Bạn đang xem bài viết Giải Các Hệ Phương Trình Tuyến Tính được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Giải các hệ phương trình tuyến tính
Giải pháp của một hệ phương trình tuyến tính là việc tìm ra các biến không xác định đi vào các phương trình, sự thay thế làm cho hệ thống bằng nhau.
Hệ phương trình tuyến tính có thể được giải quyết theo nhiều cách khác nhau, ví dụ, phương pháp Kramer hoặc phương pháp Gaus hoặc theo các cách khác. Sử dụng dịch vụ của chúng tôi, bạn có thể nhận các giải pháp trực tuyến miễn phí với các hành động và giải thích từng bước. Máy tính của chúng tôi cũng sẽ hữu ích nếu bạn cần kiểm tra tính toán của riêng bạn.
Xuất số thập phân
, số vị trí thập phân:
Giải pháp:
Mô tả
Cách sử dụng
Dịch vụ trực tuyến của chúng tôi cho phép chúng tôi giải quyết các hệ thống các phương trình đại số tuyến tính bằng nhiều cách:
bằng phương pháp của Cramer (quy tắc của Cramer)
phương pháp ma trận nghịch đảo
bằng phương pháp Gauss-Montante (thuật toán Bareys)
bằng phương pháp Gauss (phương pháp loại bỏ các biến số)
bằng phương pháp Gauss-Jordan (phương pháp loại bỏ hoàn toàn những thứ chưa biết)
Trong trường hợp này, dịch vụ cung cấp một loạt các giải pháp, không chỉ là câu trả lời.
Ngoài ra, bạn có thể kiểm tra hệ thống phương trình cho tính tương thích.
Sử dụng các dấu hiệu + và – để xác định số lượng yêu cầu của các biến trong phương trình. Nếu phương trình của bạn không bao gồm bất kỳ unknowns, sau đó chỉ cần để trống các lĩnh vực (trống).
Trong các tế bào, chỉ định các hệ số (giá trị) cho unknowns. Nếu dữ liệu nguồn được thiết lập để x1, x2 và như vậy, trong tế bào trước khi tiết lộ những điều không biết, chỉ định 1.
Giá trị của những thứ chưa biết có thể là:
số nguyên: 7, -3, 0
thập phân (hữu hạn và định kỳ) phân số: 7/8, 6.13, -1.3(56), 1.2e-4
biểu thức số học: 1/2+3*(6-4), (6-y)/x^3, 2^0.5
Sau đó nhấp chuột vào nút với tên của phép toán học cần thiết.
Các giá trị trong các kết quả giải pháp có thể được kéo bằng chuột đến trường dữ liệu nguồn.
Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp 1, Bernoulli, Ricatti
Shortlink: http://wp.me/P8gtr-MY
Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 là phương trình có dạng:
(1) (hay )
trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục, cho trước.
Nếu q(x) ≡ 0, thì (1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất.
Nếu q(x) ≠0, thì (1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất.
2.1 Cách 1: Phương pháp thừa số tích phân:
Nhân 2 vế của (1) với thừa số
(*)
ta chú ý vế trái của phương trình sẽ thấy biểu thức ở vế trái chính là đạo hàm của tích số . Vậy ta viết lại phương trình (*) như sau:
Lấy tích phân hai vế ta được:
.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) có dạng:
Ví dụ: Giải phương trình
Nhân 2 vế của phương trình với thừa số .
Ta đươc:
Lấy tích phân 2 vế ta được:
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
2.2 Cách 2: Phương pháp Bernoulli (pp tìm nghiệm dưới dạng tích)
Từ cách thứ nhất, ta nhận thấy nghiệm của phương trình có dạng tích của hai hàm số. Vì vậy, ta sẽ tìm nghiệm của phương trình dưới dạng tích:
Ta có:
Thế vào phương trình ta có:
Hay: (*)
Phương trình (*) có tới 4 thông số chưa biết là u, v, u’ , v’ nên không thể giải tìm u, v bất kỳ. Để tìm u, v thỏa mãn phương trình (*), ta cần chọn u, v sao cho triệt tiêu đi 1 hàm chưa biết.
Muốn vậy, ta chọn u(x) sao cho (**)
Ta dễ dàng tìm được hàm u(x) thỏa (**) vì (**) chính là phương trình tách biến. Khi đó:
Chọn C = 1 ta có:
Như vậy ta tìm được hàm u(x) nên từ (*) ta sẽ có:
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:
2.3 Cách 3: Phương pháp Larrange (pp biến thiên hằng số)
Từ cách 2 ta thấy nghiệm phương trình có dạng với u(x) là nghiệm phương trình (**) – đây là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1.
Do vậy, giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1 ta tìm được:
Mà công thức nghiệm tổng quát của phương trình (1) lại là: chỉ sai khác so với u(x) ở chỗ thế hằng số C bằng hàm cần tìm v(x).
Do vậy, ta chỉ cần tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, sau đó thay hằng số C bằng hàm cần tìm v(x) sẽ giải được bài toán. Vậy:
Bước 1: giải phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1 liên kết với phương trình (1):
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:
Bước 2: nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất (1) có dạng:
Ta có:
Thế vào phương trình ta có:
Suy ra: . Từ đó tìm được v(x).
Đôi lời
Tổng Hợp Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Môn Toán
Published on
1. TỔNG HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TOÁN HỌC PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chủ biên: Nguyễn văn huy 26-7-2012
3. 4 4 PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT 158 Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Phương pháp dùng đơn điệu hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Phương pháp biến đổi đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 5 HỆ PHƯƠNG TRÌNH 177 Các loại hệ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Hệ phương trình hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 Phương pháp biến đổi đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Phương pháp dùng đơn điệu hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Phương pháp hệ số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 Kĩ thuật đặt ẩn phụ tổng – hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 Tổng hợp các bài hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 Hệ phương trình hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 Hệ phương trình vô tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 6 SÁNG TẠO PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 297 Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về hệ phương trình . . . . 297 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao . . . . 307 Sử dụng các hàm lượng giác hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 Sáng tác một số phương trình đẳng cấp đối với hai biểu thức . . . . . . . . . . . . . 312 Xây dựng phương trình từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . . 324 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào các phương trình lượng giác. . . . . . . . 328 Sử dụng căn bậc n của số phức để sáng tạo và giải hệ phương trình. . . . . . . 331 Sử dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . 338 Sử dụng hàm ngược để sáng tác một số phương trình, hệ phương trình. . . . . 