LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nỗ lực, khóa luận tốt nghiệp đề tài: “Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc trung học” hồn thành Ngồi cố gắng thân khơng thể không kể đến lời động viên, giúp đỡ, bảo tận tình q thầy giáo, gia đình bạn bè Với lịng biết ơn sâu sắc nhất, em xin gửi lời cảm ơn đến thầy giáo, cô giáo khoa Khoa học Tự nhiên - Trường Đại học Quảng Bình Đặc biệt, cho phép em gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy giáo TS Bùi Khắc Sơn - người trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ để em hồn thành khóa luận tốt nghiệp Đồng thời em xin gửi lời cảm ơn đến Thầy giáo Th.S Phan Trọng Tiến đưa lời góp ý bổ ích cho khóa luận em hồn thiện Mặc dù thân cố gắng tìm tịi tài liệu, tiếp nhận ý kiến đóng góp thầy giáo hướng dẫn Tuy nhiên bước đầu vào thực tế, tìm hiểu lĩnh vực sáng tạo nghiên cứu khoa học em thấy cịn nhiều bỡ ngỡ, kiến thức cịn hạn chế, khơng thể tránh khỏi sai sót, hạn chế q trình thực Em mong nhận ý kiến đóng góp từ phía thầy bạn Lời cuối, em xin kính chúc q thầy bạn sức khỏe Chúc thầy ln hồn thành tốt nhiệm vụ giao Em xin chân thành cảm ơn Đồng Hới, tháng năm 2015 Sinh viên Dương Thị Hường MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC MỞ ĐẦU I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II - MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU III - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU IV - NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU V - PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VI - Ý NGHĨA LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI VII - BỐ CỤC CỦA ĐỀ TÀI NỘI DUNG CHƯƠNG I: MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐƠN GIẢN THƯỜNG GẶP I HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN II HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN III HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH KHÁC 10 IV HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN ĐỐI XỨNG LOẠI I 11 V HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN ĐỐI XỨNG LOẠI II 13 VI HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN ĐẲNG CẤP 15 CHƯƠNG II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG MẪU MỰC 17 I - PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 17 1.1 Nội dung phương pháp: 17 1.2 Một số tập minh họa: 17 II - PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 20 2.1 Nội dung phương pháp: 20 2.2 Một số tập minh họa: 20 III - PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ 26 3.1 Nội dung phương pháp: 26 3.2 Một số tập minh họa: 26 IV - PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 29 4.1 Nội dung phương pháp: 29 4.2 Một số tập minh họa : 29 V - PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 31 5.1 Nội dung phương pháp: 31 5.2 Một số tập minh họa: 33 VI - PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 35 6.1 Nội dung phương pháp: 35 6.2 Một số tập minh họa: 36 VII - PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP 41 7.1 Nội dung phương pháp: 41 7.2 Một số tập minh họa: 41 VIII - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 45 8.1 Nội dung phương pháp: 45 8.2 