Tiêu đề CHƯƠNG II - SUY LUẬN TÌM LỜI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG KỸ NĂNG ĐẶC BIỆT HÓA.doc ✅

CHƯƠNG II. SUY LUẬN TÌM LỜI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG KỸ NĂNG ĐẶC BIỆT HÓA Trong toán học cũng như trong đời sống chúng ta, có những khẳng định khá thú vị, đó là: Nếu một khẳng định hay một quy luật nào đó đúng với mọi trường hợp thì nó cũng đúng với những trường hợp riêng lẻ. Tuy nhiên điều ngược lại chưa chắc đã xảy ra. Trong cuộc sống, chúng ta rất ít bắt gặp điều gì đó đúng với mọi trường hợp, nhưng chúng ta lại tìm thấy những sự giống nhau kì lạ giữa những trường hợp riêng lẻ nào đó. Trong khoa học mà đơn cử là những chương trình dự báo thời tiết, dự báo bão… người ta đã sử dụng tư duy đặc biệt hóa trong toán học một cách rất hiệu quả. Họ đo đạc, tính toán cho những trường hợp riêng lẻ rồi bằng sự suy luận, dự đoán và những công cụ hỗ trợ khác, họ tìm được hay dự báo được một quy luật nào đó của tự nhiên. Bài toán Hệ phương trình là một bài toán khó, hiện nay đa số các bạn học sinh đều giải quyết nó dựa vào kinh nghiệm bản thân thông qua việc giải nhiều bài tập mà chưa thực sự có một hướng phân tích hay dự báo nào cho việc giải toán Do vậy trong cuốn sách này, tôi dành hẳn một chương với mong muốn sẽ giúp các bạn tìm ra một hướng đi bằng những suy luận và dự báo khi đứng trước một hệ phương trình. A. TÌM MỐI QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN TRÊN MỘT PHƯƠNG TRÌNH CỦA HỆ. I. Hệ phương trình chứa đa thức bậc hai khả quy. Bài toán 1. Giải hệ phương trình   22 23 10x6yy x2xy 4x1 x 9 ,y y2         ℝ Phân tích. Sử dụng phép thử các giá trị đặc biệt lên phương trình (1), ta có: +) Cho 2y2 y60xy y30     Ta nhận được 12x;yA0;2,A0;3
+) Cho 2 x1 y02x5x303 x 2      Ta nhận được 123x;yB1;0,B;0 2     + Cho 2y4 y200x 5y y1     Ta nhận được 12x;yC1;4,C1;5 Suy luận và dự đoán. Do phương trình (1) là một đa thức bậc 2, do vậy nếu (1) phân tích được thì nó là tích của các đa thức bậc nhất. Lúc đó ta có các phương trình đường thẳng: 1112 2122 A:2xy20,A:4x3y60, A:3xy30,A:2xy3 BB BB0   Ta nhận thấy điểm 111CAB , nên ta dự đoán mối liên hệ của các biến x, y trong phương trình (1) là y = 2x + 2. Lời giải. Đặt 2x + 2 = a, thay vào PT(1) cho ta: 2222a25a26yayayayay10y ay ay10      +) Với ayy2x2 thay vào (2) ta được 3xx14x5.0 Trong trường hợp này hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (1;4). +) Với a + y = 1  y = -2x – 3 thay vào (2) ta được 32 8x18x0xx0 . Trong trường hợp này hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (0;-3) Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x;y) = {(0;-3);(1;4)} Bình luận. Nhận thấy đa thức ở phương trình (1) là đa thức bậc hai, do vậy ta dễ dàng kiểm chứng đa thức đó có khả quy hay không nhờ kỹ thuật Đen-ta chính phương: Viết lại phương trình (1) thành 2210xyy04x6* . Xem x là ẩn số, y là tham số ta có 22x254()2y'y6y1
Khi đó nghiệm của phương trình (*) là y y 10y2 x 42 10y3 x 42               Bài toán 2. Giải hệ phương trình   22 2 3xy3y9x3y40 6xy2x10y30 3x1 x,y 3y2        ℝ Phân tích.  Xét phương trình (1): +) Cho 2x03yy340 (Vô nghiệm) Suy luận và dự đoán: Nếu đa thức (1) đưa được về dạng tích, chứng tỏ nó là tích các bậc nhất. Vì thế với các trường hợp 0x (hoặc 0y ) ta thường nhận được các giá trị hữu tỷ của y (hoặc x ). Vì vậy ta dự đoán (1) không có dạng tích.  Xét phương trình (2): +) Cho 2 y3 x03y10y301 y 3      Ta nhận được các giá trị của cặp 121x;yA0;3,A0; 3     +) Cho 3 y02x30x 2 Ta nhận được 13x;yB;0 2     +) Cho y = 1  x = -1. Ta nhận được 1x;yC1;1. Suy luận và dự đoán. Đa thức (2) là đa thức bậc hai, do vậy nếu nó khả quy ta dự đoán nó là tích các bậc nhất. Lúc đó: 1121A:2xy30;A:2x9BBy30 Nhận thấy 111CAB nên ta dự đoán mối quan hệ giữa các biến x, y là y = 2x + 3. Lời giải. Đặt a = 2x + 3, thay vào (2) ta có: 2ay 3y3ayya0ay3y10 3y1     
+) Với 1 3y10y 3 , thay vào phương trình (1) ta có : 2 2 x 163 3x0 83 3 10x x          . Trong trường hợp này hệ ban đầu có các nghiệm 2181x;y;,;. 3333     +) Với a = y  y = 2x + 3 thay vào phương trình (1) ta được phương trình 2 271015xx3 (Vô nghiệm). Kết luận. Hệ ban đầu có nghiệm 2181x;y;,;. 3333     Bài toán 3. Giải hệ phương trình   22 22 x4y3y7xy1 R y 6x1 x,y xy42x23y         Phân tích. Sử dụng phép thử các giá trị đặc biệt lên phương trình (1), ta có : +) Cho 2 y1 4y1003y1 y 3 x        Ta nhận được các giá trị 121x;yA0;1,A0; 3     +) Cho 2 1 x 3 y06xx10 1 x 2         Ta nhận được các giá trị 1211x;yB;0,B;0 32     +) Cho 2y1 y20xy y21     Ta nhận được các giá trị 12x;yC1;1,C1;2 Suy luận và dự đoán. Ta có phương trình các đường thẳng: