MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH GIẢI TỐT CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN

LUẬN VĂN SIÊU CẤP CHANNEL

vectorstock.com/26853488

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN DISSERTATION PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH GIẢI TỐT CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT (2018) PDF VERSION | 2018 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN 

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH GIẢI TỐT CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

GV hướng dẫn Sinh viên thực hiện Khoa Lớp

: Ths. Ngô Thị Bích Thủy : Nguyễn Khánh Hòa : Toán : 14ST

Đà Nẵng tháng 4 năm 2018

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Lời cảm ơn!

Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa toán trường ĐH Sư Phạm – ĐH Đà Nẵng đã tận tình giảng dạy và tạo điều kiện để tôi hoàn thành tốt khóa luận này. Đặc biệt, tôi xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến cô Ngô Thị Bích Thủy, người đã tận tình giúp đỡ và hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện khóa luận.

Cuối cùng tôi xin cảm ơn các ý kiến đóng góp quý báu, sự động viên giúp đỡ nhiệt tình của các thầy cô, bạn bè trong quá trình làm khóa luận tốt nghiệp. Đà Nẵng, tháng 4 năm 2018 Sinh viên

Nguyễn Khánh Hòa

Khóa luận tốt nghiệp

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

MỤC LỤC MỞ ĐẦU ........................................................................................................................ 1 CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN ................................................... 4 1.1. Một số kiến thức cơ bản về hệ phương trình trong chương trình toán THPT 4 1.2. Một số sai lầm thường gặp của học sinh khi giải các bài toán về hệ phương trình................................................................................................................................ 5 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH GIẢI TỐT CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT ............................................................................................................................. 6 2.1. Dạng 1: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn .......................................................... 6 2.2. Dạng 2: Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn............................................................ 7 2.3. Dạng 3: Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình khác ...................................................................................................................... 7 2.4. Dạng 4: Hệ phương trình đối xứng loại 1............................................................ 8 2.5. Dạng 5: Hệ phương trình đối xứng loại 2............................................................ 9 2.6. Dạng 6: Hệ phương trình đẳng cấp ................................................................... 10 2.7. Dạng 7: Hệ phương trình không mẫu mực ....................................................... 11 2.7.1 Phương pháp thế .............................................................................................. 11 2.7.2 Phương pháp đặt ẩn phụ .................................................................................. 14 2.7.3 Phương pháp nhân lượng liên hợp ................................................................... 20 2.7.4 Phương pháp lượng giác hóa ........................................................................... 25 2.7.5 Phương pháp biến đổi tương đương ................................................................ 33 2.7.6 Phương pháp hàm số ........................................................................................ 36 2.7.7 Phương pháp đánh giá ..................................................................................... 41 MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ ................................................................................... 45 KẾT LUẬN ................................................................................................................. 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO.......................................................................................... 47

Khóa luận tốt nghiệp

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài: Toán học là môn khoa học cơ bản, có vai trò quan trọng trong đời sống và được ứng dụng rộng rãi trong thực tiễn. Đây là một môn học tương đối khó, mang tính tư duy cao, đòi hỏi người học phải chịu khó tìm tòi, khám phá và say mê nghiên cứu. Kiến thức về hệ phương trình trong chương trình toán ở bậc trung học 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 lý học, hóa học, sinh học của bậc học này. Chính vì vậy, học sinh cần nghiên cứu kĩ nội dung này để có kiến thức cũng như kĩ năng tốt phục vụ cho việc học tập ở trường cũng như làm tốt các bài thi. Đối với nhiều học sinh, hệ phương trình là một trong những chuyên đề khá khó, các em khó nắm được hướng tiếp cận để tìm kiếm lời giải. Do đó, việc đưa ra một số phương pháp giúp học sinh giải tốt các bài toán về hệ phương trình là một yêu cầu cần thiết. Vì vậy chủ đề về hệ phương trình là một chủ đề thuận lợi cho việc rèn luyện các hoạt động trí tuệ và phát triển tư duy cho học sinh. Ngoài những hệ phương trình có thuật toán hoặc phương pháp giải sẵn, chúng ta còn gặp các hệ phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải linh hoạt sáng tạo.

Từ đó, tôi chọn đề tài nghiên cứu “Một số phương pháp giúp học sinh giải tốt các bài toán về hệ phương trình trong chương trình toán THPT”.

2. Mục tiêu nghiên cứu Đưa ra một số dạng toán về hệ phương trình và phương pháp giải chúng giúp học sinh nắm vững kiến thức về hệ phương trình và giải tốt các dạng đó.

3. Nội dung nghiên cứu Để đạt được mục đích trên, đề tài có nhiệm vụ làm rõ những vấn đề sau: 1. Trên cơ sở nghiên cứu các tài liệu, nêu ra một số dạng toán về hệ phương trình và phương pháp giải.

2. Hệ thống hóa những kiến thức và kĩ năng cần thiết để học sinh nắm vững các kiến thức về hệ phương trình.

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 1

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

3. Đề xuất một số ví dụ, bài tập về hệ phương trình và đưa ra một số phương pháp để nâng cao kĩ năng giải toán.

4. Đưa ra một số sai lầm thường gặp để học sinh nhận biết và tránh khỏi.

4. Phương pháp nghiên cứu 1. Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu từ một số tài liệu, sách, báo hay truy cập các Website để thu thập thông tin, nghiên cứu các đề tài có liên quan trực tiếp đến đề tài của nhóm nhằm làm rõ các khái niệm cũng như kiến thức cơ bản, ban đầu. Từ đó, hình thành cơ sở lý luận cho đề tài.

2. Nghiên cứu thực tế: Thông qua việc quan sát thực tế để có một số đánh giá về thực trạng việc dạy học Toán ở trường THPT. Tiến hành phỏng vấn, trao đổi trực tiếp để điều tra tình hình dạy và học về chuyên đề hệ phương trình ở một số trường phổ thông.

5. Bố cục của đề tài: Đề tài gồm 2 chương: Chương 1: Cơ sở lý luận và thực tiễn.

1.1. Một số kiến thức cơ bản về hệ phương trình trong chương trình toán THPT. 1.2. Một số sai lầm thường gặp của học sinh khi giải các bài toán về hệ phương trình.

Chương 2: Một số phương pháp giúp học sinh giải tốt các bài toán về hệ phương trình trong chương trình toán THPT. 2.1.Dạng 1: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

2.2.Dạng 2: Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn.

2.3.Dạng 3: Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình khác.

2.4. Dạng 4: Hệ phương trình đối xứng loại 1.

2.5. Dạng 5: Hệ phương trình đối xứng loại 2.

2.6. Dạng 6: Hệ phương trình đẳng cấp.

2.7 Dạng 7: Hệ phương trình không mẫu mực Khóa luận tốt nghiệp

Trang 2

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Bài tập đề nghị Kết luận

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 3

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1.1. Một số kiến thức cơ bản về hệ phương trình trong chương trình toán THPT 1.1.1. Nội dung cơ bản về hệ phương trình trong chương trình toán THPT: a. Lý thuyết: - Khái niệm hệ phương trình và các khái niệm liên quan đến hệ phương trình.

- Sử dụng ngôn ngữ của lí thuyết tập hợp và logic toán (biến đổi tương đương, hệ quả, kết hợp nghiệm,...)

- Biểu diễn của tập nghiệm khi biến đổi hệ phương trình: mở rộng, thu hẹp, tương đương, giao, hợp các tập nghiệm.

- Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

- Thấy được ứng dụng của toán học trong thực tế và việc toán học hóa các bài toán có nội dung thực tiễn.

- Kĩ năng giải bài toán, trọng tâm là kĩ năng lập và giải hệ phương trình. b. Bài tập: Gồm các dạng cơ bản sau: - Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn - Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn - Hệ phương trình gồm phương trình bậc nhất hai ẩn và một phương trình khác - Hệ phương trình đối xứng loại 1 - Hệ phương trình đối xứng loại 2 - Hệ phương trình đẳng cấp - Hệ phương trình không mẫu mực c. Yêu cầu, mức độ của sách giáo khoa: - Học sinh nắm vững kiến thức cơ bản liên quan đến hệ phương trình - Suy luận logic (chính xác, chặt chẽ), giải được các bài tập ở nhiều mức độ trong sách giáo khoa - Tính toán khéo léo, cẩn thận

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 4

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

1.2. Một số sai lầm thường gặp của học sinh khi giải các bài toán về hệ phương trình Trong thực trạng hiện nay, khi giải các bài toán về hệ phương trình, học sinh thường mắc phải một số sai lầm sau: - Quên điều kiện xác định của nghiệm, quên kết luận nghiệm.

- Không đối chiếu thử lại nghiệm.

- Kí hiệu toán học chưa chính xác.

- Thường đọc qua loa đề bài rồi vội vàng giải ngay, khi giải thì lập luận không chặt chẽ.

- Thiếu thận trọng trong tính toán.

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 5

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH GIẢI TỐT CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

2.1. Dạng 1: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn 2.1.1 Định nghĩa: Là hệ phương trình có dạng  ax  by  c  ax  by  c ' trong đó x, y là ẩn.

2.1.2 Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như: Phương pháp thế, phương pháp cộng, sử dụng đồ thị, sử dụng máy tính cầm tay, đặt ẩn phụ,…

2.1.3 Ví dụ: Giải hệ phương trình:  4 x  3 y  6 1   2 2 x  y  4 Giải: *Cách 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế Ta nhận thấy với phương trình (2) biểu diễn nghiệm đơn giản nhất. 4 x  3 4  2 x   6  4x  3 y  6 Hệ đã cho ⇔  ⇔ y  4  2x  y  4  2x   2 x  6  x3 ⇔ ⇔  y  4  2x  y  4  2x Vậy nghiệm của hệ là: (3;-2)

 x3 ⇔  y  2

*Cách 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đại số Ta nhận thấy rằng khử biến x bằng cách: nhân -2 vào hai vế phương trình (2), sau đó cộng từng vế của hai phương trình.  4x  3 y  6  x3 4 x  3 y  6 Hệ đã cho ⇔  ⇔ ⇔ 4x  2 y  8  y  2  y  2 Vậy nghiệm của hệ là: (3;-2)

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 6

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

2.2. Dạng 2: Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn 2.2.1 Định nghĩa: Là hệ phương trình có dạng  a1 x  b1 y  c1 z  d1  a2 x  b2 y  c2 z  d2 a x  b y  c z  d 3 3 3  3 trong đó x, y, z là ẩn.

2.2.2 Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như: Phương pháp thế, phương pháp cộng, sử dụng máy tính cầm tay,…

2.2.3 Ví dụ: Giải hệ phương trình: x yz 2 1   2  x  2 y  3z  1 2 x  y  3z  1  3  Giải: Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được phương trình: y  2 z  1

Nhân hai vế của (1) với 2 rồi lấy (3) trừ (1) vế theo vế ta được phương trình:  y  z  5

Suy ra:

 y  2 z  1 ⇔   y  z  5

 y 3 Thay vào (1) ta được x  1  z   2 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 1;3; 2 2.3. Dạng 3: Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình khác 2.3.1 Định nghĩa: Là hệ phương trình có dạng ax  by  c  0   f  x, y   0 trong đó x, y là ẩn, f  x, y  là biểu thức hai biến x, y .

2.3.2 Cách giải: Khóa luận tốt nghiệp

Trang 7

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Thường sử dụng phương pháp thế.

2.3.3 Ví dụ: Giải hệ phương trình:  x  2 y  4 1  2 2  x  y  5  2 Giải: Từ (1) ⇒ x  4  2 y thay vào (2) ta được :

4  2y

2

 y2  5

⇔ 16 16 y  4 y2  y2  5 ⇔ 5 y2 16 y 11  0  y 1 ⇔  11 y  5 

Với y  1 ⇒ x  4  2 y  4  2.1  2 11 11 2 Với y  ⇒ x  4  2 y  4  2.   5 5 5  2 11  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm  2;1 và   ;   5 5

2.4. Dạng 4: Hệ phương trình đối xứng loại 1 2.4.1 Định nghĩa: Là hệ mà khi ta đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình, từng phương trình đó không thay đổi.

2.4.2 Cách giải: Biến đổi tương đương làm xuất hiện tổng và tích của các nghiệm rồi đặt tổng bằng S, tích bằng P (S 2  4P) . Thông thường sau bước này ta được một hệ đơn giản.

2.4.3 Ví dụ:  x3  y 3  8 Giải hệ phương trình:  (I)  x  y  2 xy  2 Giải:

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 8

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

 x  y   x  y 2  3xy   8   (I) ⇔  x  y  2 xy  2  S  x  y Đặt   P  xy

  2 2S  S S  3.  8 1   S  S  3P   8   2  Hệ trở thành  ⇔ 2S  S  2P  2  P  2 Giải (1) ta được S  2 ⇒ P  0 x  y  2 ⇒ (II)  xy  0 2

Hệ (II) có 2 nghiệm (2;0) và  0;2

Vậy kết luận hệ có 2 nghiệm  2;0 và (0;2) 2.5. Dạng 5: Hệ phương trình đối xứng loại 2 2.5.1 Định nghĩa: Là hệ mà khi ta đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình, phương trình này biến thành phương trình kia.

2.5.2 Cách giải: Trừ vế cho vế làm xuất hiện nhân tử chung ( x  y ) rồi đưa hệ đã cho về hệ mới đơn giản hơn.

2.5.3 Ví dụ: Giải hệ phương trình:  x3  2 x  y 1  3  y  2 y  x  2  Giải: Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: x3  y3  3x  3y  0 ⇔  x  y   x 2  xy  y 2   3 x  y   0 ⇔  x  y   x 2  xy  y 2  3  0 2 2   y  3y  3  0 ⇔  x  y   x    2 4  

Khóa luận tốt nghiệp

(3)

Trang 9

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

2

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

y 3y Do  x     3  0 nên 2 4  (3) ⇔ x  y  0 hay x  y 2

Thay x  y vào (1) ta được: x3  x  0

⇔ x  x 2  1  0 ⇔ x0 ⇒ y 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    0;0 2.6. Dạng 6: Hệ phương trình đẳng cấp 2.6.1 Định nghĩa: Là hệ có dạng  f1  x, y   f 2  x, y    g1  x, y   g2  x, y  trong đó fi  x, y  , gi  x, y  là các đa thức đẳng cấp hai biến và cùng bậc.

2.6.2 Cách giải: Xét x  0 , thay vào hệ giải tìm y. Xét x  0 thì ta đặt y  kx , thay vào hệ và chia vế cho vế ta được phương trình một ẩn k . Tìm được k , ta suy ra x và y .

2.6.3 Ví dụ: Giải hệ phương trình: 2 2  1 (I)  x  2 xy  3 y  9  2 2  2  2 x  2 xy  y  2 Giải:  y2  3 3 y 2  9 Nếu x  0 , hệ (I) trở thành:  2 ⇔ 2 : Hệ vô nghiệm y  2 y 2

Nếu x  0 ta đặt y  kx thế vào (I) ta có:  x2  2kx2  3k 2 x2  9  2 2 2 2 2 x  2kx  k x  2

 x2 1  2k  3k 2   9 ⇔ 2 2  x  2  2k  k   2

3  4

Lấy (4) chia cho (3) ta được: Khóa luận tốt nghiệp

Trang 10

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

k 2  2k  2 2  3k 2  2k  1 9

⇔ 9k 2  18k  18  6k 2  4k  2 ⇔ 3k 2  14k  16  0  k1  2 ⇔ k2  8 3 

Với k1  2 ta có y  2 x thế vào (2), ta có: 2 x2  4 x2  4 x2  2  0

⇔ 2x2  2 Với k2 

 x  1  y  2 ⇔   x  1  y  2

8 8 ta có y  x thế vào (2), ta có: 3 3

2 x2 

16 2 64 2 x  x 2 3 9

 3 17 8 17 x y  34 2 17 17 ⇔ x 2 ⇔  9  3 17 8 17 y x  17 17 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  3 17 8 17   3 17 8 17  ; ; ;   17   17 17   17

1; 2 ;  1;2 ; 

2.7. Dạng 7: Hệ phương trình không mẫu mực Hệ phương trình không mẫu mực là hệ phương trình không có cấu trúc (dạng) cụ thể, do đó cũng không có cách giải tổng quát. Phải tùy vào từng hệ phương trình mà có cách giải phù hợp.

2.7.1 Phương pháp thế a. Nhận biết: - Trong hệ có chứa một phương trình mà ẩn x là bậc nhất hoặc ngược lại.

- Cả hai phương trình trong hệ đều chứa cùng biểu thức x, y.

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 11

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

- Cả hai phương trình trong hệ đều chứa chung một hằng số. b. Phương pháp: Ta rút một biến hoặc một biểu thức thích hợp từ một phương trình này thế vào phương trình kia ta được một phương trình đơn giản như phương trình tích hoặc một phương trình đẳng cấp hoặc nhờ đó mà ta có cách biến đổi thành một hệ đơn giản. c. Ví dụ minh họa: o VD1: (1) x  2 y  3 Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  3xy  2 y  1 (2) Đầu tiên ta nhìn vào hệ phương trình thấy phương trình (1) bậc nhất có ẩn x nên ta nghĩ đến trường hợp rút x từ phương trình (1) thế vào phương trình (2).

Giải: Từ (1) ta rút x  3  2 y , thay vào (2) ta được:

3  2 y 

3

 y3  33  2 y  y  2 y  1

⇔ 27  54 y  36 y2  8 y3  y3  9 y  6 y2  2 y  1 ⇔ 7 y3  42 y2  61y  26  0 ⇔  y  1  7 y 2  35 y  26   0 y 1  ⇔  y  35  497  14 Với y  1 x  1

Với y 

35  497 14  497 x 14 7

35  497 14  497 x 14 7  14  497 35  497  ; Vậy hệ có nghiệm là 1; 1 ;  ; 7 14  

Với y 

 14  497 35  497  ;   7 14  

o VD2:  x3  2 xy 2  12 y  0 Giải hệ phương trình:  2 2 8 y  x  12

Khóa luận tốt nghiệp

1  2 Trang 12

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Đầu tiên nhìn vào hệ phân tích xem nên dùng phương pháp gì cho phù hợp.

Ta thấy phương trình (2) có hằng số là 12 mà phương trình (1) cũng có hằng số 12 nên ta nghĩ đến việc rút từ (2) thế vào (1), ta được: x3  2 xy 2  8 y 2  x 2  y  0 ⇔ x3  2xy2  8 y3  x2 y  0 (3) Khi tới đây ta nhận ra (3) là phương trình đẳng cấp bậc 3 có dạng: ax3  bx2 y  cxy2  dy3  0 Ta thấy y  0 không phải là nghiệm của phương trình Chia (3) cho y3  0 ,ta được: 3

2

 x  2x  x  y   y 8 y   0    

Đặt t 

x được t 3  2t  8  t 2  0 y

t  2  ⇔2 t  t  4  0 (Phương trình vô nghiệm) x  2 ⇒ x  2 y Với t  2 ta có y

Thay vào (2) ta được: 8 y2  4 y2  12 ⇔ y 2  1 ⇔ y  1 Với y  1 ⇒ x  2 Với y  1 ⇒ x  2 Vậy nghiệm của hệ là  2;1 ;  2; 1 o VD3: 4 3 2 2  1  x  2x y  x y  2x  9 Giải hệ phương trình:  2  2   x  2 xy  6 x  6 Nhìn vào hệ trên ta nghĩ đến việc rút thế thì hơi khó vì ẩn x, y từ hai phương trình đều chứa bậc cao. Nếu ta tinh ý chút thì thấy phương trình (1) có chứa hằng đẳng thức nên ta biến đổi (1) về dạng bình phương của một tổng.

Giải: 2  ( x 2 )2  2 x 2 xy   xy   2 x  9 Hệ đã cho ⇔  x 2  2 xy  6 x  6  

 ( x2  xy)2  2 x  9  3 ⇔  2  4  x  2 xy  6 x  6 Đến đây ta áp dụng phương pháp thế để giải Khóa luận tốt nghiệp

Trang 13

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

6 x  6  x2 (4) ⇔ xy  thế vào (3), ta được: 2 2

 2 6x  6  x2  x    2x  9 2   ⇔ ( x2  6x  6)2  8x  36

⇔ x 4  12 x3  48x 2  64 x  0 ⇔ x  x3  12 x 2  48x  64  0  x( x  4)3  0  x  0 (Loại vì x  0 không là nghiệm của hệ) ⇔   x  4

Với x  4  y 

17 4

 Vậy nghiệm của hệ là  4; 

17   4 

2.7.2 Phương pháp đặt ẩn phụ a. Nhận biết: - Thường áp dụng cho hệ phương trình có chứa căn - Hệ phương trình có bậc của x hoặc của y là bậc cao - Cả hai phương trình trong hệ đều chứa chung một biểu thức b. Phương pháp: Điều quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ u  f  x, y  ; v  g  x, y  có ngay trong từng phương trình hoặc sau các phép biến đổi.

Thông thường phép biến đổi thường xoay quanh việc cộng, trừ hai phương trình của hệ hoặc chia các vế của phương trình cho một biểu thức khác không có sẵn trong các phương trình của hệ hoặc là phép biến đổi hằng đẳng thức, chuyển vế…để tìm ra những phần tử chung mà sau đó ta đặt ẩn phụ. c. Ví dụ minh họa:  x  y  x 2  y 2  8 1 o VD1: Giải hệ phương trình   2  xy  x  1 y  1  12 Đầu tiên ta quan sát hệ nếu dùng phương pháp rút thế thì quá phức tạp vì phương trình (1) và (2) đều chứa bậc cao ở ẩn x và y. Vì thế ta nghĩ ngay đến việc tìm ở hai phương trình hai đại lượng nào đó rồi đặt ẩn cho hai đại lượng trên.

Sau khi quan sát ta có: Khóa luận tốt nghiệp

Trang 14

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

2 2   x yx  y 8 ⇔  2 2   x  x  y  y   12

Lúc này ta thấy cả hai phương trình đều có hai đại lượng giống nhau nên đặt u  x 2  x  2 v  y  y  u  v  8

Hệ trở thành:   uv  12

 3  4

Hệ trên ta sẽ giải bằng cách rút thế Ở đây nếu hệ chứa tham số thì bắt buộc ta phải đặt điều kiện nhưng hệ trên có thể không đặt điều kiện cũng được. Để đơn giản thì ta nên đặt để có thể dễ dàng loại bớt nghiệm.

2 1 1 1  2 Điều kiện: u  x  x   x      2 4 4  1 4 Từ (3) ⇔ v  8  u thay vào (4), ta được :

Tương tự v  

u (8  u )  12

⇔ u 2  8u  12  0 u  6 ⇔ (Thỏa điều kiện) u  2  Với u  6  v  2 , ta có :  x2  x  6  2 y  y  2  x  2 ; y 1  x  2; y  2 Giải hệ trên ta được   x  3 ; y  1   x  3; y  2 Với u  2  v  6 , ta có:  x2  x  2  2 y  y  6  x 1 ; y  2  x  2 ; y  2 Giải hệ trên ta được   x  1 ; y  3   x  2 ; y  3 Vậy ta có nghiệm của hệ là: Khóa luận tốt nghiệp

Trang 15

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

(2;1);(2; 2);(3;1);(3; 2);(1;2);(2;2);(1; 3);(2; 3) 5  4 2  x  y  xy 1  2 x    4 o VD2: Giải hệ phương trình   x 2  y  x3 y  xy 2  xy   5  4

Nhìn vào hệ phương trình trên, ta khó có thể biết dùng phương pháp nào. Ta nên biến đổi để dễ xác định hơn.

5  4 2 2  x  y  xy  2 x y   4 ⇔  x 2  y  x3 y  xy 2  xy   5  4

1  2

Nếu ta để ý thì sẽ thấy phương trình (1) có chứa hằng đẳng thức nên ta biến đổi hệ như sau: 5  ( x 2  y)2  xy   4 Hệ ⇔   x 2  y   xy  x 2  y   xy  5  4

Lúc này, cả hai phương trình đều chứa hai đại lượng giống nhau ta cũng có thể dùng phương pháp rút thế nhưng tối ưu nhất là ta nên đặt ẩn phụ: u  x 2  y Đặt  thay vào hệ, ta được: v  xy  5  2  u  v   4  u  uv  v   5  4 5 Từ hệ này ta rút v    u 2 thay vào phương trình còn lại được: 4 5  5   5  u  u    u2      u2    4  4   4  3 2 ⇔ 4u  4u  u  0  u0 u0  ⇔  2 ⇔  u   1 4u  4u  1  0  2 5 Với u  0 ⇒ v   , ta có hệ: 4

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 16

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

 5  x 3 4  ⇔   y   3 25  16

 x2  y  0   5  xy   4

Với u  

1 2

3 2

⇒ v   , ta có hệ:

1  2  x  y   2   xy   3  2

 x 1  ⇔  3 y    2

25   3  5 Vậy nghiệm của hệ là 1;   ;  3 ;  3  16   2  4   11x  y  y  x  1 (1) o VD3: Giải hệ phương trình   7 y  x  6 y  26 x  3 (2) Đây là hệ chứa căn nên việc rút thế rất khó, ta nên nghĩ đến việc đặt ẩn phụ và biến đổi bằng cách tách các phần tử trong phương trình (2) sao cho giống hai phần tử của phương trình (1) (dùng hệ số bất định) Xét vế trái phương trình (2), ta đi tìm a,b sao cho :

7 y  x  6 y  26x  7 y  x  a( y  x)  b(11x  y)

a  4 ⇒ b  2

Giải: 11x  y Điều kiện :  y  x  11x  y  y  x  1  Hệ đã cho ⇔   7 y  x  4  y  x   2 11x  y   3 Lúc này ta đặt:   u  11x  y u  0 ; v  0  v  y  x   u  v  1  3 Thay vào  2 2 7v  4v  2u  3  4 

Rút u  1  v từ (3) thay vào (4) ta được: 7v  4v 2  2 1  v   3 2

(Thỏa) Khóa luận tốt nghiệp

Trang 17

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

 v 1 ⇔  v   5  2 Với v  1  u  2 ta có:

(Loại)

1  x   11 x  y  2 11 x  y  4    2 ⇔  ⇔    y  x 1  y  3  y  x 1  2 1 3

Vậy nghiệm của hệ là  ;  2 2   x2  x  y 2  y  1  4 y 2 o VD4: Giải hệ phương trình  2 2 3 3 3  xy  x y  1  x y  4 y Đầu tiên phân tích xem nên áp dụng phương pháp nào, đối với bài này khi nhìn vào thì thấy bậc của x và của y đều cao nên không thể rút thế được. Ta sẽ nghĩ đến trường hợp đặt ẩn phụ mà khi đó ta lưu ý là bên vế phải của hai phương trình có chứa ẩn y nên ta xét thử y  0 có phải là nghiệm không, nếu không thì

ta chia cho y và sau đó biến đổi.

Giải: Ta thấy: y  0 không là nghiệm của hệ 1 1  2 x  x   2 4  y y  Do đó y  0 ta có:  2  x  x  1  x3  4  y 2 y y 3 2   1  1 x  x y x y  2 y  4      ⇔  3   1 x2 x x 1  x  x   3 3 2  4    y y y y y     2  1  1 x  x     x    2  4 y  y y  ⇔  3 1 x 1   x y 2 yx y  4    

Đặt u  x 

1 x và v  thay vào hệ ta được: y y

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 18

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

2  u 2  u  2v  4  2v  u  u  4 ⇔  3  3 2 u  u  u  u  4   4  u  2uv  4   u2  u  4 v  v 1  ⇔  ⇔  2 u  2 u 2  4u  4  0  1  x  y  2  x2  2 x  1  0 x 1 Hay  ⇔  ⇔  x y y 1   x 1  y

Vậy nghiệm của hệ là 1;1

2 2    x  y  xy  78 (1) o VD5: Giải hệ phương trình  4 4 (2)   x  y  97 Đầu tiên nhìn vào hệ này ta phải khai triển hằng đẳng thức của phương trình (2) rồi tìm mối liên hệ giữa hai phương trình.

Giải: 78   xy  x2  y 2 Hệ ⇔  ( x2  y 2 )2  2 x2 y 2  97 

3  4

Thế (3) vào (4) ta được 2

  97 (5)  x  y   2  x2 78 2   y   Không phải lúc nào ta cũng tìm hai đại lượng chung của hai phương trình rồi đặt hai ẩn mà bây giờ từ hai phương trình ta có một đại lượng chung thì ta đặt một ẩn theo đại lượng chung đó rồi giải ra.

2

2 2

Đặt t   x2  y2 

2

t  0 thay vào (5) ta được:

2.782 t  97 ⇔ t 2  97 t  12168  0 t (Thõa) t  169 ⇔  (Loại)  t  72

Với t  169 ta có:

Khóa luận tốt nghiệp

x

2

 y 2   169 2

Trang 19

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

⇔ x2  y2  13 Thay vào (3) ta được xy  6  xy  6 Lúc này ta có hệ:  2 2  x  y  13 xy  6  ⇔  2 ( x  y)  2 xy  13

 xy  6 ⇔ 2 ( x  y)  25

  ⇔   

 5  y  y  6   x y 5  5  y  y  6   x  y  5

  ⇔    

 xy  6  x  y  5  xy  6   x  y  5

  y  2     y 3   x  y  5 ⇔     y  2      y  3   x  y  5 

 x  3   y  2  x  2   y  3 Hay   x  3  y  2   x  2  y  3 

Vậy nghiệm của hệ là: 3;2;  2;3;  3; 2;  2; 3 2.7.3 Phương pháp nhân lượng liên hợp a. Nhận biết: thường là các hệ có chứa căn b. Phương pháp: Nhìn vào một phương trình ta thấy được mối quan hệ giữa x và y ta liên hợp để tìm ra nhân tử chung

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 20

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Thông thường ta phải biến đổi hoặc thêm bớt rồi mới liên hợp

được

Sau khi liên hợp xong thì ta sẽ được một phương trình hoặc hệ phương trình đơn giản hơn và sau đó ta dùng các phương pháp như đặt ẩn phụ, phương pháp thế, liên hợp tiếp…để tìm nghiệm - Một số công thức cần nhớ:

   

AB





A  B  A  B2

 A  B   A  B A  B   A m AB  B   A  B A  B   A mB A  B   A  B A B

3

3

2

3

3

3

2

3

3

3

2

2

3

c. Một số ví dụ:  1  x  2 y  2 o VD1: Giải hệ phương trình   2   y  2 x  2 Nhìn vào hệ trên ta thấy đây là hệ đối xứng loại 2, thì bây giờ ta trừ hai phương trình trên thì xuất hiện một phương trình chứa toàn căn. Bây giờ thì ta nhân lượng liên hợp để làm mất căn.

Giải: 0  x  2 Điều kiện:  (*) 0  y  2 Lấy (1) trừ (2) ta được: x  y  2 y  2 x  0

⇔ ⇔

x y x y  0 x y 2 y  2 x 

 1 1  0 2  y  2  x   x  y

 x  y 

 0  do * 

⇔ x y Thay vào (1), ta được: x  2 x  2 Khóa luận tốt nghiệp

Trang 21

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

⇔ x  2  x  2 x  2  x  2 ⇔ 2 x  2  x  0 ⇔

x  2  x  0

x  0  y  0 ⇔ x  2  x  0 ⇔  x  2  y  2

Vậy nghiệm của hệ là:  0;0 ;  2;2  x 2  91  y  2  y 2 o VD2: Giải hệ phương trình  2 2  y  91  x  2  x

1  2

Giải: Tương tự như bài tập trên ta cũng nhân liên hợp x  2 Điều kiện:  (*) y  2 Lấy (1) trừ (2), ta được: x2  91  y 2  91  y  2  x  2  y 2  x 2

⇔

⇔

⇔

⇔

x2  91  y 2  91 x2  91  y 2  91 x2  y 2 x  91  y  91 2

2

 x  y  x  y  x2  91  y 2  91 

 x  y 



y 2 x2  y 2  x2 y2  x2



 x  y   x2  y 2  y2  x2



 x  y y2  x2

x y

2 2  x  91  y  91



  x  y  x  y   0

 1   x  y   0 y2  x2 

 0  do * 

⇔

x y

Thay vào (1) ta được: Khóa luận tốt nghiệp

Trang 22

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

x2  91  x  2  x2 (3)

Để giải phương trình này ta nhẩm trước x  3 là một nghiệm của phương trình. Đoán rằng x  3 là nhân tử chung ta dùng lượng liên hợp để tạo ra nhân tử x  3 . Ở đây ta thường thêm bớt các hạng tử phù hợp bằng cách thay x  3 vào phương trình ta được VT=VP=10 nên dự đoán trừ cả hai vế cho 10 để tạo ra nhân tử chung.

(3) ⇔ ⇔

⇔

⇔



x  2  1  x2  9



x  2 1  x2  9 x  2 1



x 3  x2  9 x  2 1

x2  91  10  x2  91 100 x  91  10 2

x2  9 x2  91  10 



x3

 x  3 

2  x  91  10



 1   x  3  0 x  2 1 

x3   ⇔ x3 1     x  3  0 2  x  91  10 x  2 1

Khi x  3 ⇒ y  3 Khi ⇔ ⇔

x3 x 2  91  10 x3

x 2  91  10

1   x  3  0 x  2 1



  x  3 



1 x  2 1

 1  1  2 x  2 1  x  91  10  1

 x  3 

 4

Ta có vế phải của (4) luôn dương với mọi x  2 Xét vế trái (4) ⇔

x2  91  10  10

1 x 2  91  10

Khóa luận tốt nghiệp



1 10 Trang 23

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

⇔

1 x  91  10 2

1 

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

9 0 10

  1 ⇔  x  3  2  1  0  x  91  10 

 vì x  2

Hay vế trái của (4) là một số âm nên phương trình (4) vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ là  3;3   2 x  y  1  x  2 y  2  x  y  1  0 1 o VD3: Giải hệ phương trình  2 2  2  4 x  y  x  4  2 x  y  x  4 y Ta nhận xét là cả hai phương trình trên đều chứa hai căn và có các đa thức, như vậy ta sẽ dùng liên hợp và ta kiểm tra xem phương trình nào liên hợp được.

Ta thử xét phương trình (1) thấy nếu liên hợp hai căn thì ta sẽ được biểu thức còn lại của phương trình.

Giải:  2x  y 1  0 x  2 y  2  0    2x  y  0  x  4 y  0

Điều kiện:

(1)

⇔ ⇔

x  y 1  x  y 1  0 2x  y 1  x  2 y  2 

 1  1  0  2 x  y  1  x  2 y  2 

 x  y  1 

⇔ y  x  1 thay vào (2), ta được: 3x  1  5 x  4  3x 2  x  3 (3)

1    đk x   3 

Ở đây ta thấy rằng đây là một phương trình vô tỷ loại nhiều căn bây giờ muốn giải được ta bấm máy tính nếu ra nghiệm là số nguyên hay số hữu tỷ thì dùng liên hợp để giải, nếu ra nghiệm lẻ thì ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ. x  0 Với phương trình trên ta bấm được hai nghiệm là   x 1

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 24

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Ta tiến hành liên hợp nhằm tạo ra nhân tử chung.Với phương trình trên thì ta cần tạo ra nhân tử chung là x 2  x Ta cần thêm bớt, ở đây tạo ra hai nghiệm nên biểu thức thêm vào chứa x.

(3) ⇔  3x  1  1  x    5x  4   2  x   3x2  3x ⇔

⇔

x  x2 x  x2   3x 2  3 x 3x  1  1  x  5x  4   2  x 



 1 1   3  0 5x  4   2  x    3x  1  1  x 

x  x  2

x  0  y  1 ⇔   x 1  y  2

(Thỏa)

Vậy hệ có nghiệm là:  0;1 ; 1;2

2.7.4 Phương pháp lượng giác hóa Một số bài hệ phương trình lại có những điều kiện bó hẹp của biến giúp ta liên tưởng đến một số công thức lượng giác, từ đó mà ta tìm được phép đặt lượng giác phù hợp.

Một số phép đặt lượng giác cơ bản: 1. Nếu x a; a, a  0 thì đặt:     x  a cos ,  0;  hoặc x  a sin  ,    ;   2 2

2. Nếu x  R thì đặt:    x  tan t , t    ;   2 2

3. Nếu x2  y2  a (a  0) thì đặt: x  a sin t , y  a cos t , t 0;2 

4. Nếu x  a (a  0) thì đặt: Khóa luận tốt nghiệp

Trang 25

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

x

hoặc x 

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

a    với t    ;  \ 0 sin t  2 2 a   với t  0;  \   cos t 2

Một số đẳng thức lượng giác : 1. sin 2 x  cos2 x  1 2. sin 2x  2sin x cos x 3. cos 2 x  cos2 x  sin 2 x  2cos2 x  1  1  2sin 2 x 4. Với  ;  ;  

 2

 k , k  Z , ta có:

tan   tan   tan   tan  .tan  .tan  ⇔       m (m  Z )

5. Với  ;  ;  

 2

 k , k  Z , ta có:

tan  .tan   tan  .tan   tan  .tan   1 ⇔      

 2

 n (n  Z )

VD1: Giải hệ phương trình:   x 1  y 2  y 1  x2  1    1  x 1  y   2

Giải: Điều kiện x, y 1;1 Với điều kiện đó đặt x  cos ; y  cos  ;  ,  0;  Ta có hệ tương đương:  cos sin   cos sin  1   1  cos 1  cos   2

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 26

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

 sin( +  ) = 1 ⇔ cos  cos  cos cos   1  0

  1   = ⇔ 2 cos  cos  cos  cos   1  0  2  Giải (2): Đặt t  cos   cos     ⇒ t  sin  cos   2.sin  x   (do     ) 4 2 

⇒ t 2 Ta có: t 2  cos2   cos2   2cos cos  ⇔ t 2  cos2   sin2   2cos cos  ⇔ t 2  1  2cos cos  t 2 1 ⇒  cos cos   2

Thay vào (2) ta được: t 2 1 t 1  0 2

⇔ t 2  2t  3  0 ⇒ t  1 (vì t  2 ) Với t  1 ta có: cos   cos  1 ⇔ sin   cos  1 ⇔

  2.sin      1 4 

⇒ 

x  0 ⇒  0 ⇒  2 y 1



Khóa luận tốt nghiệp

Trang 27

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Nghiệm của hệ phương trình là  0;1 VD2: Giải hệ phương trình: 2 x  x 2 y  y  2 2 y  y z  z  2z  z 2 x  x 

Giải: Nhận thấy hệ không có các nghiệm  1; y; z  ;  x;  1; z  ;  x; y;  1 Với x; y; z  1 , viết lại hệ dưới dạng:  2x  y  1  x2  2y  z  2  1 y  2z x   1 z2    Đặt x  tan (1),     ;  , với tan  ; tan 2 ; tan 4  1  2 2

2tan α  tan 2 1  tan 2 α 2tan 2α Với y  tan 2 ⇒ z   tan 4 1  tan 2 2α 2tan 4α Với z  tan 4 ⇒ x   tan8 (2) 1  tan 2 4α k Từ (1) và (2) ⇒ tan   tan8 ⇔   , k Z 7

Với x  tan ⇒ y 

 k     Vì     ;  ⇒    2 7 2  2 2 Mà k  Z ⇒ k  0;  1;  2;  3  Vậy nghiệm của hệ là: ( x; y; z )   tan 

Khóa luận tốt nghiệp

k 2k 4k  ; tan ; tan  7 7 7 

Trang 28

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

với k  0;  1;  2;  3 Nhận xét: Việc biến đổi hợp lí sẽ đưa ta liên tưởng những công thức lượng giác thường gặp. Ví dụ trên đã sử dụng công thức nhân 2 của hàm tan để đưa các biến x, y, z lên các hàm tan 2 , tan 4 , tan8 .

Ghi nhớ: tan 2 

2tan  1  tan 2 

VD3: Giải hệ phương trình:  y  3x 2  1  x3  3x  2 3  z  3 y  1  y  3 y  2 3  x  3z  1  z  3z

Giải: 1 1   1     Nhận thấy hệ không có các nghiệm   ; y; z  ;  x;  ; z  ;  x; y;   3   3  3    x3  3x y   3x 2  1  1 y3  3 y  Với x; y; z   ta có hệ tương đương:  z  2 3y 1 3   z 3  3z x  2 3z  1 

1    Đặt x  tan t (1), t    ;  , với tan t; tan 3t; tan 9t   3  2 2

Khi đó: tan 3 t  3tan t y  tan 3t 3tan 2 t  1

tan 3 3t  3tan3t z  tan9t 3 tan 2 3t  1

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 29

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

x

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

tan 3 9t  3tan 9t  tan27t 3tan 2 9t  1

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: tan t  tan27t ⇔ t 

k , k Z 26

   Do t    ;  ⇒ 13  k  13  2 2

Mà k  Z nên k  0; 1; 2;...; 12 (*) Vậy hệ có 25 nghiệm:

 x; y; z    tan 

k 3k 9k  ; tan ; tan  với k thỏa mãn (*) 26 26 26 

Nhận xét: Với bài tập này phải sử dụng công thức nhân 3 của hàm tan Ghi nhớ:

tan3   3 tan  tan3  3 tan 2   1

VD4: Giải hệ phương trình:  x2  4 y 2  1   5 3 5 3  16 x  20 x  5x  512 y  160 y  10 y  2  0

Giải: Rõ ràng từ phương trình thứ nhất của hệ ta thấy xuất hiện A2  B 2  1 nên ta nghĩ ngay đến việc đặt A  sin t , B  cos t khi đó chắc chắn t   0;2  Với A  x , B  2 y nên ta đặt x  sin t , 2 y  cos t , t   0;2  , ta được hệ phương trình:  sin 2 t  cos2 t  1   5 3 5 3  16sin t  20sin t  5sin t  16cos t  20cos t  5cos t   2

Khóa luận tốt nghiệp

(*)

Trang 30

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Ta đi giải phương trình (*): Nhận thấy hệ số và bậc của hàm sin, cos bằng nhau. Điều đó giúp ta liên tưởng đến công thức lượng giác. (∗) ⇔ sin5t  cos5t   2   ⇔ sin  5t    1 4 

⇔ t 



3 2k , k Z  20 5

Vì t   0;2  mà k  Z nên k  1;2;3;4;5 ⇒ t

 13 21 29 37 4

;

20

;

20

;

20

;

20

Kết luận: Nghiệm hệ phương trình  2 2   13 1 13   21 1 21  ; ; cos ;  sin ; cos   ;  sin  ; 2 4 20 2 20 20 2 20       29   37 1 37   29 1  sin 20 ; 2 cos 20  ;  sin 20 ; 2 cos 20     

Nhận xét: Khi giải quyết hệ này ta thấy bậc ở phương trình thứ 2 rất lớn, lên tận bậc 5 → nghĩ đến việc sử dụng phương pháp hằng đẳng thức, phương pháp đánh giá , phương pháp hàm,.. x,y đứng độc lập và các hệ số các hạng tử cùng bậc bằng nhau nên ta nghĩ đến việc sử dụng phương pháp hàm để giải nhưng sự xuất hiện của 2 làm công việc trở nên khó khăn. Để ý kĩ một chút sự xuất hiện của phương trình thứ nhất A2 + B 2 = 1 và 2 đã làm cho ta liên tưởng đến phép đặt lượng giác quen thuộc được nêu ở trên. Đã liên tưởng đến phép đặt lượng giác nhưng công việc còn lại là khá rắc rối. Phương trình thứ 2 xuất hiện 3 loại bậc là 5, 3, 1 mà công thức nhân 5 ẩn chứa chúng. Ta tính cos5x , sin 5x bằng công thức Moivre: (cos t  i sin t )n  cos nt  i sin nt

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 31

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Áp dụng với n  5 : cos5t  i sin5t  (cos t  i sin t )5  cos5 t  5cos4 t.i sin t  10cos3 t.i 2 sin 2 t  10cos2 t.i 3 sin 3 t  5cos t.i 4 sin 4 t  i 5 sin 5 t  16cos5 t  20cos3 t  5cos t  i(16sin5 t  20sin3 t  5sin t ) 5 3  cos5t  16cos t  20cos t  5cos t  5 3  sin5t  16sin t  20sin t  5sin t

VD5: Giải hệ phương trình:  x  y  z 1  y z 9  x  x  yz  y  zx  z  xy  4 

1  2

Giải: Nhận thấy hệ không có các nghiệm  0; y; z  ;  x; 0; z  ;  x; y; 0 Với x; y; z  0 , viết lại phương trình (1) dưới dạng

xy xz yz yx zx zy .  .  . 1 z y x z y x xz B zy xy A C  tan ,  tan , A; B; C   0;   tan , z 2 x 2 y 2 A B B C C A (1) ⇔ tan .tan  tan .tan  tan .tan  1 2 2 2 2 2 2 Tương tự như ví dụ trên dễ dàng suy ra A  B  C   Phương trình (2): Đặt

x y z 1 1 1 9       x  yz y  xz z  xy 1  tan 2 A 1  tan 2 B 1  tan 2 C 4 2 2 2 A B C 9 ⇔ cos2  cos2  cos2  2 2 2 4 3  cos A  cos B  cos C 9 ⇔  2 4 3 ⇔ cos A  cos B  cos C  2 A BC B C 3 ⇔ 1  2sin 2  2cos .cos  2 2 2 2 A A B C 1 ⇔ 2sin 2  2sin .cos   0 (3) 2 2 2 2 Khóa luận tốt nghiệp

Trang 32

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

 '  cos2

⇒ sin

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

B C B C  1   sin 2 0 2 2

B C  0 (4) 2

Thay vào (3) ta được 2sin

A B C (5)  cos 2 2

Từ (4) và (5) suy ra A  B  C 



3

⇒ x yz

1 3

1 1 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình:  ; ;  3 3 3 2.7.5 Phương pháp biến đổi tương đương Đặc điểm chung của dạng hệ là sử dụng kĩ năng biến đổi đồng nhất, đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một phương trình trong hệ về dạng đơn giản (có thể rút theo y hoặc ngược lại) rồi thế vào phương trình còn lại trong hệ. a. Loại 1: Trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y. Khi đó ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại.

VD: Giải hệ phương trình:  x 2  y  1 x  y  1  3x 2  4 x  1 1  2  2  xy  x  1  x Giải: Dễ thấy x  0 không thỏa mãn phương trình (2) nên từ (2) ta có: x2  1 y 1  thay vào (1) ta được: x

x2  1  x2  1  x. . x   3x 2  4 x  1  x  x  2

⇔  x 2  1 2 x 2  1   x  1 3x  1 ⇔  x  1  2 x3  2 x 2  x  1   x  1 3x  1 ⇔  x  1  2 x3  2 x 2  4 x   0 (Thõa)

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 33

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

 x 1  (Loại) ⇔  x0  x  2 (Thõa) Với x  1 ⇒ y  1 Với x  2 ⇒ y  

5 2

5 Vậy nghiệm của hệ là 1; 1 ; (2;  ) 2

b. Loại 2: Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn.

VD: Giải hệ phương trình: 2 2  1  xy  x  y  x  2y    x 2y  y x  1  2 x  2 y  2

Giải: Điều kiện : x  1, y  0 (1) ⇔ x2  xy  2 y 2   x  y   0 ⇔  x  y  x  2 y    x  y   0 ⇔  x  y  x – 2 y 1  0 (*) Từ điều kiện ta có x  y  0 Nên (*) ⇔ x – 2 y –1  0 ⇔ x  2y 1 Thay vào phương trình (2) ta được :

 2 y  1

2 y  y 2 y  2  2 y  1  2 y

⇔ y 2y  2y  2y  2 ⇔  y  1

Khóa luận tốt nghiệp





2y  2  0

Trang 34

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

⇔ 2 y  2  0 (do y  0) ⇔ y 2 ⇒ x5 Vậy nghiệm của hệ là 5;2 c. Loại 3: Đưa một phương trình trong hệ về dạng bậc hai của một ẩn, ẩn còn lại là tham số.

VD: Giải hệ phương trình  y 2   5x  4 4  x  1  2 2  y  5x  4 xy  16 x  16 x  8 y  16  0  2 

Giải: Biến đổi phương trình (2) về dạng: y 2   4x  8 y  5x2  16x  16  0

Coi phương trình là phương trình theo ẩn y và tham số x.   (4x  8)2  4.(5x2  16x 16)  36x2

Từ đó ta có nghiệm :  y  5x  4  y  4 x

 3  4

Thay (3) vào (1) ta được: 4  x  y0  5x  4  5x  4 4  x    5  x0 y 4 2

Thay (4) vào (1) ta được:

 4  x

2

 x 4 y 0   5x  4 4  x     x 0 y 4

  Vậy nghiệm của hệ là:  0;4  ;  4;0  ;   ;0  5 4



Khóa luận tốt nghiệp



Trang 35

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

2.7.6 Phương pháp hàm số Phần 1. Nhắc lại một số tính chất cơ bản a. Tính đơn điệu của hàm số - Hàm số y  f  x  gọi là đồng biến (tăng) trong khoảng  a; b nếu với  x1; x2   a; b  mà x1  x2 thì f  x1   f  x2  .

- Hàm số y  f  x  gọi là nghịch biến (giảm) trong khoảng  a; b nếu với  x1; x2   a; b mà x1  x2 thì f  x1  > f  x2  .

- Hàm số y  f  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên  a; b , ta nói hàm số y  f  x  đơn điệu trên  a; b .

b. Định lí Giả sử hàm số y  f  x  có đạo hàm trong khoảng  a; b .

- Hàm số y  f  x  đồng biến trong khoảng  a; b  f '  x   0  x   a; b  và f '  x  = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm

trong khoảng  a; b - Hàm số y  f  x  nghịch biến trong khoảng  a; b  f '  x   0  x   a; b  và f '  x  = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm

trong khoảng  a; b - Nếu f '  x   0  x a; b và f  x  liên tục trên a; b thì hàm số y  f  x  đồng biến trên a; b - Nếu f '  x   0  x a; b và f  x  liên tục trên a; b thì hàm số y  f  x  nghịch biến trên a; b c. Các tính chất: - Nếu f  x  liên tục và đơn điệu trên  a; b thì ta có: f  u   f  v   u  v u, v   a; b  Khóa luận tốt nghiệp

Trang 36

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

- Nếu f  x  đơn điệu và liên tục trên  a; b thì phương trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm x1   a; b  - Nếu f  x  ; g  x  liên tục và đơn điệu ngược chiều trên  a; b thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm trên  a; b - f  x  đồng biến trên  a; b thì f u   f  v   u  v - f  x  nghịch biến trên  a; b thì f u   f  v   u  v Phần 2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số đặc trưng giải hệ phương trình Cách giải : Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có) Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số - Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f u   f  v  (u, v là các biểu thức chứa x,y) - Xét hàm đặc trưng f  t  , chứng minh f  t  đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức đơn giản chứa x, y) Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn) Hệ phương trình loại này ta thường gặp ở hai dạng f  x   0 hoặc f  x   f  y  là hàm đơn điệu trên D và x, y thuộc D. Trong phương pháp này khó nhất là phải xác định được tập giá trị của x và y , nếu tập giá trị của chúng khác nhau thì chúng ta không được dùng phương pháp trên mà phải chuyển chúng về dạng tích :  x  y .A x, y   0 . Khi đó ta xét trường hợp: x  y , và trường hợp A x, y   0 . a. Loại 1: Một phương trình trong hệ có dạng f  x   f  y  , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x, y thuộc tập D để trên đó hàm f đơn điệu.

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 37

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

VD: Giải hệ phương trình:  x 3  5x  y3  5 y  8 4 x  y  1

1  2

Nhìn vào phương trình (1) của hệ ta xác định ngay là dùng phương pháp hàm số bằng cách đặt f  t   t 3  5t thì ta được f  x   f  y  và tiến hành xét tính biến thiên của hàm số f  t   t 3  5t trong khoảng xác định.

Giải:  x8  1  x  1  Từ phương trình (2) ta có  4 y  1   y 1

Xét hàm số f  t   t 3  5t , t 1;1 Ta có f '  t   3t 2  5  0 , t 1;1 do đó f  t  nghịch biến trên  1;1 Từ đó (1) ⇔ x  y thay vào phương trình (2) ta được: x8  x 4  1  0

Đặt a  x4 (a  0) và giải phương trình ta được a

1  5 1  5 .  x  y   4 2 2

 1  5 1  5   1  5 1  5  ;  4  ;4 ;4 Vậy nghiệm của hệ là:  4  2 2  2 2    

VD: Giải hệ phương trình: 1 1   x  x  y  y 1  2 y  x 3  1  2  

(ĐH A-2003)

Giải: 1 Xét hàm số: f (t )  t  có tập xác định D = R \ 0 t Khóa luận tốt nghiệp

Trang 38

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

f 't   1 

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

1  0 x  D nên hàm số đồng biến trên  ;0 ;  0; . t2

TH1: Xét x, y   ;0 : (1) ⇔ x  y thay vào (2) ta được x3  2 x  1  0 ⇔ ( x 1)( x2  x 1)  0

 x 1   x  1  5 x 1  ⇔ 2 ⇔ 2  x  x 1  0   x  1  5  2

Với x 

(Loại) (Thỏa) (Loại)

1  5 1  5 y 2 2

TH2: Xét x, y   0;  : (1) ⇔ x  y thay vào (2) ta được x3  2 x  1  0 ⇔ ( x 1)( x2  x 1)  0

 x 1   x  1  5 x 1  ⇔ 2 ⇔ 2  x  x 1  0   x  1  5  2 x 1 y 1 Với

Với x 

(Thỏa) (Loại) (Thỏa)

1  5 1  5 y 2 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  1  5 1  5   1  5 1  5  ; ; (1;1) ,  ;  2  2 2   2 b.

Loại 2: Phương pháp hàm số - Dùng điểm uốn: Trong những hệ phương trình phức tạp ta sẽ không dễ dàng nhận ra cách đặt u, v để f(u)=f(v), bằng cách sử dùng điểm uốn sẽ giúp chúng ta có thể dự đoán được cách đặt thêm ẩn phụ như thế nào để giải hệ phương trình theo phương pháp hàm số.

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 39

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

VD: Giải hệ phương trình:  x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y (1)   2 1 2 (2)  x  y  x  y  2

(A,A1-2012)

Ta nhận thấy trong hệ này x,y rời nhau và có hàm bậc 3 nhiều khả năng là dùng phương pháp hàm số- dùng điểm uốn. Ta cần tìm cách đặt u=? , v=? để có f u   f  v  Ta đặt f  x   x3  3x2  9x  22 ⇒ f '  x   3x2  6x  9 ⇒ f " x   6x  6 . Cho f ''  x   0 ta được x  1 nên đặt u  x 1 Đặt g  y   y3  3 y 2  9 y ⇒ g '  y   3 y 2  6 y  9 ⇒ g " y   6 y  6 . Cho g " y   0 ta được y  1 nên đặt v  y  1 Giải: Đặt u  x 1 và v  y  1 thay vào phương trình (1) ta được: u3 12u  v3 12v (*) 2

2

1 1 1 Ta có x  y  x  y    x     y    1 2 2  2  2

2

(2)

Từ (2) suy ra 2  1 1 3 1  x    1  1  x   1   x  1  2   2 2 2      2  y  1   1 1  y  1  1  1  y  1  3   2  2 2 2  

Nên x  1 và y  1 đều thuộc  2;2 Xét f  t   t 3  12t với t   2;2 f ' t   3t 2  12  0 t   2;2

Nên f  t  nghịch biến trên  2;2 mà theo (*), f u   f  v  ⇒ u  v Khóa luận tốt nghiệp

Trang 40

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

⇒ x 1  y  1 ⇒ x  y  2 Thay vào phương trình (2): 3 1  y  ;x   1 2 2  y  2  y 2   y  2  y   4 y 2  8 y  3  0   2 2  y  1 ; x  3  2 2 3 1   1 3  ; ;  2 2  2 2 

 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm  x; y    ;

2.7.7 Phương pháp đánh giá Phần 1: Các kiến thức cần nhớ: a. Bất đẳng thức COSI Với n số thực không âm a1, a2 , a3 ,, an , ta có: a1  a2  ...  an n  a1a2 ...an n Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  .. an

b. Bất đẳng thức Bunhiacoxky Với 2 bộ số ( a1; a2 ;; an ) và ( b1; b2 ;; bn ) ta có:

a

2 1

 a22  an2 b12  b22  bn2    a1b1  a2b2  anbn 

Dấu bằng xảy ra khi :

2

a a1 a2   . ..  n b1 b2 bn

c. Các bất đẳng thức phụ cần nhớ: 1 1 4 - Với a, b  0 ta có:   . Dấu bằng xảy ra khi a = b. a b ab 1 1 2 . Với ab  1 thì bất đẳng thức đổi chiều.   2 2 1  a 1  b 1  ab Dấu bằng xảy ra khi a  b  1

- Với ab  1 thì Cách giải:

 f  x  g  x  Thông thường ta sẽ đánh giá như sau:  f  x   C   C   f  x   g  x   C  g  x  C  C  

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 41

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Hoặc đánh giá trực tiếp f  x   g  x  ; f  x   g  x  . Từ đó tìm dấu bằng xảy ra của bất đẳng thức (tức là giá trị của biến để thỏa mãn điều kiện xảy ra dấu bằng). Ngoài ra trong một số bài ta có thể sử dụng điều kiện của nghiệm để đánh giá.

Phần 2 : Các ví dụ minh họa a. Loại 1: Phương pháp đánh giá bằng tập xác định: VD: Giải hệ phương trình:   x  y 1  1    x 1  y  1

Giải:  x  0  x  y 1  1 Ta có:  nên  y  0   x 1  y  1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  0;0 b. Loại 2: Đánh giá bằng bất đẳng thức VD: Giải hệ phương trình:  x 12  y  y(12  x2 )  12 (1)  3 (2)  x  8x  1  2 y  2

(A-2014)

Chúng ta dễ dàng nhận ra áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho phương trình (1), nhưng cần chú ý đến điều kiện ban đầu thì mới có thể đánh giá được.

Giải: 2  y  12 Điều kiện:  2  x  12

Ta có: x 12  y 

x2  12  y và 2

y 12  x 2  

y  x2  12 2

Suy ra : x 12  y  y(12  x 2 )  12

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 42

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

0  x  2 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2  y  12  x

Thay vào phương trình (2) ta có: x3  8x 1  2 10  x2

⇔





x3  8x  3  2 1  10  x2  0

  2  x  3 ⇔  x  3  x2  3x  1   2  1  10  x 

   0 (*) 

 2  x  3  Do x  0 ⇒ x2  3x  1   0 2   1  10  x  Khi đó (*)  x  3  y  3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là : x  y  3 VD: Giải hệ phương trình :   x  1 3  y    y  13  x   2 1  2 2  2  x  y  4 x  4 y  7  0 Giải:  x  1 3  y   0 Điều kiện:   y  1 3  x   0

Nhận xét: Với điều kiện này ta chưa thể đánh giá phương trình đầu tiên theo bất đẳng thức Cô-si được vì chưa có điều kiện x  1  0 , 3  y  0 , nhưng nếu quan sát kĩ hơn ở phương trình thứ hai thì ta thấy:   x  22  1 1  x  3   (2) ⇔  x  2    y  2   1 (*)   2 1  y  3  y  2  1 2

  Vậy ta có:   

2

x 1  3  y 2 y 1  3  x  y  1 3  x   2

 x  1 3  y  

⇒ VT(1)  2

x 1  3  y Suy ra: (1)⇔  ⇔x  4 y y  1  3  x  Khóa luận tốt nghiệp

Trang 43

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Thay vào phương trình (*) ta có: 2  y  2   1 2

1  y   2 x  2  2   y  1  2  x  2  2

Hệ phương trình có 2 nghiệm: ( x; y)  (2 

Khóa luận tốt nghiệp

1 2 .

1 2

1 1 1 1 ; ;  2)  2) ; (2  2 2 2 2

Trang 44

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

 x2  xy  2 y  2 y 2  2 x (1) Bài 1. Giải hệ phương trình:  (2)  y x  y  1  x  2.

2 xy  2 2 x  y   1 (1)  x  y Bài 2. Giải hệ phương trình:   x  y  x2  y (2)   x2  y2  xy  1  4 y (1) Bài 3. Giải hệ phương trình:  2 2  y( x  y)  2x  7 y  2 (2)

Bài 4. (HSG K12 Đồng Nai) Giải hệ phương trình: 5 4 10 6  (1)  x  xy  y  y  2   4 x  5  y  8  6 (2) 2  (4 x  1) x  ( y  3) 5  2 y  0 Bài 5. (KA-2010) Giải hệ phương trình:  2 2  4 x  y  2 3  4 x  7

2 x 2  5  2 y  1  y 2 (1)  Bài 6. Giải hệ phương trình:  2 y 2  5  2 x  1  x 2 (2) Bài 7. (HSG QG – 2001) Giải hệ phương trình:   7 x  y  2x  y  5 (1)    2x  y  x  y  2 (2) 3 3 3  1  x y  19 x (1) Bài 8. (Đề thi TS cũ) Giải hệ phương trình:  2 2   y  xy  6x (2) 2 2   y  xy  6x (1) Bài 9. Giải hệ phương trình:  2 2 2  1  x y  5x (2)   1 ( x  y)1    5  xy  Bài 10. Giải hệ phương trình:  ( x 2  y 2 )1  1   49  x2 y2     

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 45

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

KẾT LUẬN

Qua quá trình nghiên cứu, từ những kết quả thu được, tôi nhận thấy:  Đề tài góp phần làm sáng tỏ nội dung: “Một số phương pháp giúp học sinh giải tốt các bài toán về hệ phương trình trong chương trình toán THPT ”.  Đề tài đưa ra được các dạng toán và phương pháp giải về hệ phương trình đại số cho học sinh trong quá trình dạy học hệ phương trình.  Vận dụng các phương pháp trên vào thực tiễn dạy học về hệ phương trình.

Là một sinh viên năm cuối sắp ra trường, tôi nhận thấy đề tài rất có ích cho bản thân để làm hành trang vào nghề. Vì thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên đề tài khó tránh khỏi các thiếu sót. Tôi rất mong các ý kiến đóng góp quý báu của độc giả để đề tài được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 46

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Thành Đông, 2011. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực. Luận văn thạc sĩ.

2. Hà Văn Chương, 2013. Tuyển chọn và giải phương trình, hệ phương trình. Hà Nội: nhà xuất bản Giáo dục.

3. Lê Bá Bảo, 2013. Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình. Hà Nội: Nhà xuất bản Giáo dục.

Khóa luận tốt nghiệp

Trang 47

SVTH: Nguyễn Khánh Hòa

Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Ths. Ngô Thị Bích Thủy

Trang 48