SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP LẬP HỆ
PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II"

1


PHẦN A: MỞ ĐẦU
I.Lý do chọn đề tài
Trong trường THPT môn Toán là một môn quan trọng. Nó là tiền đề trong việc
giảng dạy và học tập các môn khác như: Hóa học, Vật lý, Sinh học...giúp phát triển tư
duy cho học sinh, giúp các em có khả năng phân tích, tổng hợp, so sánh, tưởng tượng,
sáng tạo...
Như chúng ta đã biết phương trình, hệ phương trình trong chương trình toán phổ
thông có rất nhiều dạng và phương pháp giải khác nhau. Người giáo viên ngoài việc nắm
được các dạng phương trình và cách giải chúng để hướng dẫn học sinh cần phải xây dựng
lên các đề toán để làm tài liệu cho việc giảng dạy và rèn luyện tư duy toán học cho các
học sinh khá, giỏi. Bài viết này đưa ra một số quy trình xây dựng lên các phương trình, hệ
phương trình. Qua các quy trình này tôi cũng rút ra được các phương pháp giải cho các
dạng phương trình, hệ phương trình tương ứng. Các quy trình xây dựng đề toán được
trình bày thông qua những ví dụ, các bài toán được đặt ngay sau các ví dụ đó. Đa số các
bài toán được xây dựng đều có lời giải hoặc hướng dẫn. Quan trọng hơn nữa là một số
lưu ý sau lời giải sẽ giúp ta giải thích được “Vì sao lại nghĩ ra lời giải này”.
Qua quá trình công tác giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy việc học toán nói
chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư
duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy, cô cần phải có nhiều
phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu và tiếp cận bài giải. Song đòi
hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua
một bài toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát

I Cơ sở lý luận
Định nghĩa hệ đối xứng loại II
Hệ đối xứng loại II là hệ phương trình gồm 2 ẩn x, y sao cho khi đổi chỗ vai trò của x và
y thì phương trình này trở thành phương trình kia của hệ.
Xét hệ phương trình đối xứng loại II
( α x + β ) 2 = ay + b


2

( α y + β ) = ax + b

(1)

(2)

Phương pháp giải hệ đối xứng loại II
• Trừ từng vế của hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích có dạng :
(x-y).f(x,y)=0

x = y
⇔
 f ( x, y ) = 0

• Kết hợp một phương trình tích với một phương trình của hệ để suy ra nghiệm của
hệ phương trình.
Như vậy từ hệ đối xứng loại II có cách giải truyền thống như trên ta xuất phát theo
hướng sau để khai thác các phương trình được lập và ngược lại cũng có luôn cách giải
những phương trình đó bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II và gần đối xứng.
Từ (2) suy ra


( x + ) =



a
+b

a
+b


(*)

Đến đây bằng cách chọn , , a, b ta sẽ xây dựng đợc các phơng trình vô tỉ. Cách giải
các phơng trình dạng này là đặt y + =

ax + b

(hoặc -

ax + b để

đa về hệ đối

xứng loại II ở trên đã biết cách giải.
Ta sẽ đi xây dựng một số phơng trình khi gii cú th dựng phng phỏp a v h
phng trỡnh i xng loi II hoc gn i xng.
II.Xõy dng phng trỡnh gii bng cỏch lp h i xng loi II
Vớ d 1. Xột h i xng loi hai


2
2
y = 2 3 x ( 2 )
y = 2 3 x

Ly (1) tr (2) ta c
x - y = 3 (x2 -

y = x
x y =0

y2) 3 ( x + y ) = 1 y = 1 3x

3


5


Với y = x, thay vào (1) ta được
Với

y=

1 − 3x
,
3

 2

trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn.
Ví dụ 2. Xét một phương trình bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ
5x2 − 2 x −1 ⇔ 2 x = 5x2 −1

Do đó ta xét
2

2
 5x2 − 1 
 2 y = 5 x − 1
⇒
2
x
=
5


÷ −1
2
 2 
 2 x = 5 y − 1

Ta có bài toán sau
Bài toán 2. Giải phương trình 8x – 5(5x2 – 1)2 = – 4
2

Giải. Đặt 2y = 5x – 1. Khi đó

2
2

5x + 2
,
5

5x2 − 2 x −1 = 0 ⇔ x =

1± 6
5

thay vào (1) ta được

10 x + 4
−5 ± 50
= 5 x 2 − 1 ⇔ 25 x 2 + 10 x − 1 ⇔ x =
5
25

Phương trình đã cho có bốn nghiệm

1 ± 6 −1 ± 2
,
5
5

Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba
3
⇔ 8 x3 − 6 x = − 3 ⇔ 6 x = 8 x3 + 3
2

4 x3 − 3x = −


3

Ta có bài toán sau
Bài toán 3. Giải phương trình 162 x − 27
Giải. Đặt

6 y = 8 x + 3.
3

Ta có

(

3 = 8 x3 + 3

)

3

3
6 y = 8 x 3 + 3
6 y = 8 x + 3 ( 1)
⇔
hệ 
3
3
6 x = 8 y + 3 ( 2 )
162 x − 27 3 = 216 y



tìm sau). Khi đó từ PT đã cho có hệ
6 y + b = 8 x 3 + 3

3 3
2
2
2
3
162 x − 27 3 = a y + 3a by + 3ab y + b

Cần chọn a và b sao cho
 a
8
b+ 3
=
=

b = 0
162 a 3 27 3 − b 3 ⇒ 
a = 6
 2
3a b = 3ab 2 = 0

Vậy ta có phép đặt 6y = 8x3 +

3

VÝ dô 4. Cho α = 3, β = 2, a = 3, b = 8 thay vµo (*) ta ®îc


Để x, y thỏa mãn (1) và (2) thì x v y . Lấy (2) trừ (3) ta đợc
3(x y) (3x + 3y + 4) = 3(y x) (x y)(3x + 3y + 5) = 0
x y = 0

y = x





3x + 3 y + 5 = 0 3 y = (3 x + 5)
Với y = x, thay vào (2) ta đợc
1

x
=
(tha món)

3
(3x + 2)2 = 3x + 8 9x2 + 9x 4 = 0
x = 4 (loi)

3

Vi y = (3x + 5), thay vo (2) ta c
(3x + 2)2 = 3x + 3
9x2 + 15x + 1 = 0

5 + 21
x =

9 x + 12 x − 2 = my + n

Để là hệ đối xứng lại hai thì
m 2 2mn 3 8 − n 2
=
= =
9
12
m
n

m = 3

⇒ n = 2


Ví dụ 5. Cho α = 1, β = 1, a = , b = thay vào (*) ta được

( x + 1) 2 =

x 3
+
2 2 − 1 + 3 ⇔ 2( x + 1) 2 = x + 3 + 2
2
2 2
2 2

Ta có bài toán sau
Bài toán 5. Giải phương trình 2x2 + 4x =



Thay vào phương trình trên của hệ
(αx + β ) 3 =

a 3 ax + b aβ
−
+b
α
α

Ví dụ 7. Chọn α = 1, β = 1, a = 3, b = 5, ta được
(x +1)3 = 3 3 3 x + 5 + 2
Ta có bài toán sau
Bài toán 7. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). Giải phương trình
x3 + 3x2 - 3 3 3x + 5 = 1 − 3x
Giải. Tập xác định R. Phương trình đã cho tương đương
(x +1)3 = 3 3 3x + 5 + 2
Đặt y + 1 =

3

3x + 5

(1)

. Ta có hệ
( x + 1) 3 = 3 y + 5

( y + 1) 3 = 3x + 5


Ví dụ 9. Ta sẽ xây dựng một phương trình vô tỉ có ít nhất một nghiệm theo ý muốn. Xét
x = 3. Khi đó

do x =3

2 x − 5 = 1 ⇒ ( 2 x − 5) = 1 = x − 2
3

Ta mong muốn có một phương trình chứa (ax + b) 3 và chứa

3

cx + d

, hơn nữa phương

trình này được giải bằng cách đưa về hệ “gần” đối xứng (nghĩa là khi trừ theo vế hai
phương trình của hệ ta có thừa số (x – y)). Vậy ta xét hệ.
(2 y − 5) 3 = x − 2

Không là hệ đối xứng loại II nhưng chúng ta vẫn giải được hệ
(2 x − 5) 3 = − x + 2 y − 2

này.
Nếu có phép đặt

2 y − 5 = 3 x − 2, thì

sau khi thay vào phương trình
12

(2 x − 5)3 = − x + 2 y − 2

( 2)
(3)

Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (x – y) [(2x–5)2 + (2x –5) (2y– 5) + (2y– 5)2] = 2(y–x)

(4)
x − y = 0
⇔
2
2
(2 x − 5) + (2 x − 5)(2 y − 5) + (2 y − 5) + 1 = 0(5)
Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 5)3 = x – 2 ⇔ 8x3 – 60x2 + 149x – 123 = 0
⇔ (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3.
13


2

B  3B 2

2
2
Do A + AB + B =  A +  +
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
2
4

⇔8x3 - 60x2 + 149x – 123 = 0
⇔ (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
14


Ví dụ 10. Xét một phương trình bậc ba nào đó, chẳng hạn xét 4x 3 + 3x = 2. Phương trình
này tương đương.
8x3 +6x = 4 ⇔ 8x3 = 4 – 6x ⇔ 2x =

3

4 − 6x

Ta “lồng ghép” phương trình cuối vào một hàm đơn điệu như sau:
(2x)3 + 2x = 3 4 − 6 x +4– 6x ⇔ 8x3+8x – 4 =

