Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ...
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F[a, b, c] thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F[a, b, c] = 0 khi a = b thì F[a, b, c] sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F[a, b, c] = a2[b - c] + b2[c - a] + c2[a - b].
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F[a, b, c] = a2[a - c] + a2[c - a] = 0, do đó F[a, b, c] có chứa nhân tử a - b.
Tương tự F[a, b, c] chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F[a, b, c] là biểu thức bậc ba, do đó F[a, b, c] = k.[a - b][b - c][c - a].
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :
1 + 1 = k.1.1.[-2] => k = -1.
Vậy : F[a, b, c] = -[a - b][b - c][c - a].
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F[a, b, c] = a3[b - c] + b3[c - a] + c3[a - b].
Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F[a, b, c] phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F[a, b, c] là biểu thức bậc bốn, trong khi đó [a - b][b - c][c - a] bậc ba, vì vậy F[a, b, c] phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k[a + b + c]. Do đó :
F[a, b, c] = k[a - b][b - c][c - a][a + b + c]
Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1.
Vậy : F[a, b, c] = -[a - b][b - c][c - a][a + b + c].
2/ Trong một số bài toán, nếu F[a, b, c] là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F[a, b, c] ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F[a, b, c] có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F[a, b, c] chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/[x + y + z] thì
1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/[xn + yn + zn]
với mọi số nguyên lẻ n.
Nhận xét :
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/[x + y + z] => :
[xy + xz + yz][x + y + z] - xyz = 0 [*]
Do đó ta thử phân tích biểu thức
F[x, y, z] = [xy + xz + yz][x + y + z] - xyz thành nhân tử.
Chú ý rằng khi x = - y thì F[x, y, z] = - y2z + y2z = 0 nên F[x, y, z] chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F[x, y, z] = [x + y][y + z][x + z].
Do đó [*] trở thành : [x + y][y + z][x + z] = 0
Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 .
Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = [-y]n = -yn.
Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/[xn + yn + zn]
Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm.
Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :
Bài toán 4 :
Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
F[x, y, z] = x3 + y3 + z3 - 3xyz.
Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F[x, y, z] ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -[y + z] thì F[x, y, z] = 0 nên F[x, y, z] có nhân tử x + y + z. Chia F[x, y, z] cho x + y + z, ta được thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó :
F[x, y, z] = [x + y + z][x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx].
Ta có thể thêm bớt vào F[x, y, z] một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này.
Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây.
Bài toán 5 :
Tính tổng :
Ngày đăng: 14/08/2020, 13:39
Hệ phương trình nói chung và hệ hoán vị nói riêng thường xuyên có mặt trong nhiều đề thi HSG các cấp. Nhìn chung tư tưởng của nó tương đối đơn giản, phần nhiều chỉ là sử dụng tính đơn điệu của hàm số và một số bài toán sử dụng đánh giá hoặc tính vòng quanh của hàm lượng giác. Tuy nhiên ngay cả khi biết chắc là sẽ sử dụng tính đơn điệu thì việc giải quyết triệt để bài toán cũng gây cho ta nhiều khó khăn [từ việc chọn hàm, chặn điều kiện của biến trên từng khoảng đơn điệu,…].Nhằm giúp các em có cái nhìn và hướng tiếp cận đến các loại hệ có tính hoán vị vòng quanh nên trong đề tài này tôi đã cố gắng hệ thống một cách chi tiết các kĩ thuật để tiếp cận một bài hệ có dạng hoán vị. Đề tài này đã được giảng dạy cho các em trong đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh MỤC LỤC Lời giới thiệu Tên sáng kiến Tác giả sáng kiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Ngày áp dụng sáng kiến Mô tả sáng kiến .1 A Về nội dung sáng kiến: I Cơ sở lí luận II Thực trạng vấn đề III Các phương pháp tiến hành để giải vấn đề 1.1 Bài toán 1.2 Các toán tương tự 2.1 Bài toán 2.2 Các toán tương tự 17 3.1 Phương pháp lượng giác hóa số toán hệ hoán vị 18 3.2 Các toán tương tự 22 B Về khả áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 22 Những thông tin cần bảo mật 22 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 22 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả .22 11 Danh sách tổ chức /cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu .23 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu Hệ phương trình nói chung hệ hốn vị nói riêng thường xuyên có mặt nhiều đề thi HSG cấp Nhìn chung tư tưởng tương đối đơn giản, phần nhiều sử dụng tính đơn điệu hàm số số toán sử dụng đánh giá tính vịng quanh hàm lượng giác Tuy nhiên biết sử dụng tính đơn điệu việc giải triệt để tốn gây cho ta nhiều khó khăn [từ việc chọn hàm, chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu,…] Nhằm giúp em có nhìn hướng tiếp cận đến loại hệ có tính hốn vị vịng quanh nên đề tài cố gắng hệ thống cách chi tiết kĩ thuật để tiếp cận hệ có dạng hốn vị Đề tài giảng dạy cho em đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018 Tên sáng kiến : HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ VỊNG QUANH Tác giả sáng kiến : Họ tên :……………… 4.Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: mơn tốn Ngày áp dụng sáng kiến : từ tháng 9/2018 đến tháng 25/1/2019 Mô tả sáng kiến: A Về nội dung sáng kiến: I Cơ sở lí luận Các tốn tổng qt Bài tốn 1: Xét hệ phương trình �f x1 g x2 � �f x2 g x3 � � �f x g x n � n1 � �f xn g x1 [I] Nếu hai hàm số f g tăng tập A hệ phương trình , xi �A, i 1,2, , n x1, x2 , xn x1 x2 xn Chứng minh : Khơng tính tổng qt giả sử : Khi : x1 x2 � f x1 f x2 x1 min x1, x2 , xn g x2 g x3 x2 x3 nghiệm xn x1 Từ suy ra: Vậy x1 �x2 � �xn �x1 x1 x2 xn Bài toán 2: Xét hệ phương trình �f x1 g x2 � �f x2 g x3 � � �f x g x n � n1 � �f xn g x1 [I] Nếu hàm số f giảm tập A , g tăng A hệ phương trình , Với n lẻ, ta có xi �A, i 1,2, , n x1, x2 , xn nghiệm Khi x1 x2 xn Với n chẵn, ta có �x1 x3 xn1 � �x2 x4 xn [Khi hệ trở thành hệ đối xứng loại 2] Chứng minh x1 min x1, x2 , xn Không tính tổng qt giả sử : Khi ta có : x1 x2 � f x1 f x2 g x2 g x3 x2 x3 xn x1 f xn f x1 x1 x2 � x1 x2 Từ suy : x1 x2 xn Khơng tính tổng qt giả sử : x1 x3� f x1 f x2 f x4 f xn f xn1 f xn f x1 f x3 g x3 g x2 g xn g x4 x2 x3 x5 g x5 g xn1 g x1 g x2 x1 min x1, x2 , xn xn1 xn Lúc ta có x4 x1 x2 �x1 x3 xn1 �x1 �x3 � �x1 �� � Vậy : �x2 �x4 � �x2 �x2 x4 xn II.Thực trạng vấn đề: Với tốn giải hệ phương trình đề thi học sinh giỏi cấp có nhiều hướng tiếp cận.Tuy nhiên số loại hệ có tính hốn vị vịng quanh đa số học sinh thầy lúng túng chưa có hướng rõ ràng cụ thể nhiều gặp nhiều khó khăn với loại hệ mà khó tìm lời giải Việc học sinh học tính đơn điệu hàm số kiến thức liên quan đến hàm số nhiều chương trình tốn THPT.Vì việc áp dụng kiến thức liên quan đến hàm số, để giải toán giải hệ phương trình gần gũi với học sinh Ở đề tài “ Hệ phương trình hốn vị vịng quanh” tơi lựa chọn số tốn hệ phương trình có liên quan đến tính hốn vị vịng quanh ẩn Từ rèn cho học sinh hướng tư cách vận dụng cách linh hoạt loại toán Giáo viên dạy đến chuyên đề có hướng cụ thể rõ ràng , học sinh thấy đỡ khó khăn gặp loại tốn từ phân tích dựa kiến thức học để sáng tạo tốn có nội dung tương tự Lời giải tự nhiên giúp em học sinh dễ hiểu dễ áp dụng Phương pháp sở để sáng tạo nhiều toán hay III.Các phương pháp tiến hành để giải vấn đề Các toán áp dụng 1.1 BÀI TỐN 1: Xét hệ phương trình �f x1 g x2 � �f x2 g x3 � � �f x g x n � n1 � �f xn g x1 [I] Nếu hai hàm số f g tăng tập A hệ phương trình , xi �A, i 1,2, , n x1, x2 , xn x1 x2 xn Chứng minh : x1 min x1, x2 , xn Khơng tính tổng quát giả sử : Khi : x1 x2 � f x1 Từ suy ra: Vậy f x2 g x2 g x3 x1 �x2 � �xn �x1 x1 x2 xn Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau �x 3x 3x y �3 �y y y z �z z z x � x2 x3 nghiệm xn x1 Lời giải: + Xét hàm f [t ] t 3t 3t 6, t �� hàm g [u] u, u �� Ta hệ phương trình �f [ x ] g [ y ] � �f [ y ] g [ z ] �f [ z ] g [ x ] � Dễ thấy f , g hàm đồng biến � + Khơng tính tổng qt giả sử : x x, y, z Khi ta có x y�� f [ x] f [ y] g [ y] g [ z] y z f [ y] f [z] g [ z] g [ x] z x x y + Từ ta có phương trình: x3 3x 3x x � x3 3x x � [ x 1][ x x 6] � x Vậy hệ có nghiệm nhất: x y z Lời bình : Bài hệ xây dựng theo toán đơn giản để tạo toán dạng này, cần xuất phát từ phương trình bậc có nghiệm theo mong muốn tách làm hàm đồng biến Ví dụ : Giải hệ phương trình sau �x 3x x y �3 �y y y z �z z z x � Lời giải + Biến đổi hệ cho trở thành �x x x y x � [ x 1]3 y x �3 � [ y 1]3 z y �y y y z y � � �z z z x z � [ z 1]3 x z � � + Xét hàm: f [t ] [t 1] , t ��- hàm đồng biến � Ta có hệ �f [ x] y x � �f [ y ] z y �f [ z ] x z � + Khơng tính tổng quát, giả sử: x max x, y, z ta có x � z y �� z f [ z� ] f [ y ] z y x z x y f [z] f [x] z x z x Với z x � x y y z � f [ x] f [ y ] � x y Khi hệ cho trở thành z �x y z � x y z 1 �3 �x x x Vậy hệ cho có nghiệm: x y z Lời bình: + Về mặt hình thức khơng khác 1, nhiên hàm f [t ] t 3t 2t 5, t �� không đơn điệu miền cần xét [ �] nên tốn khơng cịn hữu dụng + Ở ta tạo hàm đơn điệu toàn miền cần xét mà đảm bảo tính hốn vị vịng quanh hệ + Bài ta giải theo hướng sau: Cách 2: Cộng phương trình vế theo vế ta được: [ x3 3x x 5] [ y y y 5] [ z 3z z 5] � [ x 1][ x x 5] [ y 1][ y y 5] [ z 1][ z z 5] Nếu x � z z z � z � y Khi [ x 1][ x x 5] [ y 1][ y y 5] [ z 1][ z z 5] Suy hệ vô nghiệm Nếu x tương tự: y 1, z hệ vô nghiệm Vậy x y z nghiệm hệ cho Ví dụ 3: Giải hệ phương trình �y x 12 x �3 �z y 12 y �x z 12 z � Lời giải: + Hệ cho tương đương với �y 6[ x 1] �x �3 � �z 6[ y 1] � �y �x 6[ z 1] �z � � + Xét hàm: f [t ] 6t 12t 8, t hàm g [u ] u , u , dễ thấy f g hàm đồng biến D [1; �] Ta có hệ: �g [ y ] f [ x ] � �g [ z ] f [ y ] �g [ x] f [ z ] � Dựa vào tốn ta có x y z [ 1] Từ ta có phương trình x3 x 12 x � [ x 2][ x x 4] � x Vậy hệ cho có nghiệm x y z Lời bình: + Ở dễ dàng để nhìn thấy hàm đặc trưng, nhiên cần ý dựa vào hệ cho để hạn chế miền nghiệm, điều có ích cho việc khảo sát tính đơn điệu Các tốn sau thường xuyên sử dụng đến kĩ thuật + Bài ta giải theo hướng sau: Cách 2: Tương tự cách ta khẳng định x, y, z Hệ cho tương đương với � [ y 2][ y y 4] x[ x 2] � [ z 2][ z z 4] y[ y 2] � � [ x 2][ x x 4] z [ z 2] � Ta thấy x y z nghiệm hệ Nếu tồn biến 2, giả sử x ta suy y z Nếu x, y, z �2 nhân phương trình vế với vế ta [ x x 4][ y y 4][ z z 4] 63 xyz [1] 2 Mặt khác: x x �6 x , y y �6 y , z z �6 z nên [1] xảy x y z Vậy hệ có nghiệm x y z Lời bình: Với hầu hết hệ hốn vị xây dựng hàm đồng biến phương pháp dùng tốn ta sử dụng phương pháp cộng nhân kết hợp với việc đánh giá thích hợp cho lời giải tốn Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau � x x 18 y y � y y 18 z z � � z 3z 18 x3 x � [Olympic 30/4-LHP] Lời giải: 3 + Xét hàm: f [t ] 2t 3t 18, t �� hàm g [u ] u u, u �� Dễ thấy g hàm đồng biến �, ta có hệ �f [ x ] g [ y ] � �f [ y ] g [ z ] �f [ z ] g [ x ] � + Giả sử x max x, y, z ta có 3 � �x �y �g [ x] �g [ y ] �g [ x ] �f [ x ] �x x �2 x 3x 18 �x �2 � � � �� � � � � z z 18 �z z � �x �z �g [ x] �g [ z ] �f [ z ] �g [ z ] �z �2 Từ ta có: �z �x �2 � x z , thay vào hệ ta y Vậy hệ có nghiệm x y z Lời bình: + Với tốn rõ ràng tốn khơng cịn hữu dụng tính đơn điệu hàm đặc trưng VT hệ không miền với hàm đặc trưng VP Tuy nhiên, hàm đặc trưng VP đồng biến nên dựa vào tính hốn vị vịng biến mà ta đánh giá biến từ đưa nghiệm + Chú ý với hệ hốn vị vịng quanh khơng giả sử x �y �z , điều mà em hs dễ nhầm lẫn 1.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ : Bài 1: Giải hệ phương trình sau �x z z � a ] �x y y �z x x � � x[ y 1] y [ y 9] � b] � y [ z 1] z [ z 9] � z [ x 1] x[ x 9] � Bài 2: Giải hệ phương trình sau � x3 x x y � y y2 y z � � z3 z 8z x � 2.1 BÀI TOÁN 2: Xét hệ phương trình �f x1 g x2 � �f x2 g x3 � � �f x g x n � n1 f x g x � 1 � n [I] Nếu hàm số f giảm tập A , g tăng A hệ phương trình , Với n lẻ, ta có xi �A, i 1,2, , n x1, x2 , xn nghiệm Khi x1 x2 xn Với n chẵn, ta có �x1 x3 xn1 � �x2 x4 xn [Khi hệ trở thành hệ đối xứng loại 2] Chứng minh Khơng tính tổng qt giả sử : x1 min x1, x2 , xn Khi � f x1 x1 x2 f x2 g x2 ta g x3 x2 x3 có xn f xn x1 f x1 : x1 x2 � x1 x2 x1 x2 xn Từ suy : x1 min x1, x2 , xn Khơng tính tổng qt giả sử : x1 x3� f x1 f x3 f x2 f x4 f xn f xn1 f xn f x1 g x2 g x3 x2 x3 x5 g x5 g xn1 g xn g x4 g x1 g x2 xn1 xn Lúc ta có x4 x1 x2 �x1 x3 xn1 �x1 �x3 � �x1 �� � Vậy : �x2 �x4 � �x2 �x2 x4 xn Ví dụ 5: Giải hệ phương trình � x x 6.log [6 y] x � � � y y 6.log [6 z ] y � z z 6.log [6 x ] z � � [VMO 2006] Lời giải + ĐK: x, y, z + Hệ cho tương đương với � log [6 y] � � � � log [6 z ] � � � � log [6 x] � � u f [u ] u 2u + Dễ thấy hàm số nghịch biến [�;6] Ta có hệ x x2 2x y y2 y z z 2z đồng biến hàm số g [u ] log3 [6 u ] �g [ y ] f [ x] � �g [ z ] f [ y ] �g [ x] f [ z ] � + Giả sử [ x, y, z ] nghiệm hệ cho Không tính tổng qt ta giả sử x max x, y, z Khi x y f� [ x] f [ y] g [ y] g [ z] y z f [ y] Từ suy x z , thay vào hệ ta có x y z f [ z] g [z] g [ x] x z Như hệ cho có nghiệm dạng x y z + Với x y z thay vào hệ giải ta x y z Vậy hệ cho có nghiệm x y z Lời bình: Hệ tốn trường hợp n lẻ, việc phát hiện, giải hay tạo tốn dạng tương đối dễ dàng Ví dụ 6: Giải hệ phương trình �x12 x1 x2 �2 �x2 x2 x3 �2 �x3 x3 x4 �x x x �4 Phân tích + Hệ kết hợp toán toán trường hợp n chẵn + Xét hàm: f [t ] t t 1, t �� [ ; �] Nhận thấy: f đồng biến trến [bài toán 1] [ ; �] f nghịch biến trến [bài tốn 2] Việc cịn lại tìm cách chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu, điều may mắn xi 1 xi , i 1, ngược lại Lời giải + Hệ cho tương đương với �x12 x1 x2 �2 �x2 x2 x3 �2 �x3 x3 x4 �x x x �4 + Xét hàm: f [t ] t t 1, t �� ta có hệ �f [ x1 ] x2 �f [ x ] x � � �f [ x3 ] x4 � �f [ x4 ] x1 5 5 f [t ] t t [t ]2 � xi � , i 1, 4 nên ta có Vì � 1 1 x4 � � 2 � x 1 � � x4 x4 � � 2 � 1 x4 � x1 � x4 � � � 4] + Giả sử [do Tương tự: x2 , x3 2 Khi hàm: f [t ] t t đồng biến với t � Theo tốn ta có: x1 x2 x3 x4 Thay vào hệ ta có nghiệm: x1 x2 x3 x4 + Trường hợp x1 1 xi � i 2,3,4 , tồn theo trường hợp để 1 xi � , i 1, [vô lý] 1 , i 1,4 t 2 Theo Suy ra: Khi f [t ] t t nghịch biến với �x1 x3 � toán với n chẵn ta có: �x2 x4 xi Hệ cho trở thành: �x1 x3 �x x �2 � �f [ x1 ] x2 � �f [ x2 ] x3 x1 x2 x1 x2 � � � x1 f [ x1 ] x2 f [ x2 ] � x12 x1 x22 x2 � � �� x1 x2 � x1 x2 1 � � x1 x2 x3 x4 �1 Vậy hệ cho có nghiệm: x1 x2 x3 x4 �1 Lời giải �x1 [ x1 1] x2 �x [ x 1] x �2 � �x3 [ x3 1] x4 � Hệ cho tương đương với �x4 [ x4 1] x1 + Nếu xi 1 [i 1, 4] � x1 x2 x3 x4 1 + Nếu xi �1 [i 1, 4] ta có: x1 x2 x3 x4 Mặt khác: Cộng phương trình vế theo vế ta x12 x22 x32 x42 �4 x12 x22 x32 x42 Dấu “=” xảy x1 x2 x3 x4 �1 Vậy hệ có nghiệm: x1 x2 x3 x4 �1 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau 10 �x13 3x1 x2 �3 �x2 3x2 x3 � � �x 3x x 100 �100 Phân tích: Xét hàm số: f [t ] t 3t g [t ] 2t � Dễ thấy: g [t ] đồng biến � f [t ] đồng biến [ �; 1] [1; �] cịn nghịch biến [1;1] Do khơng thỏa mãn toán toán Tuy nhiên ta hạn chế biến khoảng đơn điệu trường hợp toán toán Lời giải: Xét hàm số: f [t ] t 3t g [t ] 2t � Ta có hệ �f [ x1 ] g [ x2 ] �f [ x ] g [ x ] � � � � �f [ x100 ] g [ x1 ] Giả sử x1 x1 , , x100 Ta xét trường hợp sau + Trường hợp 1: Nếu x1 xi , i �1 100 Khi hàm f [t ] t 3t g [t ] 2t đồng biến t , hệ cho trở thành toán ta thu nghiệm x1 x2 x100 + Trường hợp 2: Nếu x1 � g [ x1 ] � f [100] � x100 2 � g [100] 4 � f [ x99 ] � x99 2 Một cách tương tự ta xi 2, i �1 100 Mà [�; 2] hàm f [t ] t 3t g [t ] 2t đồng biến, hệ cho trở thành toán ta thu nghiệm x1 x2 x100 1 + Trường hợp 3: Nếu x1 � 0;1 � x2 � 0;2 � x2 � 0;1 � x3 � 0;1 � x100 � 0;1 Mà 0;1 hàm f [t ] t 3t nghịch biến g [t ] 2t đồng biến , hệ cho trở thành toán trường hợp n chẵn ta dễ dàng thu nghiệm 11 � � �x1 x3 x99 � � � �x2 x4 x100 � �x1 x3 x99 � � � �x2 x4 x100 � � �x1 x3 x99 � � � �x2 x4 x100 � Vậy hệ có nghiệm: x1 x2 x100 � � x1 x2 x100 1 � � � �x1 x3 x99 � � � �x2 x4 x100 � �x1 x3 x99 � � � �x2 x4 x100 � Lời bình: Một tốn khó tiếp cận, nhiên ý tưởng lời giải rõ ràng Nhìn chung hệ dạng hoán vị, việc chặn điều kiện biến miền đơn điệu hàm đặc trưng nhân tố định để định hướng cách giải Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau � �x1 � � �x2 � � �x �3 � �x � � cos[ x2 ] cos[ x3 ] cos[ x4 ] cos[ x1 ] [Olympic 30/4/2007] Phân tích: f [t ] cos[ t ] đơn điệu khoảng khác + Nhận thấy hàm số: biến, ta phải chặn điều kiện biến để khoảng hàm số đồng biến hay nghịch biến + Việc chặn đk biến tương đối dễ dàng, từ hệ ta có xi � [i 1, 4] � xi � cos[ xi ] � xi 2 2 f [t ] Với điều kiện biến ta suy hàm số đặc trưng: nghịch biến Và hệ cho tốn với n chẵn 12 cos[ t ] hàm Lời giải 1: + Theo phân tích trên: nghịch biến xi f [t ] cos[ t ] i 1, với Khi hàm số Ta có hệ �x1 �x �2 � �x3 � �x4 f [ x2 ] f [ x3 ] f [ x4 ] f [ x1 ] + Khơng tính tổng quát giả sử x1 x3 � f [ x1 ] f [ x3 ] x2 x1 max xi , i 1, x4 f [ x3 ] ta có f [ x1 ] x3 x1 Suy ra: x1 �x3 �x1 � x1 x3 Tương tự: x2 x4 + Ta có: x1 x2 x1 x4 � f [ x2 ] x2 f [ x1 ] x1 � x1 Xét hàm: g [u ] u 3 cos[ x1 ] x2 cos[ x2 ] 9 cos[ u ] , dễ thấy g hàm đồng biến � nên ta có: f [ x2 ] x2 f [ x1 ] x1 � x1 x2 Do đó: x1 x2 x3 x4 Thay vào hệ ta có phương trình: Do hàm nghiệm f [t ] t x cos[ x] [1] cos[ t ] đồng biến với t �� nên [1] có nhiều 1 f[ ]0 Mặt khác: Vậy hệ cho có nghiệm: x1 x2 x3 x4 Lời giải 2: + Hệ cho tương đương với � �x1 x2 x2 � � �x2 x3 x3 � � �x x x �3 � �x x x 1 � � cos[ x2 ] cos[ x3 ] cos[ x4 ] cos[ x1 ] 13 + Xét hàm số: f [t ] t cos[ t ] với t ��- dễ thấy f đồng biến với t �� + Giả sử x1 x1 , x2 , x3 , x4 ta có: x1 x3��� x1 x2 x2 x1 x� f[ x1 ] �� f [ x2 ] x3 f [ x2 ] f [ x3 ] x2 x3 x1 x1 x2 x4 x2 x3 x4 x1 x2 x4 x2 x4 x4 x� x4 ] f [ x2 ] �f[�� x3 x2 Suy ra: x1 �x4 �x2 �x3 �x2 � x2 x3 � x1 x2 x3 x4 x Thay vào hệ ta có phương trình: Do hàm nghiệm f [t ] t cos[ x] [1] cos[ t ] đồng biến với t �� nên [1] có nhiều 1 f[ ]0 Mặt khác: Vậy hệ cho có nghiệm: x1 x2 x3 x4 Lời bình + Một tốn tương đối phức tạp, làm theo cách đòi hỏi phải xử lý nhiều chi tiết thực tế hàm đặc trưng nghịch biến phức tạp đồng biến + Cách giải với tư tưởng giống ví dụ 2, nhiên hệ ẩn nên hốn vị vịng quanh phức tạp ẩn nhiều + Nhìn chung hệ dạng hốn vị mà thiết lập hàm đặc trưng đồng biến hàm đặc trưng nghịch biến nên làm theo cách hàm đồng biến giảm thiểu nhiều chi tiết phức tạp 2.2 MỘT SỐ BÀI TỐN TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải hệ phương trình sau �2 �x x y y � �2 �y y z z � �2 �z z x x � Bài 2: Giải hệ phương trình sau 14 � �x cos[ 3 y ] � � b] �y cos[ z] 3 � � x] �z cos[ 3 � � 2 x1 cos[ x2 ] � 2 x2 cos[ x3 ] � a] � � � 2 xn cos[ x1 ] � [Olympic ĐBBB 2010 HP] Bài 3: Giải hệ phương trình sau � �2 x1 [ x2 x ] � � �2 x2 [ x3 ] x3 a] � � � � �2 x2013 [ x1 x ] � �x12 x2 �2 �x2 x3 � b] � �x x n �n1 �xn2 x1 � �x [ y 1]2 � �y [ z 1] c] � �z [t 1] � t [ x 1] � 3.1 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HĨA GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ Bài 1: Giải hệ phương trình �x y � �y z �z x � Phân tích: Xét hàm: f [t ] 2t g [t ] t � Nhận thấy: g [t ] đồng biến � nên f [t ] đồng biến với t nghịch biến t Do tốn giải ta chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu này, nhiên mối quan hệ biến hệ không cho thực điều Xét biểu thức: z x , ta coi x cos t ta thu z cos 2t � y cos 4t � x cos8t cot đến toán tương đối rõ ràng nhiên phép đặt x cos t cho x � 1;1 , ta cần hạn chế điều kiện biến để phép đặt có ý nghĩa Lời giải: + Giả sử � 2 � t �� 0; � � � x max x, y, z 1 x� �� z x 1� x � Khi Ta có: z 2cos t cos 2t � y cos 4t � x cos8t cos t 15 x Đặt x cos t , � t � �� � t � k k � 2 � � 2 4 2 2 4 � 0; ; ; ; ; � t �� 0; �� t �� � 9 7 Do � � Vậy hệ cho có nghiệm: [ x, y, z ] [1;1;1];[cos 2 4 8 1 1 1 2 4 8 ;cos ;cos ];[ ; ; ];[cos ;cos ; cos ] 9 2 7 hoán vị Lời bình: Bài tốn tương đối dễ nhận dạng, nhiên ta ẩn tư tưởng sử dụng lượng giác cách thay biến nghịch đảo nó, thu tốn khó tiếp cận sau �y x xy �2 �z y yz �x z zx � Bài 2: Giải hệ phương trình �x x y y �2 �y y z z �z z x x � Phân tích: + Một tốn đơn giản hình thức khó tiếp cận, với tư tưởng hệ dạng hốn vị ta đưa hệ dạng � x2 y � 2x2 � y2 � z � � 1 y � z2 �x � 1 2z Tuy nhiên ta chặn điều kiện biến khoảng đơn điệu hàm f [t ] x2 x nên việc đưa toán khơng thể Dùng lượng giác tình không đưa lại kết 16 �1 �y � �1 � 2 �z �1 � 2 + Ta viết lại hệ cho sau: �x x2 y2 z2 � � a2 b b a2 �2 � b c2 � � c b 2 � 1 � � a ,b ,c c a2 a c2 x y z � � Đặt ta thu hệ Bài toán đến “đẹp” nhiều, cần để ý đến a 2cos t � b 2cos 2t � c 2cos 4t � a 2cos8t 2cos t toán trở nên dễ dàng Lời giải: + Nhận thấy hệ cho có nghiệm x y z tồn biến tất �x �0 � �y �0 � + Xét �z �0 hệ cho viết lại sau: �1 �y x � �1 � 2 y �z �1 � 2 z �x � � a2 b b a2 �2 � b c2 � � c b 2 � 1 � � a ,b ,c c a2 a c2 x y z � � Đặt ta thu hệ Giả sử a max a, b, c Khi a �b � a �a � 1 �a �2 � 2 � t �� 0; � �ta có: b 2cos 2t � c 2cos 4t � a 2cos8t 2cos t � a 2cos t Đặt , � t � �� � t � k k � 2 � � 2 4 2 2 4 � t �� 0; �� t �� 0; ; ; ; ; � � 9 7 Do � � Vậy hệ cho có nghiệm [ x, y, z ] [2;2; 2];[2cos 2 4 8 2 4 8 ;2cos ;2cos ];[ 1; 1; 1];[2cos ;2cos ;2cos ] 9 7 hoán vị 17 �3 x y �x y x � �3 y z y2 � �y z �3 z x z2 � z x Bài 3: Giải hệ phương trình sau : � THTT 12-2010] Lời giải: Nhận thấy xyz �0 , ta viết lại hệ cho sau: Đặt x tan với Ta suy ra: Do [ [ ; ]; 2 tan tan 27 � ; ]; 2 0 � x x3 �y � 3x � y y3 �z � 1 3y � 3z z �x � 3z Khi ta có: y tan 3 ; z tan 9 ; x tan 27 k [k ��] 26 nên ta có: k �1; �2; ; �12 Vậy hệ cho có nghiệm là: [ x, y , z ] [tan k 3k 9k ; tan ; tan ] 26 26 26 với k �1; �2; ; �12 3.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải hệ phương trình �x 3x y � a ] �y y z �z z x � [HSG Thái Bình 2009] � x2 y x2 y � b] � y z y2 z � 4z2 x 4z2 x � Bài 2: Giải hệ phương trình �x y x y x x y �4 �y z y z y y z �z x z x z z x � B Về khả áp dụng sáng kiến kinh nghiệm : Sáng kiến áp dụng cho học sinh lớp 10,11,12 ôn thi THPT quốc gia học sinh giỏi cấp Những thông tin cần bảo mật: không Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến : Nội dung sáng kiến dùng để dạy nâng cao cho học sinh ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh, học sinh giỏi quốc gia 18 Là tài liệu tham khảo cho học sinh ôn thi học sinh giỏi thầy cô giáo ôn thi học sinh giỏi toán THPT 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả : Qua việc giảng dạy nâng cao cho học sinh ôn thi học sinh giởi cấp tỉnh, cho thấy học sinh tiếp thu nội dung đề tài.Hiểu kĩ tiếp cận hai toán đồng thời sử dụng tính đơn điệu hàm số phạm vi sách chương trình tốn THPT để áp dụng vào giải tốn Học sinh hình thành hướng tư hướng tiếp cận lớp tốn hệ phương trình có dạng 11 Danh sách tổ chức /cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu ST T Tên tổ chức/cá nhân Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Phạm Thị Việt Anh THPT Nguyễn Viết Xuân Ôn thi HSG lớp 11, lớp 12 Vĩnh tường, ngày 31 tháng 01 năm 2019 Vĩnh tường, ngày 31 tháng 01 năm 2019 Vĩnh tường, ngày 29 tháng 01 năm 2019 Thủ trưởng đơn vị/ CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG Tác giả sáng kiến Chính quyền địa phương SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ [Ký, ghi rõ họ tên] [Ký tên, đóng dấu] [Ký tên, đóng dấu] Phạm Thị Việt Anh 19 ... giải tốn giải hệ phương trình gần gũi với học sinh Ở đề tài “ Hệ phương trình hốn vị vịng quanh? ?? tơi lựa chọn số tốn hệ phương trình có liên quan đến tính hốn vị vịng quanh ẩn Từ rèn cho học... hốn vị vịng biến mà ta đánh giá biến từ đưa nghiệm + Chú ý với hệ hốn vị vịng quanh khơng giả sử x �y �z , điều mà em hs dễ nhầm lẫn 1.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ : Bài 1: Giải hệ phương trình. .. �y [ z 1] c] � �z [t 1] � t [ x 1] � 3.1 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ Bài 1: Giải hệ phương trình �x y � �y z �z x � Phân tích: Xét
- Xem thêm -
Xem thêm: HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH,