SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
" MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG
MẪU MỰC DÙNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9"
A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN SÁNG KIẾN
1. Cơ sở lí luận
Kiến thức về phương trình, hệ phương trình trong chương trình toàn của bậc học phổ
thông là một nội dung rất quan trọng, vì nó là nền tảng để giúp học sinh tiếp cận đến các
nội dung khác trong chương trình toán học, vật lí học, hoá học, sinh học của bậc học này.
Trong chương trình toán của bậc học phổ thông, bắt đầu từ lớp 9 học sinh được học
về hệ phương trình, bắt đầu là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. Cùng với đó học sinh
được học hai quy tắc biến đổi tương đương một hệ phương trình là “Quy tắc thế”; “Quy
tắc cộng đại số”. Trong chương trình toán lớp 8 và lớp 9 học sinh được học khá đầy đủ về
phương trình một ẩn như: phương trình bậc nhất một ẩn; phương trình tích; phương trình
chứa ẩn ở mẫu; phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối; phương trình bậc hai; phương
trình chứa dấu căn. Thông qua việc học các dạng phương trình trên học sinh được trang
bị tương đối đầy đủ về các phương pháp giải các phương trình đại số, điều này đồng
nghĩa với việc học sinh được trang bị các phương pháp giải hệ phương trình không phải
là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Các hệ phương trình mà cách giải tuỳ thuộc vào đặc điểm riêng của hệ, không có
một đường lối chung cho việc giải các hệ đó, ta gọi các hệ dạng này là hệ phương trình
không mẫu mực. Việc giải các hệ phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải
nắm rất vững các phương pháp biến đổi tương đương một hệ phương trình, các phép biến
đổi tương đương một phương trình, đặc biệt học sinh phải rất tinh ý phát hiện ra những
đặc điểm rất riêng của từng hệ từ đó có cách biến đổi hợp lí nhờ đó mới có thể giải được
hệ.
2. Cơ sở thực tiễn
Tuy trong nội dung chương trình toán lớp 8 và lớp 9 đã trang bị cho học sinh khá đầy
đủ kiến thức về phương trình và hệ phương trình đại số cùng các phương pháp giải. Trong
khi đó, việc trang bị các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực hầu như không
xếp hợp lôgíc về mặt tư duy kiến thức bộ môn.
- Xây dựng được hệ thống các bài tập phù hợp với đối tượng học sinh theo từng
phương pháp cụ thể, nhằm giúp học sinh có được bài tập luyện tập khắc sâu kiến thức,
giáo viên giảng dạy có được hệ thống bài tập minh hoạ phong phú cho tứng phương
pháp.
2. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là hệ thống các phương pháp
giải hệ phương trình không mẫu mực, những điểm học sinh cần lưu ý khi tiến hành giải
các hệ phương trình loại này.
3. Phương pháp nghiên cứu
Để hoàn thiện sáng kiến này tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cưu sau:
- Phương pháp duy vật biện chứng và duy vật lịch sử.
- Phương pháp trừu tượng hoá khoa học.
- Phương pháp phân tích tổng hợp.
- Phương pháp so sánh, đối chiếu, thống kê.
- Phương pháp số liệu, hệ thống hoá … phỏng vấn, điều tra, khảo sát điều tra thực tế.
B. NỘI DUNG
I. MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN CÙNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI CẦN
NHỚ
1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Định nghĩa:
Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng:
(1)
' ' ' (2)
ax by c
a x b y c
+ =
+ =
Cách 1: (Sử dụng phương pháp thế)
- Từ phương trình (2) của hệ, rút y theo x ta có
5 2y x= −
. Thay vào phương trình (1) của
hệ ta được:
( )
3 2 5 2 4x x− − =
Hay
7 14x
=
.