Một số tập minh họa: 46 IX - PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỐN VỊ VÒNG QUANH 47 9.1 Nội dung phương pháp: 47 9.2 Một số tập minh họa: 47 KẾT LUẬN 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO 49 MỞ ĐẦU I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Toán học môn khoa học nghiên cứu số, cấu trúc, khơng gian phép biến đổi Tốn học mơn học bản, có vai trị quan trọng đời sống ứng dụng rộng rãi thực tiễn Đây mơn học tương đối khó, mang tính tư cao, địi hỏi người học phải chịu khó tìm tịi, khám phá say mê nghiên cứu Kiến thức phương trình, hệ phương trình chương trình tốn bậc trung học nội dung quan trọng, tảng để giúp học sinh tiếp cận đến nội dung khác chương trình tốn học, vật lý học, hóa học, sinh học bậc học Trong chương trình tốn bậc trung học, lớp học sinh học hệ phương trình, bước đầu hệ hai phương trình bậc hai ẩn Cùng với học sinh học quy tắc biến đổi tương đương hệ phương trình “Quy tắc thế”, “Quy tắc cộng đại số” Và tìm hiểu thêm phương pháp giải hệ phương trình khác bậc THPT Các hệ phương trình có cách giải tùy thuộc vào đặc điểm riêng hệ, khơng có đường lối chung cho việc giải hệ đó, ta gọi hệ hệ phương trình khơng mẫu mực Việc giải hệ phương trình khơng mẫu mực địi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp biến đổi tương đương hệ phương trình, đặc biệt phải tinh ý phát đặc điểm riêng hệ để từ có cách biến đổi hợp lý, nhờ giải hệ Mặc dù chương trình tốn bậc trung học trang bị cho học sinh đầy đủ kiến thức phương trình, hệ phương trình đại số phương pháp giải Tuy nhiên, phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực khơng đề cập đến sách giáo khoa hệ thống sách tham khảo dành cho học sinh trung học Tài liệu tham khảo giáo viên phụ trách bồi dưỡng học sinh giỏi viết riêng cho chun đề giải hệ phương trình khơng mẫu mực khơng có, giáo viên dạy gặp nhiều khó khăn, lúng túng dạy đến chuyên đề thường lướt qua số ví dụ minh họa chưa làm rõ đường lối chung để giải hệ phương trình khơng mẫu mực Trong đó, việc giải hệ phương trình khơng mẫu mực đòi hỏi yêu cầu cao học sinh, qua đánh giá trình độ kiến thức học sinh, phân loại đối tượng học sinh Chính vậy, kỳ thi học sinh giỏi mơn toán,kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 hay kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng xuất câu hỏi giải hệ phương trình thuộc kiểu hệ phương trình khơng mẫu mực đa phần em sợ bỏ qua, chí khơng đọc đề gặp toán liên quan đến hệ phương trình Việc tìm phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực phục vụ nhiều cho em học sinh u thích mơn tốn Xuất phát từ lý mang tính lý luận thực tiễn mà chọn đề tài: “Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc trung học” II - MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đề tài nhằm mục đích tập hợp, xếp, hệ thống phương pháp thường sử dụng để giải hệ phương trình không mẫu mực thường gặp kỳ thi chọn học sinh giỏi, kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 hay kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng… III - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu đề tài hệ thống phương pháp giải hệ phương trình từ đơn giản đến khơng mẫu mực, điểm học sinh cần lưu ý tiến hành giải hệ phương trình loại IV - NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU - Chỉ kiến thức hệ phương trình có liên quan mà học sinh cần nắm vững trước tiếp cận với phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực - Đưa hệ thống phương pháp giải hệ phương trình có xếp hợp lý, logic mặt tư kiến thức môn - Xây dựng hệ thống tập phù hợp theo phương pháp cụ thể V - PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để hoàn thiện đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu: • Phân tích, tổng hợp, khai thác để tổng quan cơng trình khoa học vấn đề thuộc phạm vi nghiên cứu đề tài, xây dựng nên hệ thống phương pháp giải hệ phương trình thường gặp bậc trung học • Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo chuyên đề hệ phương trình • Tham khảo từ Internet • Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn • Quan sát, học hỏi, tiếp thu từ hoạt động thực tập, thực tế VI - Ý NGHĨA LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI * Về lý luận: Đào sâu tìm hiểu số phương pháp giải hệ phương trình để có kết nhanh hiệu * Về thực tiễn: - Giúp học sinh trung học học tập tốt chuyên đề hệ phương trình - Giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống phương pháp vận dụng để giải tập liên quan đến hệ phương trình - Gây hứng thú cho học sinh giải tập hệ phương trình sách giáo khoa, sách tham khảo đề thi VII - BỐ CỤC CỦA ĐỀ TÀI Bố cục đề tài bao gồm: Mục lục Phần mở đầu Phần nội dung - Chương I: Một số hệ phương trình đơn giản thường gặp - Chương II: Một số phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực Phần kết luận Tài liệu tham khảo NỘI DUNG CHƯƠNG I: MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐƠN GIẢN THƯỜNG GẶP I HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ax + by = c - Hệ hai phương trình bậc hai ẩn có dạng:  a ' x + b ' y = c ' - Với hệ phương trình ta giải nhiều cách khác nhau, sử dụng phương pháp thế, phương pháp cộng, sử dụng đồ thị, sử dụng máy tính cầm tay, tính định thức, đặt ẩn phụ,… - Ví dụ minh họa: Giải hệ phương trình sau: x + y = 1)  (I) −2x + 5y = 16 Hướng dẫn: Đối với hệ hai phương trình bậc hai ẩn ta sử dụng phương pháp thế, rút x theo y để giải Ta có: x = − y (I) ⇔  −2(6 − y) + 5y = 16 x = ⇔ y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: (x; y) = (2;4)  x + 3y = 2)  −2x + y = −1 ĐS: (x; y) = (1;1) 3x + 4y = −1 3)  6x − y = ĐS: (x; y) = (1; −1) 0,5x + 0, 2y = 0,1 4)  0,3x − 0, 4y = −0,5  14  ĐS: ( x; y ) =  − ;   13 13  1 x+ y= 2  5)   x + y = 10 6 3  ĐS: ( x; y ) = ( −4;6 )  − x + y = 6)  2  x + 2y =   9 ĐS: ( x; y ) =  − ;   5 1  x+ y=4 7)  − x + 2y =   18 33  ĐS: ( x; y ) =  ;   10  x + y =  8)  2x + y  =2  ĐS: ( x; y ) = ( 3;0 )  x − y 2x + y  + 17 =  9)   4x + y + y − = 15  19  ĐS: ( x; y ) = ( 23; −12 ) II HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN a1x + b1y + c1z = d1  - Hệ ba phương trình bậc ba ẩn có dạng: a x + b y + c2 z = d a x + b y + c z = d 3  - Với hệ phương trình ta giải nhiều phương pháp khác nhau, như: phương pháp thế, phương pháp cộng, sử dụng máy tính cầm tay, tính định thức, phương pháp khử Gauss,… - Mọi hệ ba phương trình bậc ba ẩn biến đổi dạng tam giác, phương pháp khử dần ẩn số (hay gọi phương pháp khử Gauss) - Ví dụ minh họa: Giải hệ phương trình sau:  x + 3y − 2z = −1   1) (I)  4y + 3z =  2z =   Hướng dẫn: Ta thấy hệ phương trình (I) có dạng đặc biệt, hệ phương trình dạng tam giác Việc giải hệ phương trình dạng đơn giản, từ phương trình cuối ta tính z, thay z vào phương trình thứ hai ta tính y, sau thay y z vào phương trình đầu ta tìm x 3 17 Ta dễ dàng giải z = ; y = − ; x = 4  17 3  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: (x; y; z) =  ; − ;   4 2   x + 2y + 2z =  2) (II) 2x + 3y + 5z = −2 −4x − 7y + z = −4   (1) (2) (3) Hướng dẫn: Nhân vế phương trình (1) với -2 cộng vào phương trình (2) vế theo vế tương ứng Nhân vế phương trình (1) với cộng vào phương trình (3) vế theo vế tương ứng Ta hệ phương trình sau (đã khử x phương trình (2) (3)):   x + 2y + 2z =   − y + z = −3  y + 9z = −2   Tiếp tục cộng vế theo vế tương ứng phương trình thứ hai phương trình thứ ba hệ ta nhận hệ phương trình tương đương có dạng tam giác:   x + 2y + 2z =   − y + z = −3  10z = −5   Ta dễ dàng giải z = − ; y = ; x = − 2  1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: (x; y;z) =  − ; ; −   2 2 2x + y + z =  3)  x + 2y − 3z = 3x − y + 2z =  ĐS: ( x; y; z ) = ( 2;1; −1) x − y + z =  4)  x + y − z = − x + y + z =  ĐS: ( x; y;z ) = ( 4;2;5 ) =5 x + y  5)  y + z = −1 x + z = −2  ĐS: ( x; y;z ) = ( 2;3; −4 )  x + 3y y + z  + =z   2x + 4z + 6)  + = z +1   3y + 2z +  + = y −1  ĐS: ( x; y;z ) = ( −13;11;7 ) III HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH KHÁC - Hệ gồm phương trình bậc phương trình khác có dạng: ax + by + c =  f (x, y) = - Đối với dạng hệ phương trình ta sử dụng phương pháp để giải - Ví dụ minh họa: Giải hệ phương trình sau:  x + 2y =  1) (I)  2  x + 2y − 2xy =  Hướng dẫn: Ta sử dụng phương pháp để giải toán Rút ẩn x theo ẩn y từ phương trình thứ nhất, sau vào phương trình thứ hai Ta có:  x = − 2y  (I) ⇔  2 (5 − 2y) + 2y − 2(5 − 2y)y =  y = y = ⇔ ∨ x = x = 10 4π π 2π  5π 3π 6π    (x; y;z) =  tan ; tan ; tan  , (x; y; z) =  tan ; tan ; tan  , 7  7    6π 5π 3π   (x; y; z) =  tan ; tan ; tan  7      1 1 1  3  x +  =  y +  =  z +  Bài 4: Giải hệ phương trình: (I)   x y z    xy + yz + zx =  (1) (2) Giải Ta thấy, từ phương trình (1) ⇒ x, y, z dấu Như vậy, (x; y; z) nghiệm (− x; − y; − z) nghiệm hệ, nên ta giả sử x, y, z dương Đặt x = tan A B C , y = tan , z = tan với A, B,C ∈ (0; π) 2 Từ phương trình (2) ⇒ A + B + C = π ⇒ A, B,C ba góc tam giác Gọi a, b, c độ dài cạnh, R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Phương trình (1) viết lại: 10 = = ⇔ a = 12R, b = 16R,c = 20R sin A sin B sin C 1 ⇒ Tam giác ABC vng C, nên z = , từ tìm x = , y = Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm là: 1   1  (x; y; z) =  ; ;1 , (x; y; z) =  − ; − ; −1 3    VI - PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 6.1 Nội dung phương pháp: - Với hệ phương trình bậc hai ẩn, ba ẩn cho ta phương trình phương trình đường phương trình mặt Do đó, tìm nghiệm hệ phương trình tìm giao điểm đường, tức hoàng độ, tung độ cao độ giao điểm nghiệm hệ phương trình - Xét hệ phương trình bậc ba ẩn: a1x + b1y + c1z + d1 =  a x + b y + c z + d = a x + b y + c z + d = 3  (1) (2) (3) 35 Để giải hệ phương trình ta sử dụng nhiều cách, tùy vào cụ thể để có cách giải riêng, hợp lý Tuy nhiên dạng dùng phương pháp hình học giải tích dễ nhiều Ý tưởng giải hệ phương trình dựa vào phương trình (1) (2): a1x + b1y + c1z + d1 =  a x + b y + c z + d = Đây phương trình tổng qt đường thẳng (∆) Từ phương trình ta viết (∆) dạng phương trình tham số t:  x = x + at  (∆)  y = y0 + bt z = z + ct  Thay (∆) dạng tham số t vào phương trình (3) hệ ta tìm giá trị tham số t Thay trở ngược t vào phương trình (∆) ta tìm giá trị, giá trị tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (∆) với mặt phẳng (P) a 3x + b3 y + c3z + d = nghiệm hệ 6.2 Một số tập minh họa: Bài 1: Giải hệ phương trình: ax + by + cz = a + b + c  (I) bx + cy + az = a + b + c cx + by + cz = a + b + c  Trong a, b, c số thực, a + b + c ≠ a + b + c ≠ Giải Ta thấy hệ (I) có hai phương trình (1) (2) phương trình đường thẳng, phương trình (3) phương trình mặt phẳng Khi ta xét vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng Hệ vô nghiệm đường thẳng song song với mặt phẳng, có nghiệm đường thẳng cắt mặt phẳng vô số nghiệm đường thẳng nằm mặt phẳng ax + by + cz = a + b + c Xét hệ  bx + cy + az = a + b + c (1) (2) Đây phương trình tổng quát đường thẳng (∆) qua M(1; 1; 1) có véctơ phương: uur uu uu r r uu r uur u ∆ = [n1.n ] với n1 = (a;b;c) , n = (b;c;a) uur Vậy u ∆ = (ab − c ;bc − a ;ca − b ) 36  x = + (ab − c2 )t   Phương trình tham số đường thẳng (∆):  y = + (bc − a )t (II)  z = + (ca − b )t  Thay (II) vào phương trình (3) ta có: c + (abc − c3 )t + a + (abc − a )t + b + (abc − b3 )t = a + b + c ⇔ [3abc − (a + b3 + c3 )]t = Khi có hai trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: 3abc − (a + b3 + c3 ) = ⇔ (a + b)3 − 3a 2b − 3ab + c3 − 3abc = ⇔ (a + b + c)[(a + b) − (a + b)c + c2 − 3ab] = ⇔ (a + b + c)(a + b + c2 − ab − ac − bc) = (a + b + c)[(a − b) + (b − c) + (c − a) ] = a = b = c ⇔ a + b + c = ⇔ * Với a = b = c vào (II), ta có nghiệm hệ phương trình là: (x; y;z) = (1;1;1) * Với a + b + c = 0, hệ vô nghiệm Trường hợp 2: 3abc − (a + b3 + c3 ) ≠ ⇔ t = Khi nghiệm hệ phương trình là: (x; y; z) = (1;1;1) Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm là: (x; y;z) = (1;1;1) Bài 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nhất: (I)  x + y − x − 6y + =   2  x + y − 2mx − =  (1) (2) Giải Đây hệ gồm hai đường tròn Hệ có nghiệm hai đường trịn tiếp xúc với Hai đường trịn có tâm bán kính sau: 37 1  Phương trình (1) phương trình đường trịn có tâm I1  ;3  , bán kính R1 = 2  Phương trình (2) phương trình đường trịn có tâm I (m;0) , bán kính m2 + Hệ (I) có nghiệm ( C1 ) tiếp xúc với ( C2 ) Ta cần ý hai đường trịn tiếp xúc có hai trường hợp xảy ra, là: trường hợp hai đường trịn tiếp xúc ngồi hai đường trịn tiếp xúc Ta xét: * Trường hợp 1: Hai đường trịn tiếp xúc ngồi I1I = (m − ) + 32 (1) tiếp xúc với (2) ⇔ I1I = R1 + R + m + = (m − ) + ⇔ ⇔ 5 37 + m + + (m + 1) = m − m + 4 13 (m + 1) = − m 13  m ≤  ⇔ 4 (m + 1) = (13 − m)   13  m≤   ⇔ 5m + = 169 − 13m + m   ⇔2  −13 + 765 m = ⇔  −13 − 765 m =   −13 + 765 m = Vậy, có giá trị  để hệ có nghiệm  −13 − 765 m =  38 * Trường