SKKN Dạy học sinh giải hệ phương trình đại số

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
“DẠY HỌC SINH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ”
Phần thứ nhất
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1.Tên sáng kiến: DẠY HỌC SINH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chương trình toán THPT
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 5/9/2013 đến 24/5/2014
4. Tác giả:
Họ và tên : Hồ Xuân Phúc
Năm sinh : 1959
Nơi thường trú : 70 Nguyễn Đức Thuận- Phường Thống Nhất
Thành phố Nam Định
Trình độ chuyên môn : Đại học sư phạm Toán
Chức vụ công tác : Giáo viên
Nơi làm việc : Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Thành phố Nam Định
Địa chỉ liên hệ : 70 Nguyễn Đức Thuận- Nam Định
Điện thoại : 0912283837
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ : 76 Vị Xuyên- Nam Định
Điện thoại : 03503 640297
3
MỞ ĐẦU
I.Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
- Bản thân yêu thích giải hệ phương trình
- Hệ phương trình thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, thi đại
học
- Thông thường để giải được hệ thì người giải phải biết qui hệ phương trình đó
về hệ phương trình quen thuộc

- Người thầy biết đúc kết hệ thống dạng, phân tích đầu bài và truyền cho học
sinh kinh nghiệm đó thì học sinh sẽ áp dụng giải quyết tốt những bài toán mới được
đặt ra
II.Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến:
- Hệ phương trình học sinh được học từ lớp 9, lớp 10 và đây là nội dung quan
trọng thường xuyên gặp trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, thi đại học.
- Sách giáo khoa đưa ra lượng bài tập ít, quá đơn giản so với yêu cầu phải giải
được các bài toán đòi hỏi tư duy sáng tạo trong các đề thi học sinh giỏi cũng như
thi đại học.
- Phần đông học sinh phổ thông gặp khó khăn khi giải quyết bài toán giải hệ
phương trình. Để giải được hệ phương trình học sinh phải nắm được một số dạng
hệ phương trình quen thuộc đã học và đặc biệt biết quan sát chuyển hệ phương trình
đó về hệ phương trình biết cách giải.
Trong bài viết này tôi muốn trình bày dạy học sinh một số phương pháp giải hệ
phương trình và dạy học sinh cách nhìn nhận quan sát để chuyển hệ phương trình
về hệ phương trình quen thuộc biết cách giải.
III.Các giải pháp trọng tâm:
Nội dung bài viết nêu bốn phương pháp giải hệ:
1) Phương pháp đặt ẩn phụ
2) Phương pháp dùng phương trình bậc hai
3) Phương pháp hàm số
4) Phương pháp hình học
4
Phần thứ hai
NỘI DUNG SÁNG KIẾN
1.Phương pháp đặt ẩn phụ:
a) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn
Ví dụ 1:






=−−−
=+−+
3899212
1434
yyx
yxyx






=+−−
=++−
⇔
3)4(2)34(3
1)4()34(
yyxx
yyxx
(ĐK
0
≥
x
và
0≥y
)
Đặt






+=
−=
yyv
xxu
4
34
hệ phương trình thành hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:




=
=
⇔



=−
=+
0
1
323
1
v
u

vu
vu
Giải được (x, y) = (1, 0)
b) Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I:
Ví dụ 2:




=++
=++
1033
21)3)(2(
2
yxx
yxxx





=+++
=++
⇔
10)3()2(
21)3)(2(
2
2
yxxx
yxxx

Đặt:



+=
+=
yxv
xxu
3
2
2
hệ phương trình trở thành:










=
=



=
=
⇔




=+
=
3
7
7
3
10
21
v
u
v
u
vu
uv
Với:



=
=
7
3
v
u
giải được
)
3

10
;3();2;1(),( −=yx




=
=
3
7
v
u
giải được
)
3
224
;21();
3
224
;221(),(
+
−−
−
+−=yx
Ví dụ 3:






=+
=+
22
333
64
18278
yxyx
yyx
+) Với y = 0 không thỏa mãn
5
+) với y
≠
0 hệ phương trình biến đổi được:







=








+

=








+
3
3
2
3
.2
18
3
)2(
3
3
y
x
y
x
y
x
Đặt






=
=
y
v
xu
3
2
hệ thành:



=+
=+
3)(
18
33
vuuv
vu
Đây là hệ đối xứng loại I, giải được:
;
2
53
2
53








−
=
+
=
v
u








+
=
−
=
2
53
2
53
v
u
Từ đó được nghiệm:









−−








++
2
539
,
4
53
;
2
539
,
4
53
c) Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II:
Ví dụ 4:






+=−
+=−−
2)2(3
26)2(3
22
222
xyx
xyyx






+=−
+−=−
⇔
2)2(3
2)2()2(3
22
22
xyx
yyx

Đặt t = y -2 thì hệ thành hệ đối xứng loại II theo x và t






+=
+=
)2(23
)1(23
22
22
xxt
ttx
Lấy (1) trừ đi (2) theo vế được:
22
)(3 xttxxt −=−


(*)0)3)(( =++−⇔ txxttx
Nếu x,t thỏa mãn hệ (1),(2) thì
0〉x
và
0〉t
03 〉++⇒ txxt
Do đó (*)
tx =⇔
Từ đó giải được: x = t = 1 và hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 3)
d) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình “đẳng cấp”:
Ví dụ 5:






+−−=+
++=+
7124)3(4
13)3(2
22
2
yxyyx
yxyx





=−+++
=+−+
⇔
7)3(4)3(4
1)3()3(2
22
2
yyxx
yxx
Đặt t = x+3 thì hệ thành “đẳng cấp” bậc 2
6






=+
=−
744
12
2
2
ty
tyt





=−+
=−
⇔
)2 (744
)1 (7714
22
2
ytyt
tyt
Lấy (1) trừ đi (2) được:
01110
22
=+− ytyt

0)10)(( =−−⇔ ytyt



=
=
⇔
yt
yt
10
+) Giải được:
1±== yt
Suy ra (x, y) =(-2; 1); (x, y) = (-4; -1)
+) 10t = y giải trường hợp này đưa đến hệ vô nghiệm.
e) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình khác:
Ví dụ 6:





=+++−+
=−++
)2 (69)13(6)362(
)1 (8223
xyyyxx
yxyx
ĐKXĐ:
yx 2≥
Quan sát pt(1) để nghĩ ra cách biến đổi(2) về:

69)2(3)3(2
2
=−−+ yxyx
Đặt:
yxu 3+=

yxv 2−=
)0,( ≥vu
thì hệ thành:



=−
=+
6932
82
22
vu
vu
Dùng phương pháp thế, chọn u, v thích hợp được:



=
=
1
6
v
u
và giải được hai nghiệm:

)1;3(),( =yx
;






−−=
5
7
;
5
9
);( yx
Ví dụ 7:




=−−+
=−−
)2 (383
)1 (323
22
yxyx
yxxy
Nhân 2 vế của pt(1) với (2) rồi cộng pt(2) theo vế được
)3 (044)(7)(
2

=−+−+ yxyx
Đặt u = x + y , pt(3) thành



−=
=
⇔=−−
4
11
0447
2
u
u
uu
+) u =11 giải được (x; y) = (5; 6)
+) u = -4 Giải được








+−−−
=
2
533
;

2
535
);( yx
7
Ví dụ 8:




=++
=++
222
71
913
yxyyx
yxxy
+) Xét y = 0 không thỏa mãn
+) Xét
0≠y
hệ phương trình thành







=−









+
=++
7
1
9.3
1
2
y
x
y
x
y
x
y
x
Đặt







=

+=
y
x
v
y
xu
1
hệ thành:



=−
=+
7
93
2
vu
vu
hệ này giải được bằng phương pháp thế hoặc
cộng trừ đại số được:



=
=
2
3
v
u
được (x, y) = (2; 1), (1;

2
1
)








=
−
=
9
37
3
10
v
u
đưa đến hệ vô nghiệm
Ví dụ 9:





+−−=−−−+
=−−
)2 (2)324(12)142(

)1 (385
22
yxyxyxyx
yyx
Pt(2)
[ ] [ ]
yxyxyxyx 21)12(2121)2(2 +−−−=−−−+⇔
Đặt a = x +2y
)0( ≥a
b = 2x – y - 1
)0( ≥b
Pt(2) thành:
abba )12()12( −=−

0)12)(( =+−⇔ abba

122 −−=+⇒=⇔ yxyxba

13 +=⇔ yx
thế vào (1) được:




−=
=
⇔=−−
2
1
1

012
2
1
2
y
y
yy
41
11
=⇒= xy
(thỏa mãn)
2
1
2
1
22
−=⇒−= xy
( không thỏa mãn)
Vậy: (x, y) = (4; 1)
Bài tập tương tự áp dụng giải hệ bằng phương pháp đặt ẩn phụ:
8
1)