345 Sáng tác hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 Kinh nghiệm giải một số bài hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 7 Phụ lục 1: GIẢI TOÁN BẰNG PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 362 8 Phụ lục 2: PHƯƠNG TRÌNH VÀ CÁC NHÀ TOÁN HỌC NỔI TIẾNG 366 Lịch sử phát triển của phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366 Có mấy cách giải phương trình bậc hai? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366 Cuộc thách đố chấn động thế giới toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368 Những vinh quang sau khi đã qua đời . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372
4. 5 Tỉểu sử một số nhà toán học nổi tiếng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 Một cuộc đời trên bia mộ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 Chỉ vì lề sách quá hẹp! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 Hai gương mặt trẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 Sống hay chết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 9 Tài liệu tham khảo 381
5. Lời nói đầu Phương trình là một trong những phân môn quan trọng nhất của Đại số vì có những ứng dụng rất lớn trong các ngành khoa học. Sớm được biết đến từ thời xa xưa do nhu cầu tính toán của con người và ngày càng phát triển theo thời gian, đến nay, chỉ xét riêng trong Toán học, lĩnh vực phương trình đã có những cải tiến đáng kể, cả về hình thức (phương trình hữu tỉ, phương trình vô tỉ, phương trình mũ – logarit) và đối tượng (phương trình hàm, phương trình sai phân, phương trình đạo hàm riêng, . . . ) Còn ở Việt Nam, phương trình, từ năm lớp 8, đã là một dạng toán quen thuộc và được yêu thích bởi nhiều bạn học sinh. Lên đến bậc THPT, với sự hỗ trợ của các công cụ giải tích và hình học, những bài toán phương trình – hệ phương trình ngày càng được trau chuốt, trở thành nét đẹp của Toán học và một phần không thể thiếu trong các kì thi Học sinh giỏi, thi Đại học. Đã có rất nhiều bài viết về phương trình – hệ phương trình, nhưng chưa thể đề cập một cách toàn diện về những phương pháp giải và sáng tạo phương trình. Nhận thấy nhu cầu có một tài liệu đầy đủ về hình thức và nội dung cho cả hệ chuyên và không chuyên, Diễn đàn MathScope đã tiến hành biên soạn quyển sách Chuyên đề phương trình – hệ phương trình mà chúng tôi hân hạnh giới thiệu đến các thầy cô giáo và các bạn học sinh. Quyển sách này gồm 6 chương, với các nội dung như sau: Chương I: Đại cương về phương hữu tỉ cung cấp một số cách giải tổng quát phương trình bậc ba và bốn, ngoài ra còn đề cập đến phương trình phân thức và những cách xây dựng phương trình hữu tỉ. Chương II: Phương trình, hệ phương trình có tham số đề cập đến các phương pháp giải và biện luận bài toán có tham số ,cũng như một số bài toán thường gặp trong các kì thi Học sinh giỏi. Chương III: Các phương pháp giải phương trình chủ yếu tổng hợp những phương pháp quen thuộc như bất đẳng thức, lượng liên hợp, hàm số đơn điệu, . . . với nhiều bài toán mở rộng nhằm giúp bạn đọc có cách nhìn tổng quan về phương trình. Chương này không đề cập đến Phương trình lượng giác, vì vấn đề này đã có trong chuyên đề Lượng giác của Diễn đàn. Chương IV: Phương trình mũ – logarit đưa ra một số dạng bài tập ứng dụng của hàm số logarit, với nhiều phương pháp biến đổi đa dạng như đặt ẩn phụ, dùng đẳng thức, hàm đơn điệu, … Chương V: Hệ phương trình là phần trọng tâm của chuyên đề. Nội dung của chương
