MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH đại số

Nên việc trang bị cho học sinh ôn thi ĐH và đội tuyển HSG Toán các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết T

Trang 1

Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre

CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

A Đặt vấn đề:

Trong các kỳ thi tuyển sinh Đại học và cao đẳng và thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh một trong các bài toán thường gặp là bài toán về giải hệ phương trình đặc biệt hệ phương trình đại số Nên việc trang bị cho học sinh ôn thi ĐH và đội tuyển HSG Toán các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết

Từ yêu cầu trên chúng tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp ôn thi ĐH, CĐ và đội tuyển HSG Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình đại số nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi tuyển sinh Đại học và cao đẳng và thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán

Phần nghiên cứu của chúng tôi đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 10, 11 và 12, các lớp bồi bưỡng HSG Toán 10, 11, 12, đặc biệt là học sinh ôn thi ĐH, CĐ trong năm học 2012 – 2013 và năm học 2013 - 2014

B Nội dung

1 Dự kiến số tiết dạy: tổng số 12 tiết

1 1 Phương pháp thế

2 Phương pháp cộng đại số 3 tiết

2 1 Phương pháp biến đổi thành tích

Trang 2

- wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm…

3 Nội dung Chuyên đề:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

I Phương pháp thế

1 Tóm tắt lý thuyết:

* 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

*) Chú ý: + Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì

sau khi tìm được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm của hệ ban đầu hay không và kết luận

+ Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu thức trong 1 phương trình có liên quan với vài phuơng trình rồi thay vào các phương trình đó để được hệ phương trình đã biết cách giải

1 1 1

x x

Trang 3

i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được 0

1

x y

1

x y

2 2

Trang 4

Ví dụ 7 (Đề thi ĐH Khối D năm 2009 ) Giải hệ : 2

Trang 5

y y 

3y=

5

* 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

2 Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 1 Giải hệ phương trình

223

2223

2

y y x x x y

Trang 6

    Do đó TH 2 không xảy ra

- Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)

x y

TH này vô nghiệm do ĐK

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)

Trang 7

y x y   x thế vào một trong hai phương trình của hệ

ta thu được kết quả (3;1); ( 3; 1) 

* 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 , 0

2 2

1111

3

y y

2 2

Trang 8

- Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được 2 2 1 2 1

- 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 7 y

Trang 9

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

- Tương tự với y 0 và z  0 ta thu được các nghiệm là (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t  

- TH 2 xyz 0 Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho x y z2 2 2ta được

2

22

Trang 10

- 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

7 4 1

* Cơ sở phương pháp Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử

Đôi khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích

Trang 11

PT này vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của hệ là S = 1 5 1 5 1 5 1 5

* Chú ý: Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể

giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x)

- Phân tích Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết

quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1)

Trang 12

- Biến đổi phương trình (2) thành tích

- Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y

Trường hợp này không xảy ra do xy 0 2(x1)2 4(y2)2 9xy 0

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  (2;2); ( 6; 6)   

Trang 13

Trang 14

Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre Bài 4 Giải hệ :

* Cơ sở phương pháp Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách

hợp lý để nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẫn tới hệ mới ( với ẩn mới ) dễ tìm được nghiệm hơn

* Chú ý Thông thường ta dùng số ẩn phụ của hệ phương trình mới và cũ bằng nhau

2 Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 1 Giải hệ phương trình

17

- 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

Trang 15

Bài 2 (Đề thi ĐH năm 2004 khối D) Tìm m để hệ có nghiệm : 1

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 x2 x và y2  y Rõ ràng hướng này tốt hơn

1,

41,

 Nhận xét Bài toán trên được hình thành theo cách sau

- Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 18

(1)

2 2

18( 1)( 1) 72

Trang 16

(5)

18( 2 )( ) 72

a Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới

b Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II)

2 2

721

Trang 17

+ Khi đó

2

2 2 2

2

43

2 2

2

14

4

13

y x

y y

Trang 18

1 52

3 52

1 52

x y

Với b0 y 0 x Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 1

0

x y

Trang 19

Trang 20

Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = 3 3 5 3 25

Bài 1 Giải các hệ phương trình :