- Theo quy tắc thế hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình sau:
7 14 2
5 2 1
x x
y x y
= =
⇔
= − =
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 2; 1 .x y =
Cách 2: (Sử dụng phương pháp cộng đại số)
- Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) vế với vế ta
được:
( ) ( )
4 2 3 2 10 4x y x y+ + − = +
có:
3 2 4 2 3 4
3.1 2.2 7 0; 4.1 5.2 14; 3.5 2.4 7
2 1 5 1 2 5
x y
D D D
− −
= = + = ≠ = = + = = = − =
Suy ra hệ có nghiệm duy nhất:
14
2
7
7
1
7
x
y
D
x
D
D
y
D
= = =
= = =
x y x y
+ + =
+ + + =
Lời giải:
Đặt
S x y= +
và
P xy=
, khi đó hệ đã cho có dạng:
2
11 (1)
2 3 28 (2)
S P
S P S
+ =
− + =
Từ (1) suy ra
11P S
= −
, thay vào phương trình (2) ta được:
( )
2 2
10S = −
thì
21,P =
nên x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai:
( ) ( )
3
10 21 0 3 7 0
7
t
t t t t
t
= −
+ + = ⇔ + + = ⇔
= −
Suy ra
( ) ( )
; 3; 7x y = − −
hoặc
( ) ( )
; 7; 3 .x y = − −
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
( ) ( ) ( ) ( )
2; 3 ; 3; 2 ; 3; 7 ; 7; 3 .− − − −
3. Hệ phương trình đối xứng loại hai
Định nghĩa: Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại
hai nếu trong hệ phương trình, khi đổi vai trò của x và y cho nhau thì phương trình này
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x
+ =
+ =
Lời giải:
Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được:
( )
( )
( )
3 3
2 2
2
2 2 2
2
2 0
3
0 ( 2 2 0 , )
2 4
.
x y y x
x y x xy y
y
x y x xy y x y x y
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là:
( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1; 1 ; ; ; ; .
2 2 2 2
− − − − − + − +
÷ ÷
÷ ÷
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC
1. Phương pháp biến đổi tương đương
Để biến đổi tương đương một hệ phương trình chúng ta sử dụng các quy tắc biến đổi
tương đương như quy tắc thế, quy tắc cộng đại số. Cùng với đó ta cần kết hợp các phép
biến đổi tương đương một phương trình trong quá trình biến đổi như quy tắc chuyển vế,
quy tắc nhân, phân tích thành tích, bình phương hoặc lập phương hai vế, thêm bớt làm
xuất hiện nhân tử chung,…
Nhìn chung việc biến đổi tương đương các hệ phương trình loại này đòi hỏi người
làm phải rất khéo léo và linh hoạt trong từng bước biến đổi. Ta có thể vận dụng phương
pháp biến đổi tương đương để giải hệ không mẫu mực trong các tình huống sau.
DẠNG 1: Trong hệ có một phương trình bậc nhất đối với ẩn x hay ẩn y.
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:
2 2
2 1 0
1 0
x y
x y xy
− + =
x y x
y y
− + =
− + − =
= −
⇔
− − + − − =
= −
⇔
− =
= − = −
= =
+ + =
x y x y x x
xy x x
Lời giải:
Nhận thấy
0x =
không thoả mãn phương trình (1) của hệ nên hệ không có nghiệm
( )
0; y
.
Khi
0x ≠
từ phương trình (2) ta có
2
1
1
x
y
x
−
+ =
thay vào phương trình (1) ta được:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
x
x x x x
x
y
x
x
x
y
x x x
x
x
x
y
x
y
x
y
x
− −
+ = − +
÷ ÷
−
+ =
= −
−
+ =
−
+ =
= −
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
( )
5
1; 1 ; 2; .
2
− − −
÷
+ + − − =
Lời giải:
Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai ta được
7 10y x= −
. Theo quy
tắc cộng đại số, hệ đã cho tương đương với hệ phương trình sau:
( )
+ − =
= −
+ − − =
⇔
= −
+ + =
⇔
= −
= −
7 10
7 10 10 0
7 10
3 2 0
7 10
1
1
17
2
2
7 10
24
x y x
y x
x x x
y x
x x
y x
x
x
y
x
x
y x
y
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( ) ( )
1; 17 ; 2; 24 .− − − −
Nhận xét: Tuy ở cả hai phương trình của hệ đều không có phương trình nào là phương
x y
x y
x y
x y
+ + + =
+ + − =
1 1
2 5
1 1
3 4
Suy ra
x y x y x y
x y
− − = + = − + ⇒ = −
1 1
5 2 4 3 2 1
Thay
2 1x y= −
vào phương trình thứ 2 của hệ ban đầu ta được:
( ) ( ) ( )
( )
( )
= −
= =
=
⇔ ⇔
+
=
=
+
= =
−
=
2
3 2
2 1
y
y y
y
−
9 41
20
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ) ( )
41 1 9 41 41 1 9 41
0; 0 ; 1; 1 ; ; ; ; .