6. 7 bao gồm một số phương pháp giải hệ phương trình và tổng hợp các bài hệ phương trình hay trong những kì thi học sinh giỏi trong nước cũng như quốc tế. Chương VI: Sáng tạo phương trình – hệ phương trình đưa ra những cách xây dựng một bài hay và khó từ những phương trình đơn giản bằng các công cụ mới như số phức, hàm hyperbolic, hàm đơn điệu, . . . Ngoài ra còn có hai phần Phụ lục cung cấp thông tin ứng dụng phương trình, hệ phương trình trong giải toán và về lịch sử phát triển của phương trình. Chúng tôi xin ngỏ lời cảm ơn tới những thành viên của Diễn đàn đã chung tay xây dựng chuyên đề. Đặc biệt xin chân thành cảm ơn thầy Châu Ngọc Hùng, thầy Nguyễn Trường Sơn, anh Hoàng Minh Quân, anh Lê Phúc Lữ, anh Phan Đức Minh vì đã hỗ trợ và đóng góp những ý kiến quý giá cho chuyên đề, bạn Nguyễn Trường Thành vì đã giúp ban biên tập kiểm tra các bài viết để có một tuyển tập hoàn chỉnh. Niềm hi vọng duy nhất của những người làm chuyên đề là bạn đọc sẽ tìm thấy nhiều điều bổ ích và tình yêu toán học thông qua quyển sách này. Chúng tôi xin đón nhận và hoan nghênh mọi ý kiến xây dựng của bạn đọc để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Mọi góp ý xin vui lòng chuyển đến anhhuy0706@gmail.com Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 11 tháng 7 năm 2012 Thay mặt nhóm biên soạn Nguyễn Anh Huy
7. Các thành viên tham gia chuyên đề Để hoàn thành được các nội dung trên, chính là nhờ sự cố gắng nỗ lực của các thành viên của diễn đàn đã tham gia xây dựng chuyên đề: * Chủ biên: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM) * Phụ trách chuyên đề: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM), Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM) * Đại cương về phương trình hữu tỉ: Huỳnh Phước Trường (THPT Nguyễn Thượng Hiền – TP HCM), Phạm Tiến Kha (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM) * Phương trình, hệ phương trình có tham số: thầy Nguyễn Trường Sơn (THPT Yên Mô A – Ninh Bình), Vũ Trọng Hải (12A6 THPT Thái Phiên – Hải Phòng), Đình Võ Bảo Châu (THPT chuyên Lê Quý Đôn – Vũng Tàu), Hoàng Bá Minh ( 12A6 THPT chuyên Trần Đại Nghĩa – TP HCM), Nguyễn Hoàng Nam (THPT Phước Thiền – Đồng Nai), Ong Thế Phương (11 Toán THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) * Phương pháp đặt ẩn phụ: thầy Mai Ngọc Thi (THPT Hùng Vương – Bình Phước), thầy Nguyễn Anh Tuấn (THPT Lê Quảng Chí -Hà Tĩnh), Trần Trí Quốc (11TL8 THPT Nguyễn Huệ – Phú Yên), Hồ Đức Khánh (10CT THPT chuyên Quảng Bình), Đoàn Thế Hoà (10A7 THPT Long Khánh – Đồng Nai) * Phương pháp dùng lượng liên hợp: Ninh Văn Tú (THPT chuyên Trần Đại Nghĩa – TPHCM) , Đinh Võ Bảo Châu (THPT – chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu), Đoàn Thế Hòa (THPT Long Khánh – Đồng Nai) * Phương pháp dùng bất đẳng thức: Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM), Phan Minh Nhật, Lê Hoàng Đức (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM), Đặng Hoàng Phi Long (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội), Nguyễn Văn Bình (11A5 THPT Trần Quốc Tuấn – Quảng Ngãi), * Phương pháp dùng đơn điệu: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM), Hoàng Kim Quân (THPT Hồng Thái – Hà Nội), Đặng Hoàng Phi Long (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội) * Phương trình mũ – logarit: Võ Anh Khoa, Nguyễn Thanh Hoài (Đại học KHTN- TP HCM), Nguyễn Ngọc Duy (11 Toán THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) * Các loại hệ cơ bản: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM)
8. 9 * Hệ phương trình hoán vị: thầy Nguyễn Trường Sơn (THPT Yên Mô A – Ninh Bình), Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM), Nguyễn Đình Hoàng (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội) * Phương pháp biến đổi đẳng thức: Nguyễn Đình Hoàng (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội), Trần Văn Lâm (THPT Lê Hồng Phong – Thái Nguyên), Nguyễn Đức Huỳnh (11 Toán THPT Nguyễn Thị Minh Khai – TP HCM) * Phương pháp hệ số bất định: Lê Phúc Lữ (Đại học FPT – TP HCM), Nguyễn Anh Huy, Phan Minh Nhật (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM) * Phương pháp đặt ẩn phụ tổng – hiệu: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM) * Tổng hợp các bài hệ phương trình: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM), Nguyễn Thành Thi (THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp), Trần Minh Đức (T1K21 THPT chuyên Hà Tĩnh – Hà Tĩnh), Võ Hữu Thắng (11 Toán THPT Nguyễn Thị Minh Khai – TP HCM) * Sáng tạo phương trình: thầy Nguyễn Tài Chung (THPT chuyên Hùng Vương – Gia Lai), thầy Nguyễn Tất Thu (THPT Lê Hồng Phong – Đồng Nai), Nguyễn Lê Thuỳ Linh (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM) * Giải toán bằng cách lập phương trình: Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM) * Lịch sử phát triển của phương trình: Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM), Nguyễn Hoàng Nam (THPT Phước Thiền – Đồng Nai)
9. Chương I: Đ I CƯƠNG V PHƯƠNG TRÌNH H U T PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA Một số phương pháp giải phương trình bậc ba Phương pháp phân tích nhân tử: Nếu phương trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0 có nghiệm x = r thì có nhân tử (x − r) do đó có thể phân tích ax3 + bx2 + cx + d = (x − r)[ax2 + (b + ar)x + c + br + ar2 ] Từ đó ta đưa về giải một phương trình bậc hai, có nghiệm là −b − ra ± √ b2 − 4ac − 2abr − 3a2r2 2a Phương pháp Cardano: Xét phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = 0 (1). Bằng cách đặt x = y − a 3 , phương trình (1) luôn biến đổi được về dạng chính tắc: y3 + py + q = 0(2) Trong đó: p = b − a2 3 , q = c + 2a3 − 9ab 27 Ta chỉ xét p, q = 0 vì p = 0 hay q = 0 thì đưa về trường hợp đơn giản. Đặt y = u + v thay vào (2), ta được: (u + v)3 + p(u + v) + q = 0 ⇔ u3 + v3 + (3uv + p)(u + v) + q = 0 (3) Chọn u, v sao cho 3uv + p = 0 (4). Như vậy, để tìm u và v, từ (3) và (4) ta có hệ phương trình: u3 + v3 = −q u3 v3 = − p3 27 Theo định lí Viete, u3 và v3 là hai nghiệm của phương trình: X2 + qX − p3 27 = 0(5) Đặt ∆ = q2 4 + p3 27 10
