y x y x y x xy xy x y xy y x y x   − − −  ÷ − − −   + = ⇔ + =   + − + − − + −  ÷   TH 1. 0y x y x− = ⇔ = thế vào (1) ta được 1 1 2 2 x x + − = 5 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc Đặt 1 , 0t t x = > ta được 2 2 2 2 2 0 2 2 2 1 1 2 4 4 2 1 0 t t t t t x t t t t t − ≥ ≤   − = − ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ =   − = − + − + =   và 1y = TH 2. ( ) 1 1 0 1 1 2 2 xy x y xy y x + =   + − + −  ÷   . TH này vô nghiệm do ĐK. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1) Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 5 4 38 5 9 3 15 x xy y x xy y  + − =   − − =   Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế. Lời giải. Hệ 2 2 2 2 2 2 45 75 60 570 145 417 54 0 190 342 114 570 x xy y x xy y x xy y  + − =  ⇔ ⇒ − + + =  − − =   Giải phương trình này ta được 1 145 , 3 18 y x y x= = − thế vào một trong hai phương trình của hệ ta thu được kết quả. * Chú ý - Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn. - Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt , 0y tx x= ≠ hoặc đặt , 0x ty y= ≠ . Ví dụ 6. Tìm các giá trị m để hệ 2 2 2 2 3 2 11 2 3 17 x xy y x xy y m  + + =   + + = +   có nghiệm. Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x= ≠ Lời giải. TH 1. 2 2 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 2. 0x ≠ , Đặt y tx= . Hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 11 2 3 17 x tx t x x tx t x m  + + =  ⇔  + + = +   2 2 2 2 2 2 2 2 11 (3 2 ) 11 3 2 11 (1 2 3 ) 17 (1 2 3 ). 17 3 2 x t t x t t t t x m t t m t t  =   + + =   + + ⇔ ⇔   + + = +    + + = +  + +  6 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc 2 2 2 11 3 2 ( 16) 2( 6) 3 40 0 (*) x t t m t m t m  =  ⇔ + +   − + + + + =  Ta có 2 11 0, 3 2 t t t > ∀ + + nên hệ có nghiệm ⇔ pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 16m = hoặc 2 16, ' ( 6) ( 16)(3 40) 0m m m m≠ ∆ = + − − + ≥ 5 363 5 363m⇔ − ≤ ≤ + Kết luận. 5 363 5 363m− ≤ ≤ + Ví dụ 7. Tìm các giá trị của m để hệ 2 2 2 2 5 2 3 2 2 1 x xy y m x xy y m  + − ≥   + + ≤  −  (I) có nghiệm. Lời giải. Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 2 2 2 2 5 2 3 1 6 6 3 3 1 x xy y x xy y m  + − ≥   − − − ≥ − −  −  Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được 2 2 2 1 1 4 4 ( 2 ) 1 1 x xy y x y m m − − − ≥ − ⇔ + ≤ − − Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là 1 0 1 1 m m > ⇔ > − Điều kiện đủ. Với 1m > . Xét hệ pt 2 2 2 2 5 2 3 2 2 1 x xy y x xy y  + − =   + + =   (II) Giả sử 0 0 ( ; )x y là nghiệm của hệ (II). Khi đó 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 5 2 3 5 2 3 2 2 2 2 1 1 x x y y x x y y m x x y y x x y y m  + − ≥  + − =   ⇒   + + ≤ + + =    −  Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) (II) 2 2 2 2 2 2 5 2 3 4 4 0 2 0 2 6 6 3 3 x xy y x xy y x y x y x xy y  + − =  ⇔ ⇒ − − − = ⇔ + = ⇔ = −  − − − = −   Thay 2x y= − vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được 2 2 2 2 1 2 8 4 1 5 1 5 5 y y y y y x− + = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = m Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy 1m > . 7 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc Ví dụ 8. Giải hệ phương trình 1 3 1 2 1 7 1 4 2 x x y y x y    + =   ÷ +        − =  ÷  +    Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất cho 3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7y . Lời giải. ĐK: 0, 0, 0x y x y≥ ≥ + ≠ . Dễ thấy 0x = hoặc 0y = không thỏa mãn hệ pt. Vậy 0, 0x y> > Hệ 2 4 2 1 2 2 1 2 2 1 (1) 1 3 7 3 7 3 1 4 2 2 2 4 2 1 2 2 1 1 7 3 7 3 7 x y x y x y x x y x y x y y x y x y      = + + = + =     ÷ +      ⇔ ⇔ ⇔         − = = − − =  ÷    + + +      Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 1 2 2 1 2 2 1 3 7 3 7 x y x y x y    + − =  ÷ ÷  ÷ ÷ +    2 2 6 1 8 1 7 38 24 0 4 3 7 7 y x y xy x x y x y y x =   ⇔ − = ⇔ − − = ⇔  + = −  TH 1. 6y x= thế vào pt (1) ta được 1 2 11 4 7 22 8 7 1 21 7 3 21 x y x x + + + = ⇔ = ⇒ = TH 2. 4 7 y x= − không xảy ra do 0, 0x y> > . Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất ( ) 11 4 7 22 8 7 ; ; 21 7 x y   + + =  ÷   . Chú ý. Hệ phương trình có dạng 2 2 a b m m n a a b n m n b + = + =   ⇔   − = − =   . Trong trường hợp này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức. Tổng quát ta có hệ sau: a n m px qy bx c n m px qy dy  = +  +    = +  +  8 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc Ví dụ 9. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 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 của mỗi phương trình cho 2 2 2 x y z thì ta được hệ mới đơn giản hơn. Lời giải. TH 1. 0xyz = . Nếu 0x = thì hệ 2 2 0 0 , y y z z t t =  ⇔ = ⇔  = ∈  ¡ hoặc 0 , z y t t =   = ∈  ¡ Tương tự với 0y = và 0z = ta thu được các nghiệm là (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t ∈¡ TH 2. 0xyz ≠ . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho 2 2 2 x y z ta được 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 (1) 1 1 1 1 4 (2) 1 1 1 1 5 (3) z y x x x z y y y x z z    + = + +   ÷        + = + +   ÷        + = + +  ÷     . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 z y x z y x x y z x y z       + + + + + = + + + + + +  ÷  ÷  ÷       2 1 1 1 4 (4) 1 1 1 1 1 1 12 0 1 1 1 3 (5) x y z x y z x y z x y z  + + =       ⇔ + + − + + − = ⇔  ÷  ÷      + + = −   Từ (4) và (1) ta có 2 2 1 1 1 9 9 4 3 13 13 x x x x x   − = + + ⇔ = ⇔ =  ÷   Tứ (4) và (2) ta có 3 4 y = . Từ (4) và (3) ta có 9 11 z = Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có 5 5 , 1, 6 4 x y z= − = − = − . Vậy hệ có tập nghiệm là S = 9 3 9 5 5 ( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); ; ; ; ; 1; , 13 4 11 6 4 t t t t       − − − ∈    ÷  ÷       ¡ Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số (ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản. 9 Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc 3. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 10. Giải hệ phương trình 2 2 1 7 x y xy x y xy + + = −   + − =  Lời giải. Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến. Hệ 2 ( ) 1 ( ) 3 7 x y xy x y xy + + = −  ⇔  + − =  Đặt x y S xy P + =   =  ( ) 2 , 4x y S P∃ ⇔ ≥ ta được 2 1 1, 2 4, 3 3 7 S P S P S P S P + = − = = −   ⇔   = − = − =   TH 1. 1 1 1, 2 2 2 2, 1 S x y x y P xy x y = + = = − =    ⇒ ⇔    = − = − = = −    TH 2. 4 4 1, 3 3 3 3, 1 S x y x y P xy x y = − + = − = − = −    ⇒ ⇔    = = = − = −    . Vậy tập nghiệm của hệ là S = { } ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)− − − − − − Chú ý. - Nếu hệ pt có nghiệm là ( ; )x y thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( ; )y x . Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x y= . - Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn. Ví dụ 11. Giải hệ phương trình 2 2 18 ( 1)( 1) 72 x y x y xy x y  + + + =  + + =  Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y+ và tích xy Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo 2 x x+ và 2 y y+ . Rõ ràng hướng này tốt hơn. Lời giải. Hệ 2 2 2 2 ( ) ( ) 18 ( )( ) 72 x x y y x x y y  + + + =  ⇔  + + =   . Đặt 2 2 1 , 4 1 , 4 x x a a y y b b  + = ≥ −     + = ≥ −   ta được 18 6, 12 72 12, 6 a b a b ab a b + = = =   ⇔   = = =   TH 1. 2 2 6 6 2, 3 12 3, 4 12 a x x x x b y y y y  = + = = = −    ⇒ ⇔    = = = − + =     TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 3, 4 2, 3 x x y y = = −   = = −  . Vậy tập nghiệm của hệ là S = { } (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)− − − − − − − − Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau 10 [...]... tớnh n iu ca hm s * C s phng phỏp Nu f ( x) n iu trờn khong (a; b) v x, y (a; b) thỡ f ( x ) = f ( y ) x = y * Cỏch xõy dng h theo phng phỏp ny - Ly hm s f (t ) n iu trờn khong (a; b) , u ( x; y ), v( x; y ) ( a; b) 15 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục u ( x; y ) = v( x; y ) - Ly g ( x; y ) sao cho h gii c trờn tp xỏc nh ca g ( x; y ) = 0 chỳng f (u ) = f (v)... ca hc sinh theo ỳng tinh thn phng phỏp mi ca B Giỏo dc v o to iu quan trng l to cho cỏc em nim tin, hng thỳ khi hc tp b mụn Qua thc t ging dy chuyờn ny tụi thy cỏc em hc sinh khụng nhng nm vng c phng phỏp, bit cỏch vn dng vo cỏc bi toỏn c th m cũn rt hng thỳ khi hc tp chuyờn ny Khi hc trờn lp v qua cỏc ln thi th i hc, s hc sinh lm c bi v gii h phng trỡnh cao hn hn cỏc nm trc v tt hn nhiu so vi cỏc... 2 + y ) 2 + xy = 5 4 5 5 a 2 a ab = 0 a + b(a + 1) = 4 a = 0, b = 4 5 5 b = a2 a = 1 , b = 3 a 2 + b = 4 4 2 2 10) 12 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục 5 a=0 x2 + y = 0 x = 3 4 TH 1 5 5 b = 4 xy = y = 3 25 4 16 1 1 2 1 2 3 x = a= x + y= x = 1 2x 2 2 2 TH 2 3 3 3 3 y= b = xy = y = 2 2 2 2x 3... s phng phỏp Phõn tớch mt trong hai phng trỡnh ca h thnh tớch cỏc nhõn t ụi khi cn t hp hai phng trỡnh thnh phng trỡnh h qu ri mi a v dng tớch 13 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục ( ax + by + c) f ( x; y ) = 0 * Cỏch thnh lp h dng ny trong ú f ( x; y ) c g ( x; y ) = 0 f ( x; y ) = 0 f ( x; y ) = 0 chn sao cho vụ nghim hoc gii c; g ( x; y ) c g ( x; y ) =... = 0 ( x 2 ) 2 + ( x + ) 2 + = 0 Pt ny vụ nghim 2 2 2 1 + 5 1 + 5 1 5 1 5 ; ; Vy tp nghim ca h l S = (1;1); ữ; ữ 2 2 2 2 14 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục 1 1 x 3 = y 3 x y Vớ d 15 Gii h phng trỡnh ( x 4 y )(2 x y + 4) =36 Li gii (1) (2) x= y 1 1 ( y x)( y 2 + xy + x 2 ) x 3 = y 3 ( x y) = y 2 + xy + x 2 3 3 = 1 x y xy x3...Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục a + b = 18 Xut phỏt t h phng trỡnh n gin (I) ab = 72 1) Thay a = x 2 + x, b = y 2 + y vo h (I) ta c h x 2 + y 2 + x + y = 18 (1) ú chớnh l vớ d 11 xy ( x + 1)( y + 1) = 72 2) Thay... phng phỏp s dng tớnh n iu ca hm s Hm 3 s f (t ) = t 3t khụng n iu trờn ton trc s, nhng nh cú (2) ta gii hn c x v y trờn on [ 1;1] Li gii 2 16 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục 2 2 T (2) ta cú x 1, y 1 x, y [ 1;1] 3 2 Hm s f (t ) = t 3t cú f '(t ) = 3t 3 < 0, t (1;1) f (t ) ng bin trờn on [ 1;1] x, y [ 1;1] nờn (1) f ( x) = f ( y ) x = y th vo pt... do x 2 + 1 x > 0 v x +1 Suy ra g ( x) ng bin trờn Ă Bi vy g ( x) = g (0) x = 0 Vy h phng trỡnh cú nghim duy nht x = y = 0 = 3x x2 + 1 1 17 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục y x e = 2007 y2 1 Vớ d 22 Chng minh h cú ỳng 2 nghim x > 0, y > 0 x e y = 2007 x2 1 x2 1 > 0 x (; 1) (1; +) x > 0 x > 1 Li gii K: 2 Do nờn y > 0 y >1 y 1 > 0 y ... x (1;0), y (0; +) hoc ngc li thỡ xy < 0 x 12 xy + 20 y > 0 TH 3 xy = 0 thỡ h cú nghim x = y = 0 Vy h cú nghim duy nht x = y = 0 + 18 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Phn 3 Biên so n: Lê Văn Lục KT LUN V KIN NGH Sỏng kin kinh nghim ca tụi ó gii quyt c nhng vn sau: - Giỳp hc sinh cú cỏi nhỡn tng quỏt v cú h thng v h phng trỡnh i s, t ú cú k nng gii thnh tho cỏc bi toỏn thuc ch... x + , b = y + vo h (II) ta c h x y 1 1 x + y + x + y = 7 (7) x 2 y 2 + 1 1 = 21 x2 y2 1 x 8) Thay a = x + , b = vo h (II) ta c h y y 11 Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên so n: Lê Văn Lục xy + x + 1 = 7 y (8) 2 2 2 ( xy + 1) + x = 21y 1 9) Thay a = x + y, b = vo h (II) ta c h y ( x + y ) y + 1 = 9 y (9) 2 2 2 ( x + y 2) y 21y = 1 Thay a = x 2 + 2 x, b = y 2 + 2 x vo . 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y+ và tích xy - Bước 2. Đặt x y S xy P + =   =  . 2 , 4x y S P∃ ⇔ ≥ - Bước 3. Giải hệ mới theo S và P - Bước 4 hệ đối xứng loại I Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y+ và tích xy Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo 2 x x+ và 2 y y+ . Rõ ràng hướng này tốt