hợp 2: Hai đường tròn tiếp xúc I1I = R1 − R 2 1  ⇔  m −  + 32 = 2  m2 + − 1 5  ⇔  m −  + 32 = m + − m +1 + 2 4  ⇔ m2 − m + ⇔ m−7 = ( ) 5 + = m + + − (m + 1) 4 m + (*) ( ) Điều kiện: m − ≥ ⇔ m ≥ Khi đó: (*) ⇔ m − 14m + 49 = 5m + ⇔ 2m + 7m − 22 = 11  m = − Phương trình có hai nghiệm:  hai nghiệm loại khơng thỏa mãn m =  điều kiện m ≥  −13 + 765 m = Vậy, có giá trị để hệ phương trình cho có nghiệm là:   −13 − 765 m =   x + xy + + y(y + z) = (1)  Bài 3: Giải hệ phương trình: (I)  x(x + 1) + y(2z + 1) = (2)  2 2 (3) 4(x + y) + 4(y + z) = (x + 1) + (2z + 1) Giải ur r Ta thấy cho hai véctơ có tọa độ m = (m1; m ); n = (n1;n ) tích vô hướng ur r hai véctơ m.n = m1n1 + m n Với cách đặt phương trình (1) phương trình (2) tích vơ hướng rr r ur hai véctơ u.v u.w với: r r ur u = (x; y), v = (x + y; y + z), w = (x + 1;2z + 1) 39 r ur Khi phương trình (3) trở thành: v = w Chính nên ta đưa hệ hệ với cách giải hoàn toàn đơn giản hơn: Xét hệ tọa độ Oxy, ta đặt: r r ur u = (x; y), v = (x + y; y + z), w = (x + 1;2z + 1) , thay vào hệ (I) ta có hệ phương trình mới: r r (4) u.v =  r ur (5) (II) u, w =  r ur (6) 4 v = w  r * Nếu u = ⇔ x = y = ⇒ z = − 1  ⇒ Hệ phương trình (I) có nghiệm ( x; y;z ) =  0;0; −  2  r r ur r * Nếu u ≠ : từ phương trình (4) (5) ta có v w cộng tuyến với ( v song ur song w ) ur r  w = 2v Từ (6) ta có:  ur r  w = −2v   x + = 2x + 2y ur r  x + = 2x + 2y  - Với w = 2v ⇔  ⇔ 2z + = 2y + 2z y =  r   u =  0;  ⇒ x = 0; y = − z tùy ý ⇒   2 ur  w = (1;2z + 1)  r ur Mà u.w = ⇒ z = −  1 ⇒ Hệ phương trình (I) có nghiệm ( x; y; z ) =  0; ; −   2 ur r −(x + 1) = 2x + 2y 3x = −1 − 2y ⇔ - Với w = −2v ⇔  2z + = −(2y + 2z) 4z = −1 − 2y 40  x = z ⇒ z = x  , thay vào phương trình (4) ta có phương trình: ⇔  y = −1 − 3x   (1 + 3x) + 3x 7x x + = ⇔ 5x + 5x + = 4 Phương trình vơ nghiệm nên hệ phương trình cho vơ nghiệm Vậy, hệ phương trình cho có hai nghiệm là: ( x; y;z ) =  0;0; −   1  1  , ( x; y;z ) =  0; ; −  2  2 VII - PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP 7.1 Nội dung phương pháp: - Phương trình f(x,y) = c gọi phương trình vế trái đẳng cấp bậc n f(x,y) đa thức mà hạng tử có bậc n, cịn c số Nếu c = ta nói phương trình đẳng cấp bậc n Hệ phương trình đẳng cấp hệ phương trình vế trái đẳng cấp, số c = phương trình hệ - Đối với số hệ phương trình, ban đầu thấy chúng không thuộc dạng đặc biệt Nhưng quan sát kỹ thấy điểm mấu chốt tốn, ta biến đổi hệ phương trình ban đầu qua số bước để đưa hệ phương trình đẳng cấp Khi hai phương trình hệ đưa dạng phương trình đẳng cấp so với x, y ta đặt x = ty (hoặc y = tx ), sau đưa phương trình ẩn giải hệ phương trình đẳng cấp Ngồi ra, ta cịn giải hệ phương trình dạng phương pháp Quá trình biến đổi minh bạch, dễ hiểu q trình tính tốn lại phức tạp Do đó, cách giải thơng thường, hay đặt x = ty (hoặc y = tx ) 7.2 Một số tập minh họa: 3x − 12x + xy − 2y + y + =  Bài 1: Giải hệ phương trình: (I)  2  x − 4x + 2xy − 4y + 5y − 21 =  41 (1) (2) Giải Ta thấy phương trình (1) có thừa số 3x − 12x nên ta việc cộng thêm 12 vào để xuất đẳng thức (x − 2) , ta nhóm xy − 2y đưa y ngồi ta y(x − 2) Ở phương trình (2) ta phân tích tương tự để có (x − 2) , nhóm 2xy − 4y đưa 2y ta 2y(x − 2) Như ta đặt v = x − hệ (I) trở thành hệ vế trái đẳng cấp biến v y Ta có: 3(x − 4x + 4) + (x − 2)y + y = 11  (I) ⇔  2  x − 4x + + 2(x − 2)y + 5y = 25  3(x − 2) + (x − 2)y + y = 11  ⇔ 2 (x − 2) + 2(x − 2)y + 5y = 25  Đặt v = x − hệ trở thành: 3v + vy + y = 11  (II) ( Đây hệ phương trình vế trái đẳng cấp bậc biến  v + 2vy + 5y = 25   v y) Dễ thấy hệ khơng có nghiệm dạng (v;0) (0; y) Đặt v = ty ta có:  y (3t + 2t + 1) = 11  (II) ⇔  2  y (t + 2t + 5) = 25   y (t + 2t + 5) = 25  Với y ≠ : (II) ⇔  2 25(3t + 2t + 1) − 11(t + 2t + 5) =  15   y (t + 2t + 5) = 25  t = − 16   ⇔ ⇔ 32t + 14t − 15 = t =    * Với t = − v= 15 16 15 , ta có: y = ± ⇒v=m 16 41 41 15 15 ⇒x= +2 41 41 42 v=− 15 15 ⇒x=− + 41 41 * Với t = , ta có: y = ±2 ⇒ v = m1 v =1⇒ x = v = −1 ⇒ x = Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm: 16  16   15  15 (x; y) =  − + 2; + 2; −  , (x; y) =   , (x; y) = ( 3; −2 ) , (x; y) = (1;2 ) 41 41  41    41  x + y + xy + 2y + x =  Bài 2: Giải hệ phương trình: (I)  2 2x − y − 2y − =  (1) (2) Giải Ta thấy toán bậc cao tất bậc hạng tử Do đó, mục đích phân tích hai phương trình đưa hệ phương trình bậc đẳng cấp Đặt x = u + a; y = v + b , thay vào phương trình (1) ta có: (1) ⇔ (u + a) + (v + b) + (u + a)(v + b) + 2(v + b) + u + a = Để hệ phương trình đồng bậc điều kiện cần phương trình (1) khơng có số hạng bậc 2a + b + = a = ⇒ ⇔ 2b + a + =  b = −1 Đặt y = v − , vào hệ (I) ta có:   x + v + xv = (II) ( Đây hệ phương trình vế trái đẳng cấp bậc hai (I) ⇔  2 2x − v =  biến x v) Vì x = nghiệm hệ nên ta đặt v = tx, vào hệ (II) ta có:  x + t x + tx =  x (1 + t + t ) = (3)   (II) ⇔  ⇔ 2 2 2x − t x =  x ( − t + 2) = (4)   ⇒ + t + t2 −t + = ⇔ 4t + t − = 43 t = Phương trình có hai nghiệm:  t = −  x = ⇒ y = * Với t = : (3) ⇔   x = −1 ⇒ y = −1  x = ⇒ y = − 16 * Với t = − : (3) ⇔ x = ⇔ 4  x = − ⇒ y =  7 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:     (x; y) = (1;1) , (x; y) = ( −1; −1) , (x; y) =  ;− ;  , (x; y) =  −  7 7    x + 3xy + y = 2x + 3y  Bài 3: Giải hệ phương trình: (I)  2  x + 2y = x + 2y  (1) (2) Giải Ta thấy ban đầu hệ phương trình khơng có dạng đặc biệt cả, quan sát kỹ ta thấy điểm mấu chốt toán nằm vấn đề sau: • x = y = nghiệm hệ phương trình • Xét trường hợp x ≠ 0; y ≠ : ta nhân vế phải phương trình (1) với vế trái phương trình (2) ngược lại Khi ta có: (I) ⇒ (2x + 3y)(x + 2y ) = (x + 3xy + y )(x + 2y) ⇔ x + 4y3 − 3xy − 2x y = (*) ( Đây phương trình đẳng cấp bậc ba) Đối với phương trình ta đặt x = ty , vào phương trính (*) ta có: (*) ⇔ t − 2t − 3t + =  t =  + 17 ⇔ t =    t = − 17   44 * Với t = : lúc x = y , vào phương trình (2) ta có: x = ( trường hợp x= loại) (2) ⇔ 3x(x − 1) = ⇔  x = ⇒ x = y = * Với t = + 17 , thay vào phương trình (2) ta có: (2) ⇔ t y + 2y = ty + 2y ⇔ (t + 2)y − (t + 2)y = ⇔ y[(t + 2)y − (t + 2)] = y = y =  ⇔ ⇔ t+2 y = (t + 2)y − (t + 2) =   t2 +  Trường hợp y = loại y= t+2 t +2 =  − 17  + 17  − 17 ⇒x =   17 − 17   17 − 17  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:  + 17  + 17   + 17   (x; y) = ( 0;0 ) , (x; y) = (1;1) , ( x; y ) =   ;  ,   25 + 17   25 + 17      − 17  + 17   + 17    ;    17 − 17   17 − 17     ( x; y ) =  VIII - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 