Trang 21

HD:Lần lượt chia cho y y và đặt ẩn phụ ; 2

Bài 6 (Đề thi ĐH năm 2009 khối B) Giải hệ :

Trang 22

Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre Bài 8 Giải hệ phương trình:

4

xy xy

12( 1) ( 1 )

1( )(1 ) 18

Trang 23

* Phương pháp giải: Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về 1

hệ mới có 1 phương trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; ở đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khoảng (a; b) và u(x); v(y) có tập giá trị là ( ; ) (a;b)

Phân tích Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích Tuy nhiên ta muốn

giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Hàm số f t( )t3 3t không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn   1;1 

Trang 24

y  x   x  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); (  2;1)

y x

Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có 1 nghiệm duy nhất x 1 y 1

Ví dụ 6 (Đề thi ĐH năm 2003 khối A) Giải hệ :

Trang 25

Thay vào (2) có nghiệm x 2; 6 vậy hệ có nghiệm (2;2); ( 6; 6) 

Ví dụ 8 (Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012)

Trang 26

5 42

HD: TH1 : Xét y  thay vào hệ thây không thỏa mãn 0

TH2 : Xét y  , chia 2 vế của (1) cho 0 y ta được 5 ( )x 5 x y5 y (3)

Trang 27

Xét hàm số f t( )2t t t3,   có f t'( )2 ln 2t 3t2 0,  t suy ra f t( ) đồng biến trên

 (1)  f x( ) f y( )x  y thế vào pt thứ hai ta được

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0

Ví dụ 15 Chứng minh hệ

2007

21

2007

21

y x

e

y x y

Trang 28

Từ BBT của g x( ) ta suy ra pt g x ( ) 0 có đúng 2 nghiệm x (1;)

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương

Thế vào pt (2) ta được x  y0 (không thỏa mãn)

TH 2 x ( 1;0), y(0;) hoặc ngược lại thì xy 0 x2 12xy20y2 0

TH 3 xy 0 thì hệ có nghiệm x y 0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y0

Ví dụ 17 (Đề thi HSG 12 Vĩnh Phúc 2012 – 2013) Giải hệ phương trình:

Trang 29

g   nên x  3là nghiệm duy nhất của phương trình (3)

2

x y

* Cơ sở phương pháp : Sử dụng các BĐT để chứng minh VT VP hoặc ngược lại, dấu bằng

xảy ra khi vế trái bằng vế phải

Trang 30

x

x n

* Chú ý: Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm

của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)

Trang 31

Gọi (x; y; z) là n0 của hệ đã cho

Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 1 n0 của hệ (0;0;0)

Khi x0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0

Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1)2x.y xy

Tương tự: 3y3 = z(y4+y2+1) 3z.y2 yz

Tương tự : zx Do đó: x=y=z Từ đó tìm được nghiệm của hệ

Ví dụ 4 Giải hệ:

2

3 2

2 2

2 (x 1) 8

Ta thấy: khi x=0 thì hệ phải nhận n0 tương ứng x=y=z=0

Nên chỉ xét :x;y;z>0 ;từ (1) cho 6 2

1 9

x   x 1 nên yx Tương tự: từ (2);(3) cho zy và xz nên x=y=z từ đó cho kq

* Chú ý: Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm

của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)

Trang 32

Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre 3.2 Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 5 Giải hệ:

2 4

Từ (I) cho : x 32x 4 x 432x y2-6y+21 (1)

Nhận xét: y2-6y+2112 ; y nên ta nghĩ đến chứng minh: x 32x 4 x4 32x  12

5 x ; x : ( 2

1(1 )(1 )



x2+y2=1 ( trên mxđ) Bđt B-C-S cho : x 1 y+y 1 x  (x2y2)(x y 2)= xy 2 ;lại có:

xy 2  (1 1)(  x2y2) 2  = 2 2 nên : x 1  y+y 1 x  2 2

Trang 33

Trang 34

Từ (2) và (3) cho : 4(y-1)2= 4-z2 nên z 2 và x2+2(4-z).x+16-6z = 0 (5)

Từ (5) phải có: x= z2-2z0 nên z0 hoặc z2

Từ các kq trên cho z=0 hoặc z=2 (thử lại)

Trang 35

Ta có :

2 2

k n k k n

k k

Trang 36

i) Gỉai hệ:

2 1 2 2 1 2 2 3 2 2

2 1 2

2 1 2 1

2 1

n n

x x x x x x

x x x

1 3

a

a a

*) Cơ sở của phương pháp :

Trong khi giải hệ phương trình đôi khi từ những biểu thức chứa ẩn của hệ ta sử dụng đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giản hơn hệ ban đầu

*) Chú ý: Miền trị của biểu thức sint; cost khi t chạy trên [a;b] với b-a 2 là đọan [-1;1] nên

nếu muốn đặt x = sint ( chẳng hạn thì ta phải chứng minh x thuộc đoạn [u;v][-1;1]

1 1( )( 1) 1

x x

; thay vào (4) ta được:

8cos3t - 4cos2t - 4cost + 1 = 0 2cos3t - 2cos2t + 2cost - 1 = 0 (5) ; do sint0 nên

(5) 2sint.cos3t - 2sint.cos2t + 2sint.cost - sint = 0 hay sin4t = sin3t (t =

4 cos7

Trang 37

9

t  );t f ‘(t) = 3[t2+

2

2 239

t





] Bất đẳng thức Cauchy :

2

927

t 

+2

19

t 

+2

19

t Do đó hàm f tăng trên R Từ (3) cho x=y

Thay vào (3) cho : x3-x2-2x+1 = 0 Xét hàm số g(x)= x3-x2-2x+1 Ta có g(-2).g(0)<0;

g(0).g(1)<0; g(1).g(2)<0 và hàm g(x) liên tục trên R ; mà bậc của hàm số g(x) là 3 nên pt

g(x)=0 có đúng 3 nghiệm trên khoảng (-2;2) Gọi x là nghiệm của g(x) = 0 thì  u (0; ) để 2cosu = x Thay vào pt đồng thời nhân các vế với sinu ta được: sin4u = sinu từ đó tìm được x ĐS: x = y = 2cos

8

3

40; 0 ;

340

tan(A/2).tan(B/2)+tan(B/2).tan(C/2)+tan(C/2).tan(A/2)=1 nên A+B+C = 

Do đó : A; B; C là 3 cạnh của 1 tam giác

Trang 38

x y y z y z x z

Từ (ii) cho w = 2v+k  ; u=2w+l  ; k; l nguyên nên u= 4v+2k  +l 

Thay vào (i) cho ta: tan(4v+2k  +l  ) = cotv nên v =

3

1 33

  và thỏa mãn tanu; tan3u; tan9u khác 1/ 3

Ta được: y = tan 3u;z = tan9u;x = tan 27u từ đó : tan27u = tanu cho kq

Chú ý: Đôi khi trong hệ đang xét ta có thể chứng minh được số nghiệm tối đa của hệ; ta chỉ

xét trên miền con của miền trị của biến; và chỉ ra trong miền này số nghiệm tìm được là đủ và không cần xét trên miền còn lại của biến

Thay (1) vào (2) ta được : (x3-3x)3-3(x3-3x) =z ; thay (3) vào pt này ta có:

[(z3-3z)3-3(z3-3z)]3 -3[(z3-3z)3-3(z3-3z)] =z Pt trên có tối đa 27 nghiệm

Đặt z=2cost với t [0;] thay vào pt trên cho:

[(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)]3 -3[(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)] = 2cost

[8cos33t-6cos3t]3 -3[8cos33t-6cos3t] = 2cost

8cos39t-6cos9t=2cost  cos27t = cost (t=

Định dạng
Số trang	41
Dung lượng	1,6 MB