SKKN một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH

Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương trình toán học phổ thông, các em học sinh được làm quen, cọ sát với phần kiến thức này ngay từ bậc trung học cơ sở. Trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10, đề thi THPT Quốc Gia, đề thi học sinh giỏi, ta thường bắt gặp bài toán về hệ phương trình. Từ thực tế giảng dạy của mình, tôi thấy học sinh rất lúng túng khi gặp phải các bài toán Hệ phương trìnhbài toán quen mà vẫn khó. Tại sao nhiều em học sinh vẫn lúng túng khi đứng trước bài toán giải hệ phương trình? Theo tôi,đó là do một số nguyên nhân sau: Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện. Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn tổng quát về hệ phương trình. Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em. Trong đề tài, tác giả đã cố gắng đưa ra một số bài toán thường gặp, các bài toán tương đối điển hình trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng, các đề thi thử THPT Quốc Gia của các trường, nhằm bước đầu tạo cho học sinh những cách suy luận, cách biến đổi để vận dụng một cách có hiệu quả trong việc giải quyết các bài toàn Hệ phương trình. Đó là sự phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của học sinh. Thêm vào đó, với mỗi bài toán đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát và điều đặc biệt là cho học sinh tìm ra cái gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà có, người ta đã tạo ra chúng bằng cách nào. Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghi một cách rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toán mới. Học sinh thường hiểu sâu và thích nghi khi học phần này Trong quá trình thực hiện đề tài này, mặc dù đã rất cố gắng nhưng không thể tránh được những hạn chế, thiếu sót. Tác giả rất mong muốn nhận được sự đóng góp ý kiến của thầy giáo, cô giáo để đề tài này tốt hợn. Xin chân thành cảm ơn

A PHẦN MỞ ĐẦU

số nguyên nhân sau:

Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏingười học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau,

có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện

Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu thamkhảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc củabài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìntổng quát về hệ phương trình

Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổngquát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi

do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn chocác em

Trong đề tài, tác giả đã cố gắng đưa ra một số bài toán thường gặp, các bàitoán tương đối điển hình trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng, các

đề thi thử THPT Quốc Gia của các trường, nhằm bước đầu tạo cho học sinh nhữngcách suy luận, cách biến đổi để vận dụng một cách có hiệu quả trong việc giảiquyết các bài toàn Hệ phương trình Đó là sự phân loại có tính chất xuyên suốtchương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy củahọc sinh Thêm vào đó, với mỗi bài toán đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát

và điều đặc biệt là cho học sinh tìm ra cái gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà

có, người ta đã tạo ra chúng bằng cách nào

Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghi một cách rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toánmới Học sinh thường hiểu sâu và thích nghi khi học phần này

Trong quá trình thực hiện đề tài này, mặc dù đã rất cố gắng nhưng không thể tránh được những hạn chế, thiếu sót Tác giả rất mong muốn nhận được sự đóng

góp ý kiến của thầy giáo, cô giáo để đề tài này tốt hợn.

Xin chân thành cảm ơn!

II ĐÔI TƯỢNG THỰC NGHIỆM VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CỦA

ĐỀ TÀI.

1) Đối tượng thực nghiệm:

Trong năm học 2014-2015 tác giả đã chọn học sinh lớp 12A1 và 12A2 đểthực nghiệm, học sinh lớp 12A1 được học cách giải Hệ phương trình theo hướngcủa đề tài và học sinh lớp 12A2 được chọn làm đối chứng, thì kết quả cuối năm học2014-2015 có 80 - 90% học sinh lớp 12A1 giải quyết tốt các bài toán Giải hệphương trình, trong khi đó chỉ có khoảng 50% học sinh lớp 12A2 làm tốt việc đó Trong năm học vừa qua, tác giả đã bổ xung và trao đổi đề tài với các đồngnghiệp trong tổ chuyên môn để áp dụng vào giảng dạy và ôn luyện cho lớp khối 12

và kết quả đạt được đều rất tốt và đề tài được đánh giá cao

2) Phương pháp nghiên cứu của đề tài:

Tác giả đã lựa chọn các phương pháp như:

+) Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết

+) Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm

+) Phương pháp phân loại, hệ thống hóa

Các phương pháp này đan xen lẫn nhau, bổ xung cho nhau nhằm mục đích giúp tácgiả hệ thống hóa, tổng kết, phân tích, phân loại từ lý thuyết đến các dạng bài tập

B PHẦN NỘI DUNG

I NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ.

Để có thể giải tốt các bài toán Hệ phương trình yêu cầu trước tiên là học sinhphải nắm vững các dạng và phương pháp giải các hệ phương trình cơ bản Ngoài rahọc sinh cần nắm chắc và biết vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo một số các bàitoán điển hình

I.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

a Định nghĩa Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng

b Cách giải

- Phương pháp cộng đại số

x y

* Nếu D 0 và D2x D2y � thì hệ vô nghiệm0

* Nếu D D x Dy  thì hệ có vô số nghiệm0

I.2 Hệ phương trình đối xứng loại I

a Định nghĩa Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ có dạng ( ; ) 0

- Bước 3 Giải hệ mới theo S và P

- Bước 4 x và y là hai nghiệm của phương trình X2 SX  P 0

I.3 Hệ phương trình đối xứng loại II

a Định nghĩa Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ phương trình có dạng

- Bước 1 Trừ vế hai pt ta được ( ; )f x y  f y x( ; ) 0 (*)

- Bước 2 Đưa phương trình (*) về dạng tích (x y g x y ) ( ; ) 0

- Bước 3 Xét hai trường hợp

TH 1 Với x = y thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp

TH 2 Với ( ; ) 0g x y  kết hợp với ( ; )f x y  f y x( ; ) 0 ta được hệ đối

* Chú ý Nếu ( ; ) 0g x y  phức tạp ta sẽ tìm cách chứng minh nó vô nghiệm.

I.4 Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai

a Định nghĩa Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng

- Bước 2 Trừ vế hai phương trình ta được Ax2 Bxy Cy 2  (*)0

- 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

(a b a b  a n b n

Đẳng thức xảy ra

n

n b

a b

a b

a 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

b 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,hay trong tình huống 1 biểuthức,một hằng số được lặp lại

Phân tích: Ta thấy vế trái của (2) là biểu thức đẳng cấp bậc 2 của x và y, Hằng số

12 được lặp lại trong hai phương trình của hệ Nếu ta thế hằng số 12 trong phươngtrình trên của hệ bởi 8y 2 x2 thì thu được một phương trình đẳng cấp bậc ba

Lời giải: Thay (2) vào (1) được x3 2xy2 (8y2 x2)y 0

020

)42)(

2(0)2()8

y xy x

y x y

xy x

y x x

y xy y x

Với x+2y = 0 x  2y, thế vào (2) được 

21

12

x y

x y

y

Với x2  2xy 4y2  0  (x y) 2  3y2  0  xy  0(không thỏa mãn hệ)

Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) là (-2; 1),(2; -1)

Nhận xét: Với cách làm như trên ta có thể giải quyết các bài toán liên quan đến

phương trình đẳng cấp như:

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình

      (1)3

x y x y x y

xy x y x y

21

3

x y

x y

164

2 2

3 3

x y

x y

y x

Lời giải: Hệ phương trình tương đương với

31

10

256132

y x

y x

x x

Phân tích: Nếu bình phương hai vế của phương trình thứ nhất trong hệ thì xuất

hiện x 2 y2 , do đó ta thế được vào phương trình thứ hai

Lời giải Điều kiện :x  y  0 ; x  y  0

04

2

y y

x x

y x y x

Thế x2  y2 x 2 vào phương trình (2) ta được

66

42

x x y

x

x x

y x x

y x

24

436

12

22

x x

x

x x

x x

5 2

Khi đó y= 6 thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) là 5; 6

2

II.2 Ph ư ơng pháp cộng đại số

a 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

b Nhận dạng: Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II,

hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k và một số hệ khác

Ví dụ 7 Giải hệ phương trình

2 2 2 2

23

23

y y x x x 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

Giải phương trình này ta được 1 , 145

3 3

xy y x

y x

Phân tích: Hệ trên là hệ đối xứng loai 1,ta có thể giải bằng cách đặc trưng là đặt

S = x+y, P = xy.Tuy nhiên, từ các số hạng x 3 y3và x2yxy2ta có thể tạo ra hằngđẳng thức

4 , 1 4

5 20

) (

5 20

125 )

(

2 2

3

y x

y x xy

y x y

x xy

y x xy

y x

y x

Nhận xét: Từ hệ phương trình trong ví dụ 10, ta có thể tạo ra một số hệ phương

trình mới như sau:

- Thay số cho vế phải,ta được hệ

3 3

xy y x

y x

7

3 3

y x xy

y x

y y x x

- Thay ẩn x thành 2x, giữ nguyên ẩn y ta được hệ

35 8

2 2

3 3

xy y x

y x

(

3 ) )(

(

2 2

2 2

y x y x

y x y x

Phân tích: Hệ trên là hệ đối xứng loại 1,có thể giải bằng cách đặc trưng của hệ đối

xứng loại 1 Tuy nhiên,nhân các vế trái của hệ ta thấy hệ trở nên đơn giản hơnnhiều nhờ phép cộng đại số như ví dụ 10

) (

3 ) (

2 2

3 3 2

2 3 3

2 2

3 3

xy y x

y x xy

y x y x

xy y x y x

2 , 1 2

3 6

) (

27 )

y x

y x xy

y x y

x xy

y x

Phân tích Nếu để nguyên hoặc trừ (cộng) vế với vế của các phương trình được

một phương trình nhưng chưa tách được

Lời giải Nhân cả 2 vế của (1) với 3 rồi trừ vế với vế với (2) ta được

2 2

1111

3

y y

2 2

x y

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 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

Lời giải Điều kiện: x�0, y�0, x y � 0

Dễ thấy x  hoặc 0 y không thỏa mãn hệ phương trinhg Vậy 0 x0, y0

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:

m

px qy bx

m

px qy dy

- 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

2 2

y x

y x

Phân tích: Hệ trên là hệ đối xứng loại I, ta có thể giải hệ theo phương pháp đặc

trưng của hệ đối xứng loại I

Lời giải: Đặt S=x + y, P = xy ( Điều kiện S2  4P) Hệ đã cho trở thành

1 (

2 1 0

2 3 2 1 2

) 1 ( 3 2

2

1 1

3

1 2

2 3

2

S S S

S P S

S

S P S

S S

S P PS

S

P S

3

; 2

P S

P S

1

;00

1

y x

y x

xy

y x

Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (0;1);(1;0)

Nhận xét: Ta có thể thay đổi hệ trên thành

4 4

y x

y x

Phân tích Đây là hệ đối xứng loại I

Hướng 1 Biểu diễn từng phương trình theo tổng x y  và tích xy

Hướng 2 Biểu diễn từng phương trình theo x2  và x y2  Rõ ràng hướng này y

tốt hơn vì làm giảm bậc của ẩn

1,

41,

Nhận xét Ta có thể xây dựng các bài toán tương tự cách sau

Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 18

72

a b ab

 

�

� 

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

Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 2 27

� và làm tương tự như trên

ta lại thu được các hệ mới khác Chẳng hạn

1) Thay a x 2 y b xy2,  ta có hệ

2 2

721

Giải hệ phương trình sau: 2

Ví dụ 19 ( Đại học năm 2008 – Khối A)

Giải hệ phương trình sau:

4 2

5 4 5 (1 2 )

a b

4 5

25 4

a b

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

Ví dụ 20 ( Đại học năm 2006 – Khối A)

Giải hệ phương trình sau: 3

Kết luận Hệ có 4 nghiệm như trên

II.4 Phương pháp đưa về dạng tích

a Cơ sở phương pháp Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành

tích các nhân tử Đôi khi cần tổ hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồimới đưa về dạng tích

y x g

y f x f

có thể giải bằng cách đưa phương trình

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)

Lời giải Điều kiện: x�1, y�0

 

� ���  �� � Do y � �0 y2

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (5;2)x y 

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

nên có thể giải phương trình (1) bằng cách coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y(hoặc x)

Lời giải Điều kiện: xy� 0

Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); 1 5; 1 5 ; 1 5; 1 5

Phân tích: Phương trình (1) có dạng f(x)=f(y), do đó ta phân tích (1) về dạng tích

Lời giải Điều kiện: xy� 0

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

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)

Lời giải Điều kiện: x y  0

(1) �(x2  y2)(x y ) 8xy16(x y )

2(x y ) 2xy x y(  ) 8 xy16(x y )

2(x y ) (x y ) 16 2 (xy x y  4) 0

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( 3;7); (2;2) 

II.5 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

a Cơ sở phương pháp Nếu ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; ) a b và

, ( ; )

x y�a b thì ( )f x  f y( )� x y

b Cách xây dựng hệ theo phương pháp này.

- Lấy hàm số ( )f t đơn điệu trên khoảng ( ; ) a b , ( ; ), ( ; ) ( ; ) u x y v x y �a b

- Lấy ( ; )g x y sao cho ( ; ) ( ; )

Phân tích Nếu thay 2 x  vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt2 y2

Lời giải Thay 2 x  vào phương trình thứ nhất ta được2 y2

Lời giải Điều kiện:

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

Nhận xét Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm

số đơn điệu trên đoạn đó

Xét hàm số f t( )t t2  3 2 có

2 2

Vế trái luôn dương nên phương trình vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 1; 1

Thế vào phương trình (2) ta được x2 2 1x2  m (3)

Hệ có nghiệm � Phương trình (3) có nghiệm x�1;1

1 3

1 3

y x

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

1

x y

y e

y x e

x y

x y

Bởi vậy ( )f x  f y( )� x y thế vào pt thứ nhất ta được

nghịch biến trên khoảng (0;�)

TH 1 ,x y�( 1;0) hoặc ,x y�(0;� thì ( )) f x  f y( )� x y

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

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

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

II.6 Phương pháp nhân liên hợp

*Cơ sở của phương pháp:

` - Với những hệ phương trình có một phương trình có dạng

f x y � g x y h x y mà f x y( ; ) g x y( ; ) m h x y ( ; ) thì ta có thể sử dụng phương pháp nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung và giải quyết bài toán

Ví dụ 36 Giải hệ phương trình

2 2

Ví dụ 37 Giải hệ phương trình

   (1) 1

tới việc nhân liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung

Lời giải Điều kiện: y� � 1;x 0,y2 � 3x(*)

Từ (2)ta thấy y  1 x  0 không thỏa mãn hệ

Với y  1 x � 0, Ta có  2 2

(1) � y  1 x y 1  x y y x(    1) 0 1

  với t R� suy ra g(t) đồng biến trên R

Do 2x  1 2x 1 � f x'( ) g x(2   1) g x(2   1) 0 suy ra f(x) đồng biến trên R nên

 3 � f x( )  f( 2) �x 2suy ra y=3 Vậy hệ có nghiệm �� �x y23

Lời giải Điều kiện: x y� � 0(*)

Nếu x=y thì (2) vô nghiệm nên x> y

*Cơ sở của phương pháp:

` - Có những phương trình là trường hợp đặc biệt dấu bằng xảy ra của bất đẳngthức Cauchy, Bunhia- Coposxki hay các bất đẳng thức cơ bản

-Nhiều hệ phương trình đối xứng loại I khi giải theo phương pháp này khá ngắn gọn

- Yêu cầu học sinh khi sử dụng BĐT Bunhia-copxki thì có chứng minh

xy

Phân tích: Ta nhận thấy x= y= 2 và x= y=2 là nghiệm của phương trình đã cho Hơn nữa ta có thể dựa vào các bất đẳng thức cơ bản để so sánh x4  y4 và x y

x y

xy

x y xy

1

1 4

) 1 1

1

1 4

) 1 1

(

2

2 2

2 2 2

2 2

y x xy

y x

y x

xy y

x

22

)()(

4)

(2

1)2(

2

12

)(2

12

x

y x

2 2

2

2 9) (4 9) ;(16 9)( 9) (4 9))(

916

3 4

3

3 4

y x y

x

y x

Vậy hệ có nghiệm là (4; 4)

Ví dụ 43 ( Đại học năm 2006 – Khối A)

y x

xy

 x > 0; y > 0

Từ (1) suy ra

2 3

Ví dụ 45 Giải hệ phương trình x 1 97y 2 y 1 97x 2 97 x 2 y    (1) 2

97

x x

x x

y y

y y

x y

0'1

1

;0

1

;0

1

4 4

4 6

4 6

y x

y x

y x

y x

y x

y y

x x

Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (1;0); (0;1); (-1;0); (0;-1)

II.8 Phương pháp dùng đồ thị

Cơ sở phương pháp: Tọa độ giao điểm của hai đường ( , )f x y và g x y( , ) là

1/ Hệ có nghiệm duy nhất

2/ Hệ có hai nghiệm phân biệt

3/ Hệ có hai nghiệm ( ; ),( ; )x y1 1 x y2 2 sao cho 2 2

1 2 1 2 (x x )  (y y ) lớnnhất

Phân tích : Hệ trên gồm 1phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai có

thể giải bằng phương pháp thế Bên cạnh đó ta thấy hệ gồm một phương trìnhđường thẳng và một phương trình đường tròn nên ta có thể coi hệ phương trình là

hệ tương giao giữa đườn thẳng và đường tròn

Phương trình (2) là phương trình đường thẳng d

1/ Hệ có nghiệm duy nhất khi d tiếp xúc với (C)

0 2

1 1

2 1

a a

a

.2/ Hệ có hai nghiệm phân biệt khi d cắt (C) tại hai điểm phân biệt

 d(I,d) < R

2

11

21