KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ QUEN” QUA LOẠI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường:thpt Hồng Lam Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
Hồng Lĩnh tháng 3 năm 2013
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI KHOA HỌC:
KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ QUEN” QUA LOẠI
TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10


Bộ Môn : Toán THPT.

Mã đề tài:
Họ và tên: Nguyễn Tiến Minh.
Năm học : 2012- 2013
1
A. PHÂN MỞ ĐẦU.
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1.Những năm gần đây trong chương trình các môn học nói chung và môn toán nói riêng
nội dung kiến thức được đánh giá là quá tải với học sinh.
Hơn nữa những áp lực thi cử ,học thêm quá nhiều.
Học sinh thường học toán theo khẩu lệnh ,lắp ráp máy móc các kiến thức có sẵn mà thiếu
chủ động nghiên cứu tìm tòi toán rất hạn chế. Sự say mê tìm hiểu kiến thức cơ bản để
hiểu sâu và nhớ kỹ đặc biệt là sự vận dụng kiến thức trong thế chủ động tự giác còn hạn
chế.
2.Loại toán giải hệ phương trình luôn là một chủ đề được đề cập phổ biến qua các kỳ thi
Đại học Cao đẳng và kỳ thi học sinh giỏi ở bậc THPT. Nhưng loại toán này lại không
được trình bày một cách chính thống ở sách giáo khoa mà chỉ được trình bày ở các tài
liệu tham khảo và ở các đề thi
3.Khi trình bày đáp án giải không thể phân tích đầy đủ cơ sở của lời giải gây cho học

sinh học theo kiểu chạy theo số lượng mà không có sự chủ động sáng tạo và tìm tòi vượt
qua rào cản
Với lý do trên Chúng tôi viết đề tài :” KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ
QUEN” QUA LOẠI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10 nhằm bổ sung
thêm kho tàng phong phú và đa dạng của loại toán giải hệ phương trình.
II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
Cách giải những hệ phương trình bậc 2 gồm 2 phương trình chứa 2 ẩn trong một số
trường hợp với những giải pháp thích hợp
III.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Đề tài:” KINH NGHIỆM DẠY TOÁN BẰNG CÁCH “QUY LẠ VỀ QUEN” QUA LOẠI TOÁN GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10” có mục đích:
- Rèn luyện phương pháp giải Hệ phương trình
- Rèn luyện tính linh hoạt trong tư duy giải toán
- Kích thích tìm tòi sáng tạo và và khả năng độc lập trong nghiên cứu
theo lược đồ sau:
1.Từ nền tảng kiến thức cơ bản của một số kiến thức về phương trình hoặc dạng
phương trình cơ bản
2. Đưa ra bài toán về hệ phương trình mà đòi hỏi học sinh qua hướng dẫn của Thầy
hướng đưa được về kiến thức cơ bản để giải được nó.
3. Đặt tình huống mới đối với một số hệ phương trình mà bước đầu phải có khả năng
sáng tạo biết lĩnh hội sâu sắc về kiến thức cơ bản mới vận dụng được.
4. Đưa ra tình huống những hệ phương trình với cách giải có sẵn nhưng chưa tìm được
nguyên nhân lý giải . Như là vấn đề có tính phương pháp dạy và nghiên cứu để từ đó học
sinh tự tìm ra lời giải đưa về kiến thức cơ bản.
5. Đưa ra những hệ phương trình ngoài khuôn mẫu nói trên yêu cầu học sinh tự tìm và
chọn lựa cách giải hợp lý bằng nguồn kiến thức cơ bản.
6. Đề xuất hướng tự nghiên cứu cách giải cho một số hệ phương trình có dạng tổng quát.
( Với những kiến thức cơ bản trong đề tài này ta chỉ ghi lại mà không trình bày chi tiết)
2
B. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI.

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 2 CHỨA 2
BIẾN.
I
1
. Phương trình bậc 2 đẳng cấp có 2 biến dạng:
)0(0
22
≠=++ ABYBXYAX
(*)
Đây là kiến thức cơ bản dùng kiến thức phương trình bậc 2 khá quen thuộc về cách giải.
Từ đó học sinh có thể:
I
2
. Giải hệ phương trình ( một vế là đa thức 2 biến đẳng cấp) có dang:
( I)



=++
=++
)2(
)1(
/2//2/
22
dycxybxa
dcybxyax
Giáo viên có thể hướng dẫn cho học sinh tiếp cận theo 2 mức độ sau:
a ) nếu d hoặc d
0
/

=
thì học sinh có thể giải dễ dàng một trong hai phương trình bằng
cách sử dụng phương trình bậc 2 với ẩn t=
y
x
( với chú ý là ( 0;0) luôn là nghiệm của hệ
Từ đó hệ giải được nhờ phương pháp thế quen thuộc.
b ) nếu



≠
≠
0
0
/
d
d
thì bằng cách nhân 2 vế của (1) với
/
d
và của ( 2 ) với d rồi trừ cho
nhau .Khi đó hệ (I )
⇔




=++−++
=++

)3(0)()(
)1(
22/2//2/
22
cybxyaxdycxybxad
dcybxyax
Khi đó phương trình (3 ) lại có dạng (*) và giải được. Và chỉ cần thay x = ty vào (1) được
một phương trình bậc 2 với một biến. Tức là phép giải hệ ( I ) hoàn tất bằng phương pháp
thế.
II.NGHIÊN CỨU CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2 ẨN HAI BIẾN BẬC 2
Xét hệ : ( II )



=+++++
=+++++
)2(0
)1(0
///2//2/
22
FyExDyCxyBxA
FEyDxCyBxyAx

Liệu có cách giải cho hệ này bằng cách đưa về các hệ cơ bản hay không? Chúng ta bắt
đầu với ví dụ sau.
II
1
MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP RIÊNG
Ví dụ 1: Giải hệ sau:




=++−
=++−−
0422
0322
2
22
xxyy
yxyx
( Trích đề thi học sinh giỏi lớp 10 năm
học 2011-2012 của Hà Tĩnh)
Nhận xét 1: Rõ ràng hệ trên không phải là các hệ thường gặp như là hệ đối xứng loại I
hoặc loại II và cũng nếu nhận xét rằng do x là bậc nhất ở phương trình thứ 2 nên có thể
dùng phép thế của x từ phương trình thứ 2 thay vào phương trình đầu. Thế nhưng rốt
cuộc bạn sẽ thu được một phương trình bậc 4 có nghiệm không phải là hữu tỷ và rất khó
khăn tìm được chúng :
!028324123
234
=−+−− yyyy
Rõ ràng ví dụ 1 là một trường hợp đặc biệt của hệ ( II) cũng chưa có dạng ( I )
Kiếm tìm cách giải: để không tăng bậc của hệ ta dùng phép đổi biến sau đây
3
Đặt :



+=
+=
nby

max
( với a và b là 2 ẩn mới ). Thay vào ta sẽ thu được hệ mới sau đây :



−−+−=−+−+−
−−+−=−+−+−
422)(2)1(22
322)1(2)1(2
22
2222
mmnnmnbnaabb
nmmnnbmaba
Hệ sẽ trở thành có dạng hệ
(I) nếu ta có hệ số của các ẩn có bậc nhất triệt tiêu . Tức là khi và chỉ khi :
(**)
101
01
==⇔





=
=−
=−
nm
nm
n

m
. Chúng ta đã gặp may mắn ! Bây giờ có thể xem lời giải
tường minh sau đây mà phép đặt ẩn phụ như trong lời giải sau được sáng tỏ về cơ sở của
nó :
Lời giải : Đặt



+=
+=
1
1
by
ax
hệ đã cho trở thành :







=
=
⇔













−=−
=



−=−
−=
⇔



=−+
−=−
⇔



−=−
−=−
3
5
3
4

3
5
4
3
2
0865
3
52
3
22
22
22
22
2
22
b
a
ba
ba
ba
ba
baba
ba
abb
ba
Từ đó hệ ban
đầu có 2 nghiệm :








+=
+=
3
5
1
3
4
1
y
x
hoặc







−=
−=
3
5
1
3
4
1

y
x
Nhận xét 2 :
+ Rõ ràng nếu hệ xác định m và n ( hệ *) mà vô nghiệm thì cách giải trên là bế tắc. Bạn
đọc hãy tự kiểm chứng rằng với hệ sau đây nếu dùng phép đổi biến



+=
+=
nby
max
thì hệ sau
đây sẽ không đưa về được hệ dạng ( I ) :



++=+
=−
yxxyyx
yx
22
22
3
Đến đây chúng ta phải trả lời câu hỏi sau :
« Khi nào thì hệ ( II ) sẽ giải được bằng cách chuyển về hệ ( I ) bằng phép đổi biến



+=

+=
nby
max
» ?
II
2
. Bài toán tổng quát : Với điều kiện nào thì sẽ tồn tại các số thực m và n để với phép
đổi biến



+=
+=
nby
max
thì hệ dạng (II) đưa được về hệ dạng ( I ) ?
Ta xét hê : ( II )



=+++++
=+++++
0
0
///2//2/
22
FyExDyCxyBxA
FEyDxCyBxyAx

4

Bằng cách thay



+=
+=
nby
max
vào hệ (II ) ta có hệ mới 2 ẩn a và b:
( III ):



−−−−−=++++++++
−−−−−−=++++++++
///2/2////////2/2/
2222
)2()2(
)2()2(
FnDmnCnBmAbEmCnBaDCmAabCbBaA
FFnDmCmnBnAmbECmBnaDCnAmCabBbAa
Hệ này có dạng (II ) khi và chỉ khi:











=++
=++



=++
=++
)(
02
02
)(
02
02
///
///
β
α
EnBmC
DnCmA
EBnCm
DCnAm
( *** )
Đây là một hệ 4 phương trình để xác định m và n.
Ta gọi
)4(
2
1
ABC −−=∆

; là định thức chính của hệ (
)
α
. Và
)4(
//
2
/
2
BAC −−=∆
là
định thức chính của hệ (
)
β
( và ta cũng gọi là các biệt thức của các phương trình tương
ứng trong hệ (II ) ).
Kết luận :
Nếu



≠∆
≠∆
0
0
2
1
khi đó hệ (
)
α

có nghiệm duy nhất :







∆
−
=
∆
−
=
1
1
2
2
AECD
n
BDCE
m
và hệ (
)
β
có
nghiệm duy nhất:








∆
−
=
∆
−
=
2
////
2
////
2
2
EADC
n
DBEC
m
từ đó ta đi đến:
Kết quả I :
1) Nếu
⇔



=∆
=∆
0

0
2
1
hệ (***) vô nghiệm. Do đó hệ ( III ) không đưa được về hệ dạng
( I ).
2) Nếu
⇔

















∆
−
≠
∆
−
∆

−
≠
∆
−
≠∆
≠∆
2
////
1
2
////
1
2
1
22
22
0
0
EADCAECD
DBECBDCE
hệ (***) vô nghiệm. Do đó hệ (III) không đưa
được về hê ( I ).
5
3) Nếu :
⇔


















∆
−
=
∆
−
∆
−
=
∆
−
≠∆
≠∆
2
////
1
2
////
1

2
1
22
22
0
0
EADCAECD
DBECBDCE
hệ (***) có nghiệm duy nhất ( m; n ). Do
đó hệ (III) sẽ đưa về được hê ( I ).
4) trường hợp (***) là vô số nghiệm bạn dễ kiểm tra được hệ ( II ) hoặc là vô nghiệm
hoặc có vô số nghiệm dạng vô định vì khi đó 2 phương trình của hệ (II ) tương đương )
Bài toán tổng quát được giải quyết.
Như vậy nếu hệ ( ***) rơi vào 2 trường hợp 1) hoặc 2) trong kết quả I thì bài toán giải
hệ ( II ) theo cách như đã nói vẫn là bế tắc. Ta hãy tiếp tục lấp lỗ hổng này trong một số
ví dụ cụ thể.
III. TÌNH HUỐNG MỚI .
Ví dụ 2.
Giải hệ sau:



=−
++=+
3
22
22
yx
yxxyyx
Hệ có thể viết lại:




=−−
=−−−+
03
0
22
22
yx
yxxyyx
- Xét phương trình thứ 2 với
)4(
2
2
ABC −−=∆
= 0 tức là theo kết luận 1 hệ này không thể giải được theo kiểu đưa về
hệ ( II )
- Bây giờ ta để ý đến phép giải hệ trong ví dụ 1 ở đó sau khi đặt ẩn phụ đưa về hệ 2 ẩn a
và b ở đó ta đã tính được:




+=
+−=
⇔





=
−=
)14(
5
1
32
5
4
2
yx
yx
ba
ba
Các đẳng thức liên hệ giữa x và y ở trên chứng tỏ :
Ta đã tính được x qua y bởi một biểu thức bậc nhất ( hoặc y được tính qua x bởi
một biểu thức bậc nhât ) . Như vậy nếu ta bằng cách nào đó làm được điều này thì phép
giải hệ trên chỉ là một phép thế dẫn đến phương trình bậc hai quen thuộc .Từ đó hệ sẽ
được giải mà không phải đưa về hệ đẳng cấp dạng ( I ) tức là ta có một hướng nghiên cứu
mới nhằm tìm lời giải cho ví dụ 2.
IV. GIẢI PHÁP DÙNG ĐIỀU KIỆN TRIỆT TIÊU CỦA BIỆT THỨC
ACB 4
2
−=∆

Ta có các kết quả sau:
Kết quả 2. Điều kiện để một tam thức bậc 2
CBXAXxf ++=
2
)(

( A> 0 ) trở thành
một bình phương của nhị thức bậc nhất là:
ACB 4
2
−=∆
= 0.
Kết quả 3. Hệ :



=+
=
⇔



=
=
0);(.)(
0)(
0);(
0);(
yxgkxf
xf
yxg
yxf
( Với
)0≠∀k
.
6

Từ ý tưởng được x qua y bởi một biểu thức bậc nhất ( hoặc y được tính qua x bởi một
biểu thức bậc nhất ) từ hệ ta sẽ làm như sau:
Gọi k là một số khác 0 ta có:



=−−
=−−−+
03
0
22
22
yx
yxxyyx



=−−+−−−+
=−
⇔
0)3(
3
2222
22
yxkyxxyyx
yx
⇔




=−−−++−+
=−
⇔
03)1()1()1(
3
22
22
kyykyxxk
yx

Để định ý ta sẽ chọn k > -1 Do phương trình thứ 2 là phương trình bậc 2 nên để hy vọng
tính được x qua y theo biểu thức dạng hửu tỷ dạng x =
y
βα
+
thì biệt thức Đen-ta cua x
phải có dạng bình phương một nhị thức bậc nhất.
Vậy ta cần chọn số k >-1 sao cho
11212)23(2)34(
222
+++++−=∆ kkykyk
x
là bình phương của một nhị thức bậc
nhất của y
⇔
[ ]
1
0)12)(1)(1(
2
3

014344
2
3
0
034
2
234
/
2
=⇔





=+−+
>
⇔





=−−−+
>
⇔



=∆

>−
k
kkk
k
kkkk
k
k
y
Ta có lời giải tường minh như sau :
Lời giải : (cho ví dụ 2)



=−−
=−−−+
03
0
22
22
yx
yxxyyx

Cộng 2 phương trình ta có hệ
( )( )



=
=
⇔










=−−
=++



=−−
=
⇔



=++−
=−−
⇔



=−−+−
=−−
⇔
1

2
03
032
).(
03
1
0321
03
03)1(2
03
22
22
22
2
22
y
x
yx
yx
nv
yx
x
yxx
yx
yyxx
yx
Đó là nghiệm duy nhất của hệ
- Đây là một lời giải đẹp dùng điều kiện triệt tiêu của biệt thức Đen-Ta về tam thúc bậc 2
cho ví dụ 2.
Như vậy phần nào chúng ta đã khắc phục cho hệ ở ví dụ 2 khi nó không đưa về được hệ

dạng ( I ) .
Bạn đọc cũng có thể áp dụng cách giải này cho ví dụ 1 và thấy rằng có thể giải được theo
phương pháp này.
Nhận xét 3: Trong kết quả 3 nếu không tồn tai số k
0≠
để thỏa mãn kết quả 2 và kết quả
3 chúng ta cần thận trọng xét một trong 2 phương trình của hệ lại có thể thỏa mãn cả hai
kết quả đó hay không.
Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình :



=−+−
=+−−
020910
01092
2
2
xyy
yxx
Đây là hệ dạng ( II ) không đầy đủ.
7
-Ta thấy phương trình đầu có
04
2
1
=−=∆ ABC
nên không thể đưa về hệ (II )
Lời giải1 : Dùng Biệt thức Đen-Ta cho phương trình bậc 2
⇔




=−+−
=+−−
020910
01092
2
2
xyy
yxx
Trừ từng vế ta có hệ



=++−
=+−−
⇔
03011
01092
2
2
yxx
yxx
Xét phương trình thứ 2 của hệ :
03011
22
=+−+− yyxx
có :

2
)12( −=∆ y
Từ đó ta
tính được




+−=
+=
6
5
yx
yx
Từ đó ta có thể đễ dàng suy ra nghiệm như cách giải 1.
( Lời giải2 : Hệ
( )
( )



=−+−
=−−−
⇔
36)1(95
36)5(91
2
2
xy
yx

Đặt



=−
=−
by
ax
5
1
hệ trỏ thành :



=+
=−
369
369
2
2
ab
ba
mặc dầu không phải là hệ đối xứng nhưng nếu trừ 2 vê thì
( )( )



−=
=
⇔




=−−+
=−
⇔
3
3
09
369
2
b
a
baba
ba
Từ đó hệ có nghiệm :
( ) ( )
2;4; =yx
Bằng cách này ta có thể giải hệ có dạng sau :



=+++
=+++
02
02
2
2
dbxmyy
cbyaxx

thõa mãn điều kiện :
dabmcbma ++=++
22
)
Nhận xét 4 : Như vậy để dùng phương pháp ‘’ Biệt thức đen-ta’’ nếu thực hiện được để
giải hệ trên thì Ta thực hiện theo lược đồ sau :
Xét hệ:



=+++++
=+++++
)2(0
)1(0
///2//2/
22
FyExDyCxyBxA
FEyDxCyBxyAx
Bước 1: +Thử phương trình (1) xem (1) có biệt thức
∆
của biến x ( hoặc biến y) có dạng
bình phương hay không
+ Thử phương trình (1) xem (2) có biệt thức
∆
của biến x ( hoặc biến y) có dạng
bình phương hay không
Nếu cả 2 phương trình không thõa mãn thì:
Bước 2: Tìm k sao cho biểu thức
∆
của biến x ( hoặc y) trong phương trình (2) của hệ




=+
=
⇔



=
=
)2(0);(.)(
0)(
0);(
0);(
yxgkxf
xf
yxg
yxf
( Với
)0≠∀k
.thõa mãn điều kiện trong kết
quả 2.
Để kết thúc các ví dụ xin mời các bạn giải các nhóm bài tập sau đây.
Nhóm 1. Giải các phương trình sau : 1.



=−+−+

=+−−
03543
022
22
22
yxyxyx
yxyx
2.



=−−+
=−−
3342
1623
22
yxyx
yxxy
3
( )



−=−−+
=+−
613552
3
22
2
yxyxyx

yyx
4.



=−+++
=−+++
02069
011244
22
22
xxyyx
xxyyx
8
Nhóm 2. giải các hệ sau :
1.



=+++
=−++
4222
422
22
223
yyxyx
yxxyx
2.




+−−=−
=−
yxyxyx
yx
3241232
20
2233
44
3.



=+
−=−
9
24
33
22
yx
yyxx
V. KẾT LUẬN CỦA ĐỀ TÀI : Toán học rất phong phú và đa dạng. Hơn nữa không có
phương pháp chung nào để giải được cho tất cả mọi bài toán và dạy toán cũng chính vì
thế yêu cầu ngày càng rất cao .
Trên đây là những suy nghĩ cách dạy cho học sinh lớp 10 rèn luyện kỹ năng giải một lớp
hệ phương trình bậc 2 chứa 2 biến trong một số trường hợp được khéo léo đưa về kiến
thúc cơ bản quen thuộc bởi những suy nghĩ mà tác giả cho là có lý và đã có hiệu quả
trong thực tế đã giảng dạy.Theo ý chủ quan tác giả cho rằng đề tài đã làm được những
điều sau khi giảng dạy :
-Huy động được kiến thức cơ bản

-Tạo được những tình huống hứng thú trong sự tìm tòi có tính chất phương pháp nhằm
tạo thế chủ động tích cực cho học sinh trong nghiên cứu hay tiếp cận vấn đề mới.
-Từ những trường hợp riêng đã giải được bằng cách đưa về hê ( I ) bằng cách đổi biến
hoặc dùng giải pháp biệt thức
∆
ta có thể tạo ra cách giải một lớp hệ phương trình 2
biến bậc 2 phong phú .
-Mở ra đối tượng nghiên cứu mới đó là đưa ra cách giải cho hệ phương trình bậc 2 của 2
biến dạng đầy đủ mà đề tài còn chưa có điều kiện giải quyết một cách triệt để và những
hệ 2 biến có bậc cao hơn như các bài tập ở nhóm 2 mà đề tài này chưa thể hiện được mà
chúng tôi sẽ có dịp trao đổi tiếp tục.
VI. ĐỀ XUẤT HƯƠNG NGHIÊN CỨU.
1. Phương trình đẳng cấp bậc 3 hai biến được nghiên cứu tương tự như phương trình
đẳng cấp bậc hai 2 biến ta thu được những kết quả như thế nào ?
2.Có thể khẳng định rằng có thể dùng phương pháp ‘‘biệt thức Đen-Ta’’ để giải quyết
trọn vẹn ‘’ lỗ hổng’’ khi hệ (II ) không đưa được về hệ ( I ) hay không ?
3.Các hệ bậc hai đối xứng loại I và loại II có mối liên quan gì trong các cách giải trên hay
không ?
4.Nghiên cứu cách giải với hệ 2 ẩn có bậc 3 hoặc bậc 4 sẽ được những kết quả có gì
tương tự hay không ?
Chúng ta sẽ trao đổi trong những đề tài vào dịp khác.
Lời kết :
Mặc dầu đã cố gắng nhưng chắc chắn đề tài chắc còn có những thiếu sót và những hạn
chế nhất định.
Tác giả đề tài này rất mong nhận được những góp ý từ các đồng nghiệp và yêu thích bộ
môn này xem như là những chia sẽ quý báu về công việc dạy toán . Tác giả xin chân
thành cảm ơn và mong muốn nhận được các ý kiến đóng góp của các đồng nghiêp!
Hồng Lĩnh tháng 3 năm 2013
Nguyễn Tiến Minh.
9

10