8.1 Nội dung phương pháp: Để sử dụng phương pháp ta cần áp dụng định lý sau: Định lý 1: Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) liên tục D ⊂ số nghiệm phương trình f (x) = k D khơng nhiều f (x) = f (y) ⇔ x = y với x, y ∈ D Định lý 2: Nếu đồ thị hàm số y = f (x) lồi (lõm) khoảng (a; b) phương trình f(x) = có nghiệm có tối đa hai nghiệm 45 8.2 Một số tập minh họa: Bài 1: (Đề thi tuyển sinh đại học khối A, năm 2010) Giải hệ phương trình:  (4x + 1)x + (y − 3) − 2y =  2 4x + y + − 4x =  Giải (1) (2) Điều kiện: x ≤ ; y ≤ Ta có: (1) ⇔ (4x + 1)2x = (5 − 2y + 1) − 2y (*) Phương trình (*) có dạng f (2x) = f − 2y , với f (t) = (t + 1)t Xét hàm số: f (t) = (t + 1)t : Ta có: f '(t) = 3t + > 0, ∀t , suy hàm số f (t) đồng biến x ≥  Do đó: f (2x) = f − 2y ⇔ 2x = − 2y ⇔  − 4x , thay vào phương trình (2) y=   ta được:  − 4x  4x +  + − 4x − =      Ta thấy x = x = (3) không nghiệm phương trình (3)  − 4x  + − 4x − khoảng Xét hàm số g(x) = 4x +        3  0;  ta có:  4  − 4x  4 g '(x) = 8x − 8x  − = 4x(4x − 3) − từ phương trình (1) ta có: y3 = 6x(x − 2) + > ⇒ y > Lại từ phương trình (2) ta được: z3 = 6y(y − 2) + > ⇒ z > ⇒ (x − 2)3 + (y − 2)3 + (z − 2)3 > (vô lý) * Nếu x < từ phương trình (3) ta có: 6z(z − 2) = x − < ⇒ < z < Với < z < kết hợp với phương trình (2) ta có: 6y(y − 2) = z3 − < ⇒ < y < ⇒ (x − 2)3 + (y − 2)3 + (z − 2)3 < (vô lý) Vậy x = 2, thay vào phương trình (1) ta y = 2, thay vào phương trình (3) ta z = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y; z) = (2;2;2) 47 KẾT LUẬN Trong đề tài tơi trình bày vấn đề sau: - Chỉ kiến thức hệ phương trình có liên quan mà học sinh cần nắm vững trước tiếp cận với phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực - Đưa hệ thống phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực - Xây dựng hệ thống tập phù hợp theo phương pháp cụ thể Tuy cố gắng thời gian có hạn nên đề tài khơng thể tránh khỏi sai sót hạn chế định, mong đóng góp ý kiến quý thầy cô bạn để đề tài hoàn thiện 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa - Toán 9, Đại số 10, 11, 12 nâng cao, nhà xuất Giáo dục [2] Hà Văn Chương; Phương trình bất phương trình đại số; nhà xuất Trẻ, năm 1999 [3] Hoàng Kỳ (Chủ biên); Hoàng Thanh Hà; đại số sơ cấp thực hành giải toán; nhà xuất đại học Sư phạm [4] Lê Hồng Đức (Chủ biên); Đào Thiện Khải; Lê Bích Ngọc; Phương pháp giải tốn đại số; nhà xuất đại học Sư phạm, năm 2004 [5] Tham khảo tài liệu internet: http://www.tuituhoc.com/; http://tailieu.vn/; http://www.vnmath.com/ [6] Các đề thi đại học mơn tốn qua năm từ năm 2002 đến năm 2013 49 ... lý, nhờ giải hệ Mặc dù chương trình tốn bậc trung học trang bị cho học sinh đầy đủ kiến thức phương trình, hệ phương trình đại số phương pháp giải Tuy nhiên, phương pháp giải hệ phương trình khơng... HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH KHÁC - Hệ gồm phương trình bậc phương trình khác có dạng: ax + by + c =  f (x, y) = - Đối với dạng hệ phương trình ta sử dụng phương pháp. .. học Trong chương trình tốn bậc trung học, lớp học sinh học hệ phương trình, bước đầu hệ hai phương trình bậc hai ẩn Cùng với học sinh học quy tắc biến đổi tương đương hệ phương trình “Quy tắc thế”,