10 20 10 20
− + − − −
÷ ÷
÷ ÷
Nhận xét: Để giải hệ trên ta có thể biến đổi ngay từ hệ ban đầu nhờ quy tắc cộng đại số
như sau:
( )
( )
( ) ( )
( )
− + =
⇔
+ + − =
=
+ + − =
=
⇔
+ + − =
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau
3 3
2 2
9
2 4
x y
x y x y
− =
+ = −
(Thi häc k × 2 líp 9 n¨m häc 2011- 2012 Së Hng Yª n)
Lời giải:
( )
( )
( ) ( )
3 3
3 3
2 2
2 2
3 3 3 3 2 2
2 2 2 2
3 3
2 2
2 2
9
9
− = − = − + + +
⇔ ⇔
− + + + = + = −
− = +
− = +
⇔ ⇔
+ = −
+ = −
( ) ( )
2
2
2
3
3
3 2 0
3 2 3 4
= −
⇔
=
= −
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( ) ( )
1; 2 ; 2; 1 .− −
Nhận xét: Rõ ràng với ví dụ 5 này việc tìm ra được cách biến đổi để giải được hệ
phương trình trên như trên là khá khó đối với học sinh, đặc biệt là học sinh lớp 9. Với ví
dụ này, đòi hỏi học sinh phải nhận xét hết sức tinh tế các hệ số của từng hạng tử trong
mỗi phương trình và học sinh đã được tiếp cận với cách biến đổi tương tự như trên.
BÀI TẬP.
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau
( )
( ) ( )
+ =
+ + =
− = −
1 4 2
1 0
1
1
1 35
4) 5) 6)
2 3 4 9
9
7)
x y
x y
x y x y
x y xy y
x y xy
x y
x y
x y x y
x y x y
x y x y x y x y
x y
x
+ + =
= + + + + =
2
2 3 2 2
+ =
Lời giải:
( ) ( )
( )
( )
− + =
+ =
− − =
⇔
+ =
=
= =
= = −
⇔
= = −
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2 2
22 2 2
2
5 6 0
2 1
2 3 0
2 1
2
2 2
2 2 1
2 1 9 1
33 3
2 1 19 1
2 3 1
3 19 3 19
19 19
hoÆc hoÆc
19 19
3
19 19
x x
y y
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm:
− − − −
÷ ÷
÷ ÷
÷ ÷
2 1 2 1 3 19 19 3 19 19
; ; ; ; ; ; ; .
3 3 3 3 19 19 19 19
Nhận xét: Trong hệ phương trình trên, phương trình thứ nhất chính là phương trình
đẳng cấp bậc hai, tuy nhiên đối với học sinh lớp 9 không nên giải bằng cách đặt x = ky vì
với cách giải này học sinh rất khó hiểu tại sao lại nghĩ ra cách đặt đó. Chính vì vậy, khi
dạy giáo viên nên hướng dẫn học sinh hãy phân tích phương trình thứ nhất về dạng tích
và biến đổi tiếp như cách giải trên.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:
2 2
2 2
2 5 2 0 (1)
2 1 0
(b)
4 0
x y x y
x y xy y x
x y x y
x y x y
x y
x y x y
x y
x y x y
+ − − − =
− + + − + =
⇔
+ + + − =
+ + + − =
+ − =
+ + + − =
+ − = = −
=
⇔ ⇔ ⇔
=
+ + + − = − + =
+ − + + − − =
Giải hệ (b):
( ) ( )
2 2
2
2
2
2 1 0
4 0
1
1
2 1
2 1
4
−
⇔ ⇔ ⇔
=
− − =
+ − + + − − =
−
=
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( )
4 13
1; 1 ; ;
x x y
y
x y x
x x x
+ + + =
= + =
+ + + + +
= = = = +
+
= =
= phơng tr ì nh đợc
Khi đ
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
4 13
; 1; 1 ; ; .
5 5
*) Khi 2 2 thay vo (2) ta cú : 2 2 1 0 1
; 1; 1 .
; 1; 1
x y
x y y x x x x
2
2
1 (1)
(Thi 2011 2012)
(2)
xy
x y
x y
x y x y
+ + =
+
+ =
HSG tỉnh Hng Yê n năm học
Li giai:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
0
1 1 0
1 0 ( 0 1 0)
1
1 2 0 1
x y x y x y x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y x y
x y
x y
x x x x x
+ − + + + − +
⇔ =
+
+
⇔ + − + =
÷
+
+
⇔ + − = + > + >
+
⇔ + =
= − − ⇔ + − = ⇔ =
V × nª n
1
2
2 1 2 0
1
1 2 1 0
1 1 2 1 0
1 1 2 0
1 0
1 0 Do 0 nên 0
xy
x y
x y
xy
x y xy xy
x y
x y xy
x y
x y x y x y xy x y
x y x y x y xy
x y x y x y
x y x y x y x y
+ + =
+
⇔ + + − + − =
+
⇔ + − + − =
÷
+
⇔ + + + − =
⇔ + = − + =
2 4 2 3 0
2 4 hoÆc 2 3
x y x y
x y x y
Do đó ta có:
+ = −
+ + =
+ =
⇔
+ + =
+ =
+ + =
2
2 4
2 4
2 4
4 2 4 2 4 2 7
4 2 7
8 16 11 0
x y
x y
x y
y y y y
xy x y
y y
Vì phương trình
+ + =
2
8 16 11 0y y
có
' 24 0
∆ = − <
nên vô nghiệm. Do vậy hệ (a) vô nghiệm.
Giải hệ (b):
( ) ( )
= −
2
3 2
2 3
4 3 2 3 2 2 7
4 2 7
3 2 1
3 2
1 2
2 3 1 0
1 1
2 2
x y
x y
y y y y
xy x y
x y x y
x y
y x
y y
y y
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( )
1
1; 1 ; 2; .
+ + = +
( )
2 2
2 2
3 3
2 2
2
2 2
2
1
3) 4)
2 1 2 2
1
3 2 4 16
5) 6)
1 5(1 )
2 8
2
7)
4 5(2 )
xy x y x y
x y x y x y
x y y x x y
x y
x y xy x y y x
y x
+ = −
( ) ( )
2 2
2 2
2
2 2
2
2
3 ( 1) ( 3) 4
8)
2 1
2 2 2
5 4 4
9) 10)
1 2
5 4 16 8 16 0
2 2 5
11)
5 7
x x y y y x
x xy y
x xy y y x
y x x
y x y x
x y xy x y
x xy y
y xy x
2 2
12)
3
1 1
7 7
13) 14)
2
2 1
4
15)
1 1 2
x x y y
x y x y
x y
x x y y
x y
x y x y
y x
x y x y
x x y y y
+ = +
+ = +
− = −
2
1 4
2 7 2
x y xy y
x y x y
+ + + =
+ = + +
(1)
(Thi HSG tØnh Hng Yªn n¨m häc 2010-2011)
y (2)
Lời giải:
* Nhận thấy mọi cặp số
( )
;x y
với y = 0 đều không phải là nghiệm của hệ.
* Khi
≠y 0
, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được hệ:
( )
( )
2
2
2
1
4
= +
, khi đó hệ trên trở thành:
2
4
2. 7
u v
v u
+ =
= +
Giải hệ phương trình:
( )
2
2 2
4
4 4
1 9
3 5
2 4 7
2. 7 2 15 0
u v
u v u v
u u
v v
v v
v u v v
1
1
1 2
1 2 0
2 5
3 3
3
x
x x
y x x x
y
y y
y x y x
x y
+
=
= = −
= + + − =
⇔ ⇔ ⇔
= =
= − = −
+ =
⇔ ⇔
= − − = − −
+ = −
Hệ này vô nghiệm vì phương trình
2
9 46 0x x+ + =
có
103 0
∆ = − <
nên vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( ) ( )
1; 2 ; 2; 5 .−
Nhận xét:
- Với hệ phương trình trên việc vận dụng các phép biến đổi tương đương một hệ gặp khó
khăn vì không thể sử dụng được quy tắc thế hay quy tắc cộng đại số.
- Để có thể làm xuất hiện những yếu tố được lặp đi lặp lại trong các phương trình của
hệ, nhờ đó ta đặt được ẩn phụ thì cần chia cả hai vế của từng phương trình cho
0y ≠
.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:
x u
y v
− =
− =
, khi đó hệ phương trình trên trở thành:
2 2
4
. 4( ) 8
u v
u v u v
+ =
+ + =
Giải hệ trên ta được
2
0
u
v
=
=
hoặc
0
2
5
x
y
=
=
;
2
5
x
y
= −
=
.
Nhận xét:
- Với hệ phương trình trên, việc biến đổi hệ để xuấn hiện bộ phận để đặt ẩn phụ khá
dễ nhận ra việc phải sử dụng hằng đẳng thức nhờ phương trình thứ nhất của hệ.
- Ta cũng có thể giải hệ trên nhờ phương pháp thế bằng cách tính y theo x từ phương
trình thứ hai rồi thay vào phương trình thứ nhất. Tuy nhiên theo cách này sẽ xuất
hiện một phương trình bậc 8 rất khó giải.
( ) ( )
2
2
3
4 4 2 7
1
3
xy x y xy
x y
x y x y
x y
+ + − + =
+
+ + + − =
+
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
+ + + − =
+
+ + + − =
+
⇔
+ + + − =
+
* Đặt
1
; 2u x y u
x y
v x y
= + + ≥
+
u v
v
u v
u v
− + =
=
+ =
⇔ ⇔
=
+ =
+ =
Copyright: Tài liệu đại học ©