3

4 − 6x

Ta được bài toán sau
Bài toán 10. Giải phương trình
8x3 + 8x – 4 =

3

4 − 6x


2

− 4α 3 − 1 ⇔ α 3 = 2 ± 5

thì 2 =

1 3 1 
α − 3  .
2
α 

Ta có

15


1 3 1 
1 
1 
1 
1 
 α − 3 ÷ = 3   α − ÷ + 4   α − ÷
2
α 
α 
α 
2 
2 

Vậy

8
x
+
8
x
−
4
=
2
y



8 x = −8 x + 2 y + 4

( a)
(b)

Lấy PT (b) trừ PT (a) theo vế ta được
8(x3 – y3) = 2(y – x) ⇔ (x – y) [4(x2 + xy + y2) + 1] = 0 ⇔ y = x
Thay y = x vào (a) ta được
8x3 = -6x + 4 ⇔ 4x3 + 3x = 2
Đến đây làm giống cách 1
Bài toán 11.
(Chọn đội tuyển TP Hồ Chí Minh dự thi quốc gia năm học 2002-2003).
Giải phương trình
3

3x − 5 = 8 x 3 − 36 x 2 + 53 x − 25


(5)

⇔

Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 3)3 = 3x – 5 ⇔ 8x3 – 36x2 + 54x – 27 = 3x – 5
x = 2
⇔ ( x − 2 )  8 x 2 − 20 x + 11 = 0 ⇔ 
x = 5 ± 3



4
B  2 3B 2

Do A + AB + B =  A +  +
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
2
4


2

2

Phương trình có ba nghiệm x = 2, x =

5± 3
4


8 y = 6 x + 1

17

(1)
(2)


Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
8(x3 – y3) = 2(y-x) ⇔ (x – y) [4(x2 + xy+ y2) + 1] = 0 ⇔ y = x
Thay y = x vào (2) ta được
8x3 – 6x = 1 ⇔ 4x3 – 3x = cos

(3)

Sử dụng công thức cos α = 4 cos3 - 3 cos ta có
cos = 4 cos3 - 3 cos
cos = 4 cos3

7π
9

- 3 cos ,

cos = 4 cos3 - 3 cos .
Vậy x = cos , x = cos , x = cos là tất cả các nghiệm của phương trình (3) và cũng là tất cả
các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Ta còn có thể giải cách khác như sau: Phương trình viết lại.
6 x + 1 + 3 6 x + 1 = (2 x)3 +2 x



3x + 1 ,

chọn α , β sao cho hệ thu được có thể giải (hệ gần đối xứng)

Ta có
Để giải hệ trên ta lấy (1) nhân với k cộng với 2 : và mong muốn của chúng ta là có
nghiệm x=y , nên ta phải có
α 2 2αβ − 3 β 2 − 1
=
=
4
α − 13
5+ β
α = −2

Ta chọn được  β = 3


Ta có lời giải như sau:
Với điều kiện
Đặt

x≥

−1
3


3x + 1 = − ( 2 y − 3) ,  y ≤



8
8



19


IV.Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:
1. x2 -2x =2

2x −1

2. 2x2 -6x-1=
3. 8x3-4x-1 =

4x + 5
3

6x +1

4. 7x2 -13x +8= 2x2

3

x(−3 x 2 + 3 x + 1)


2
37
4 x + 1 − 9 x 2 + 26 x +
=0
3
3

V. Kết quả của sáng kiến kinh nghiệm
Với phương pháp trên tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách chủ động,
tích cực, tất cả các em đều hứng thú học tập thực sự và hăng hái làm bài tập giao về nhà
tương tự. Phương pháp dạy học trên đây dựa vào các nguyên tắc:
• Đảm bảo tính khoa học chính xác
• Đảm bảo tính lôgic
20


• Đảm bảo tính sư phạm
• Đảm bảo tính hiệu quả
Khi trình bày tôi đã chú ý đến phương diện sau:
• Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh
• Phát huy được năng lực tư duy toán học của học sinh
Qua thực tế giảng dạy các lớp chuyên đề 10A4, 10A5, 10A6. Các em rất hào
hứng và sôi nổi trong giải phương trình với cách đưa về hệ. Cụ thể kiểm tra
khảo sát chất lượng học sinh năm học 2011-2012 và 2012-2013 trước và sau
khi áp dụng sáng kiến như sau:

Tổng số học sinh

Trước



Khá

Giỏi Yêú

kém
120

khi

Kém

Số lượng

10

50

50

10

%

8,4

41,6 41,6 8,4

PHẦN C: KẾT LUẬN
I.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm.



Nên giới thiệu cho học sinh phương pháp giải phương trình với cách giải đưa về hệ
đối xứng loại II, và gần đối xứng loại II. Trên đây là phần tóm tắt bản báo cáo sáng
kiến kinh nghiệm .
Rất mong các thầy,cô và đồng nghiệp đóng góp ý kiến để SKKN của tôi hoàn thiện
và thực sự là một tài liệu tham khảo. Cuối cùng tôi xin cảm ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu
nhà trường, các đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi hoàn thành SKKN này.

23