=−−−
=+−+
389212

1434
22
22
yxyx
yxyx
2)





=−−
−=++
22
3222
22
yxyx
yxyx
3)







=+++
=+++
2
1711

5
11
22
22
yx
yx
yx
yx
4)



=+++
=++
18
72)1)(1(
22
yxyx
yxxy
5)



=++
=++
222
131
71
yxyyx
yxxy

6)





−=+−
=+−
1
1
23
2234
xyxyx
yxyxx
7)





=+−
−=
xyyy
yx
233
32
23
3
2. Phương pháp “dùng Phương trình bậc hai”.
Khi giải phương trình, hệ phương trình bậc cao thường nghĩ đến việc có đưa

được về phương trình tích không; Việc đưa về tích thường khó khăn. Có một cách giải
quyết khó khăn đó là đưa về phương trình bậc 2 đối với x( hoặc phương trình bậc 2 đối
với y). Giải phương trình tìm x theo y ( hoặc tìm y theo x). Hoặc tìm điều kiện ràng
buộc của x, y
Ví dụ 10:





=−+++
=++−−+
)2 (04
)1 (0252
22
22
yxyx
yxyxyx
Pt(1):
)'1 (0252)1(
22
=−+−+− xxyxy
Coi pt(1’) là phương trình bậc 2 ẩn y tham số x
222
)33()252(4)1( −=−+−−+=∆ xxxx
Khi đó :
xy
xx
y −=⇒
−−+

= 2
2
)33(1

12
2
)33(1
−=⇒
−++
= xy
xx
y
Với y = 2-x kết hợp (2) được (x, y) = (1; 1)
Với y = 2x – 1 kết hợp (2) được






−−
==
5
13
;
5
4
);();1;1(),( yxyx
Hệ có 2 nghiệm







−−
==
5
13
;
5
4
);();1;1();( yxyx
Ví dụ 11:





=−
=−−++
)2 (2
)1 (03425
23
22
xy
xyyyx
(1)
)'1 (03254
22

=−++−⇔ yyxyx
Coi pt(1) là phương trình bậc 2 ẩn x, tham số y
9
32)325(4'
222
+−−=−+−=∆ yyyyy
Pt(1’) có nghiệm
130' ≤≤−⇔≥∆⇔ y

1
3
≤⇒ y
1
23
≤−⇒ xy
do đó pt(2) vô nghiệm
⇒
Hệ phương trình vô nghiệm
Ví dụ 12: ( kết hợp cả đặt ẩn phụ và phương pháp dùng phương trình bậc 2)





=−−+
+−=+−−+−+
)2 (12513
)1 ()1)(2(1912225156
yx
xyxyyx

ĐKXĐ



≥
−≥
2
1
y
x
Pt(1)
)'1 ()1)(2(191221)2(15)1(6 +−=+−−+−−++⇔ xyxyyx
Đặt
1+= xa
,
2−= yb

)0,( ≥ba
pt(1’) thành:
ababba 1921156
22
=−+−+
)''1 (01215)119(6
22
=−+++−⇔ bbaba
coi pt(1’’) là phương trình bậc 2 ẩn a, tham
số b
)1215.(6.4)119(
22
−+−+=∆ bbb

=
2
)5( −b
2
13 +
=
b
a
3
15 −
=
b
a
Với cách đặt trên pt(2) thành: 3a – 5b = 1 (2’)
Với
2
13 +
=
b
a
kết hợp (2’) được:



=
=
⇒




=
=
)(3
)(3
1
2
Tmy
Tmx
b
a
Với
3
15 −
=
b
a
kết hợp (2’)
⇒
Hệ vô nghiệm
Bài tập tương tự giải hệ bằng phương pháp phương trình bậc hai:
1)





=+
=+−−
1432
342

22
22
yx
yxyx
2)





=++
=++−++
1)2(
0)1(2
24
2234
yyxx
yxyxyxx
3)





=−
=++−
18
022
23
22

xy
xyxyx
4)





=−++
=+
0
2
22
23
yyxyx
yx
3. Phương pháp hàm số.
Nhận xét 1: Hàm số f(t) đồng biến ( nghịch biến) trên (a, b) ,
),(,
21
batt ∈
thì:
2121
)()( tttftf =⇔=
10
Nhận xét 2: Nếu
ff
DxDxmxf ∈∈∀≤
0
,)(

mxf =)(
0
g
Dymyg ∈∀≥)(
myg =)(
0



=
=
⇔==⇒
0
0
)()(
yy
xx
mygxf
Dựa vào các nhận xét trên ta áp dụng giải hệ phương trình:
Ví dụ 13:





=+
−−=−−
)2 (1
)1 (3)24(3)24(22
2

233
yx
xxxx
ĐKXĐ:





∈
≥
Ry
x
2
1
Pt(1)
( )
)24(324232
3
23
−+−=+⇔ xxxx
Xét hàm số
23
32)( tttf +=

)
2
1
( ≥t

066)('
2
〉+= tttf

2
1
≥∀t
⇒
hàm số f(t) đồng biến
2
1
≥∀t
Do đó:
( )
2424)( −=⇔−= xxxfxf
22 ±=⇔ x
( thỏa mãn)
Kết hợp với (2) ta giải được hệ có 2 nghiệm:
( ) ( )
524;22;245,22 −−−−+
Ví dụ 14:





=−−−−+
=−−+−
)2 (01231
)1 (0233

222
233
yyxx
xyyx
ĐKXĐ:



≤≤
≤≤−
20
11
y
x
Pt(1)
2323
3)1(3)1( yyxx −=+−+⇔
Xét hàm số
,3)(
23
tttf −=

[ ]
2;0∈t
,063)('
2
≤−=⇒ tttf

[ ]
2;0∈t

)(tf⇒
nghịch biến trên
[ ]
2;0
Do đó
1)()1( +=⇔=+ xyyfxf
Thế y = x + 1 vào (2) thu gọn được:
0121
22
=−+− xx
(
)
0211
22
=+−−⇔ xx
1±=⇔ x
( thỏa mãn)
Suy ra hệ có 2 nghiệm (x, y) = (1; 2); (x, y) = (-1; 0)
11
Ví dụ 15:





=+
+−=−+
)2 (24
)1 (3442
22

22
yx
yyxx
ĐKXĐ:



∈
≤≤−
Ry
x 22
Chứng minh:
22)(
2
≤−+= xxxf

[ ]
2;2−∈∀x

22)12(344)(
22
≥+−=+−= yyyyg

y∀





=

=
⇔





=−
−=
⇔==⇒
2
1
1
012
2
2)()(
2
y
x
y
xx
ygxf





=
=
2

1
1
y
x
thỏa mãn pt(2).
Vậy hệ có nghiệm






=
2
1
;1),( yx
Ví dụ 16:





=+
−−+=+−
)2 (10
)1 ()1(3262
32
22
yx
yxxxx

ĐKXĐ:





∈
−≥
Ry
x
2
3
Nhân 2 vế của pt(1) với pt(2) rồi đưa về:
( )
2
2
2
)1(232)3( −−=+−+− yxxx
( )
032)3()(
2
2
≥+−+−= xxxxf

2
3
−≥∀x
0)1(2)(
2
≤−−= yyg

y∀



=
=
⇔





=−
=+−
=−
⇔=⇒
1
3
01
032
03
)()(
y
x
y
xx
x
ygxf
Với




=
=
1
3
y
x
thỏa mãn pt(2)
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (3; 1)
Ví dụ 17:





=+
−=+−+−
)2 (5
)1 (155413
2
2
yx
xyxx
ĐKXĐ:
51 ≤≤ x

Ry ∈
Lấy (1) trừ đi (2) theo vế và thu gọn được phương trình:

12
105413 =−+− xx
Đặt
xxxf −+−= 5413)(

Tìm được giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên
[ ]
5;1
là maxf(x) = 10
)(
25
61
10)( tmxxf =⇔=
Thế
25
61
=x
vào (2) được
625
596
−=y
Hệ có nghiệm






−=
625

596
;
25
61
)'( yx
Bài tập tương tự giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số:
1)





=+−
−=−−−
xy
yxy
1)2(
2712
4
3
2)





=−++
=−+
++
43

0ln
48
22
yyxx
e
y
x
e
yyxx
3)





=+
++=+++
2
8315
32
2232
yx
xxxyx
4)





=−

+=+−+−
16
225413
22
22
yx
yxxx
4. Phương pháp hình học
Có những hệ phương trình nếu giải theo phương pháp đại số gặp khó khăn
nhưng nhờ phương pháp hình học thì việc giải quyết bài toán sẽ gọn nhẹ hơn
Ví dụ 17:





=++−+++−−+
=−
)2 (131026542
)1 (523
2222
yxyxyxyx
yx
Pt(2)
22
)2()1( −+−⇔ yx
+
13)1()3(
22
=++− yx

Đặt A(x; y), B(1; 2), C(3; -1), BC =
13
Lúc đó AB + AC = BC
⇒
A, B, C thẳng hàng
Phương trình BC : 3x+2y-7=0
Từ đó đưa đến hệ phương trình đã cho





=
=
⇔



=+
=−
⇔
2
1
2
723
523
y
x
yx
yx

Vậy hệ có nghiệm






=
2
1
;2);( yx
Ví dụ 18:





=+
++=−++
)2 (6
)1 ()62)(1(423
2
2
yx
xyxxy
13
ĐKXĐ:






∈
≤≤−
Ry
x 4
3
2
Đặt
),1;(ya =

( )
xxb −+= 4;23
xxyba −++= 423.
62)(1(.
2
++= xyba
(1)
babababa ,1),cos(. ⇔=⇔=⇔
cùng hướng
+) Xét y = 0 không thỏa mãn hệ
+) Xét
0≠y
thì
ba,
cùng hướng
)0(
1
423
〉

−
=
+
⇔ y
x
y
x
)4(23
2
xyx −=+⇔

)0( 〉y
(1’)
Từ (2)
xy −=⇔ 6
2
thế vào (1’) được: 3x +2 + (6 – x)(4 – x)



=
=
⇔=+−⇔
)(11
)(2
02213
2
kgthmanx
thmanx
xx




〉−=
=
⇒=
)0(2
)(2
2
kgthmanyy
thmany
x
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2; 2)
Ví dụ 19:



=++
=+−−−++
10
02422
222
zyx
zyxzyx



=−++
=−+−+−
⇔

)2 (010
)1 (4)2()1()1(
222
zyx
zyx
Coi pt(2) là phương trình mặt phẳng
)(
α
.Và pt(1) là phương trình mặt cầu (S) có
tâm I(1;1;2),bán kính R = 2.
2
3
4
3
211
))(,( 〉=
++
=
α
Id
⇒
mặt phẳng
)(
α
và mặt cầu (S) không có điểm chung.
⇒
Hệ phương trình vô nghiệm.
Bài tập tương tự áp dụng giải hệ bằng phương pháp hình học:
1)






=+−−++++−+
=+
10151020524
2643
2222
yxyxyxyx
yx
2)





=+
++=+++
12
)43)(4(1232
2
2
yx
xyxxy
3)



=++

=+−+−++
132
025862
222
zyx
zyxzyx
14
4)





=+−++
=++−+
01648
0424
22
22
yxyx
yxyx
IV. Hiệu quả do sáng kiến đem lại:
Bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này được đúc kết qua các năm dạy học.
Sáng kiến này phục vụ cho việc giảng dạy của thày giáo khi dạy lớp 10 phần hệ
phương trình và dạy ôn thi đại học cho lớp 12 chuyên đề hệ phương trình đại số ( có
trong cấu trúc mới của đề thi đại học). Sáng kiến kinh nghiệm này đã phục vụ cho học
sinh lớp 10 và lớp 12 mà tôi trực tiếp giảng dạy. Nhờ kinh nghiệm này mà kết quả học
tập của học sinh tốt hơn. Cụ thể qua các bài kiểm tra trong các kì thi kiểm tra 8 tuần,
thi học kì, thi đại học, thi học sinh giỏi phổ thông nếu trong đề có hệ phương trình thì
học sinh của tôi đều giải tốt bài đó, góp phần nâng điểm trung bình bộ môn toán của

các kì thi đại học của lớp tôi trực tiếp giảng dạy trong những năm gần đây khá cao.
V. Đề xuất kiến nghị:
Để hoàn thành sáng kiến này tôi đã nhận được sự giúp đỡ của đồng nghiệp trong
tổ toán. Tôi đã dựa vào các đề thi đại học, dựa vào ngân hàng đề thi toán của tổ để
chọn làm một số ví dụ minh họa trong sáng kiến.
Bản sáng kiến được chuẩn bị nghiêm túc song không tránh khỏi những sai sót.
Tác giả xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp bổ sung của đồng nghiệp để bản báo
cáo này được hoàn thiện tốt hơn.
Đánh giá, xếp loại của cơ quan Tác giả sáng kiến
Hồ Xuân Phúc
15