15. 16 d) 8×3 + 24×2 + 6x − 10 − 3 √ 6 = 0 Bài 2: Giải và biện luận phương trình: 4×3 + 3x = m với m ∈ R Bài 3: Giải và biện luận phương trình: x3 + ax2 + bx + c = 0 PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN [1] Phương trình dạng ax4 + bx3 + cx2 + bkx + ak2 = 0 (1) Ta có (1) ⇔ a(x4 + 2×2 .k + k2 ) + bx(x2 + k) + (c − 2ak)x2 = 0 ⇔ a(x2 + k)2 + bx(x2 + k) + (c − 2ak)x2 = 0 Đến đây có hai hướng để giải quyết: Cách 1: Đưa phương trình về dạng A2 = B2 : Thêm bớt, biến đổi vế trái thành dạng hằng đẳng thức dạng bình phương của một tổng, chuyển các hạng tử chứa x2 sang bên phải. Cách 2: Đặt y = x2 + k ⇒ y k Phương trình (1) trở thành ay2 + bxy + (c − 2ak)x2 = 0 Tính x theo y hoặc y theo x để đưa về phương trình bậc hai theo ẩn x. Ví dụ: Giải phương trình: x4 − 8×3 + 21×2 − 24x + 9 = 0 (1.1) Cách 1: (1.1) ⇔ (x4 + 9 + 6×2 ) − 8(x2 + 3) + 16×2 = 16×2 − 21×2 + 6×2 ⇔ (x2 − 4x + 3)2 = x2 ⇔ x2 − 4x + 3 = x x2 − 4x + 3 = −x ⇔ x2 − 5x + 3 = 0 x2 − 3x + 3 = 0 ⇔ x = 5 − √ 13 2 x = 5 + √ 13 2 Cách 2: (1.1) ⇔ (x4 + 6×2 + 9) − 8x(x2 + 3) + 15×2 = 0 ⇔ (x2 + 3)2 − 8x(x2 + 3) + 15×2 = 0 Đặt y = x2 + 3. (1.1) trở thành: y2 − 8xy + 15×2 = 0 ⇔ (y − 3x)(y − 5x) = 0 ⇔ y = 3x y = 5x Với y = 3x: Ta có x2 + 3 = 3x: Phương trình vô nghiệm Với y = 5x: Ta có x2 + 3 = 5x ⇔ x2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x = 5 − √ 13 2 x = 5 + √ 13 2 Vậy phương trình (1.1) có tập nghiệm: S = 5 + √ 13 2 ; 5 − √ 13 2 Nhận xét: Mỗi phương pháp giải có lợi thế riêng. Với cách giải 1, ta sẽ tính được trực tiếp mà
20. 21 Ví dụ: Giải phương trình: x4 + x2 − 6x + 1 = 0 (5.1) Ta có: (5.1) ⇔ x4 + 4×2 + 4 = 3×2 + 6x + 3 ⇔ (x2 + 2)2 = 3(x + 1)2 ⇔ x2 + 2 = √ 3(x + 1) x2 + 2 = − √ 3(x + 1) ⇔ x2 − √ 3x + 2 − √ 3 = 0 x2 + √ 3 + 2 + √ 3 = 0 ⇔ x = √ 3 − 4 √ 3 − 5 2 x = √ 3 + 4 √ 3 − 5 2 Phương trình (5.1) có tập nghiệm: S = √ 3 − 4 √ 3 − 5 2 ; √ 3 + 4 √ 3 − 5 2 Bài tập tự luyện Giải các phương trình sau: 1. x4 − 19×2 − 10x + 8 = 0 2. x4 = 4x + 1 3. x4 = 8x + 7 4. 2×4 + 3×2 − 10x + 3 = 0 5. (x2 − 16)2 = 16x + 1 6. 3×4 − 2×2 − 16x − 5 = 0 Nhận xét: Phương trình dạng x4 = ax + b được giải theo cách tương tự. Phương trình ∆ = 0 là phương trình bậc ba với cách giải đã được trình bày trước. Phương trình này có thể cho 3 nghiệm m, cần lựa chọn m sao cho việc tính toán là thuận lợi nhất. Tuy nhiên, dù dùng nghiệm m nào thì cũng cho cùng một kết quả. [6] Phương trình dạng af2 (x) + bf(x)g(x) + cg2 (x) = 0 (6) Cách 1: Xét g(x) = 0, giải tìm nghiệm và thử lại vào (6). Trường hợp g(x) = 0: ⇔ a f(x) g(x) 2 + b. f(x) g(x) + c = 0 Đặt y = f(x) g(x) , giải phương trình bậc hai ay2 + by + c = 0 rồi tìm x. Cách 2: Đặt u = f(x), v = g(x), phương trình trở thành au2 + buv + cv2 = 0 (6∗) Xem (6∗) là phương trình bậc hai theo ẩn u, tham số v. Từ đó tính u theo v. Ví dụ: Giải phương trình: 20(x − 2)2 − 5(x + 1)2 + 48(x − 2)(x + 1) = 0 (6.1)
21. 22 Đặt u = x − 2, v = x + 1. Phương trình (6.1) trở thành: 20u2 + 48uv − 5v2 = 0 ⇔ (10u − v)(2u + 5v) = 0 ⇔ 10u = v 2u = −5v Với 10u = v, ta có: 10(x − 2) = x + 1 ⇔ x = 7 3 Với 2u = −5v, ta có: 2(x − 2) = −5(x + 1) ⇔ x = − 1 7 Vậy phương trình (6.1) có tập nghiệm: S = 7 3 ; − 1 7 Nhận xét: Nếu chọn y = f(x) g(x) Với f(x) và g(x) là hai hàm số bất kì (g(x) = 0), ta sẽ tạo được một phương trình. Không chỉ là phương trình hữu tỉ, mà còn là phương trình vô tỉ. Bài tập tự luyện Giải các phương trình sau: 1. (x − 5)4 − 12(x − 2)4 + 4(x2 − 7x + 10)2 = 0 2. (x − 2)4 + 3(x + 3)4 − 4(x2 + x − 6)2 = 0 3. 4(x3 − 1) + 2(x2 + x + 1)2 − 4(x − 1)2 = 0 4. 2(x2 − x + 1)2 + 5(x + 1)2 + 14(x3 + 1) = 0 5. (x − 10)4 − 15(x + 5)4 + 4(x2 − 5x − 50)2 = 0 [7] Phương trình bậc bốn tổng quát ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (7) Phân tích các hạng tử bậc 4, 3, 2 thành bình phương đúng, các hạng tử còn lại chuyển sang vế phải: (7) ⇔ 4a2 x4 + 4bax3 + 4cax2 + 4dax + 4ae = 0 ⇔ (2ax2 + bx)2 = (b2 − 4ac)x2 − 4adx − 4ae Thêm vào hai vế một biểu thức 2(2ax2 + bx)y + y2 (y là hằng số) để vế trái thành bình phương đúng, còn vế phải là tam thức bậc hai theo x: f(x) = (b2 − 4ac − 4ay)x2 + 2(by − 2ad)x − 4ae + y2 Tính y sao cho vế phải là một bình phương đúng. Như vậy, ∆ của vế phải bằng 0. Như vậy ta phải giải phương trình ∆ = 0. Từ đó ta có dạng phương trình A2 = B2 quen thuộc. Ví dụ: Giải phương trình x4 − 16×3 + 66×2 − 16x − 55 = 0 (7.1) (7.1) ⇔ x4 − 16×3 + 64×2 = −2×2 + 16x + 55 ⇔ (x2 − 8x)2 + 2y(x2 − 8x) + y2 = (2y − 2)x2 + (16 − 16y)x + 55 + y2 Giải phương trình ∆ = 0 ⇔ (8 − 8y)2 − (55 + y2 )(2y − 2) = 0 tìm được y = 1, y = 3, y = 29. Trong các giá trị này, ta thấy giá trị y = 3 là thuận lợi nhất cho việc tính toán.
22. 23 Như vậy, chọn y = 3, ta có phương trình: (x2 − 8x + 3)2 = 4(x − 4)2 ⇔ x2 − 8x + 3 = 2(x − 4) x2 − 8x + 3 = −2(x − 4) ⇔ x2 − 10x + 11 = 0 x2 − 6x − 5 = 0 ⇔ x = 3 ± √ 14 x = 5 ± √ 14 Phương trình (7.1) có tập nghiệm S = 3 + √ 14; 3 − √ 14; 5 + √ 14; 5 − √ 14 Nhận xét: Ví dụ trên cho ta thấy phương trình ∆ = 0 có nhiều nghiệm. Có thể chọn y = 1 nhưng từ đó ta có phương trình (x2 −8x+1)2 = 56 thì không thuận lợi lắm cho việc tính toán, tuy nhiên, kết quả vẫn như nhau. Một cách giải khác là từ phương trình x4 +ax3 +bx2 +cx+d = 0 đặt x = t− a 4 , ta sẽ thu được phương trình khuyết bậc ba theo t, nghĩa là bài toán quy về giải phương trình t4 = at2 +bt+c. Bài tập tự luyện 1. x4 − 14×3 + 54×2 − 38x − 11 = 0 2. x4 − 16×3 + 57×2 − 52x − 35 = 0 3. x4 − 6×3 + 9×2 + 2x − 7 = 0 4. x4 − 10×3 + 29×2 − 20x − 8 = 0 5. 2×4 − 32×3 + 127×2 + 38x − 243 = 0 PHƯƠNG TRÌNH DẠNG PHÂN THỨC [1] Phương trình chứa ẩn ở mẫu cơ bản Đặt điều kiện xác định cho biểu thức ở mẫu. Quy đồng rồi giải phương trình. Ví dụ: Giải phương trình: 1 2 − x + x 2x − 1 = 2 (1.1) Điều kiện: x = 2; x = 1 2 . (1.1) ⇔ 2x − 1 + x(2 − x) (2 − x)(2x − 1) = 2 ⇔ 2x − 1 + 2x − x2 = 2(4x − 2 − 2×2 + x) ⇔ 3×2 − 6x + 3 = 0 ⇔ x = 1(thỏa điều kiện) Vây phương trình (1.1) có tập nghiệm S = {1} [2] Phương trình dạng x2 + a2 x2 (x + a)2 = b (2) Ta có: (2) ⇔ x − ax (x + a) 2 + 2x. ax x + a = b ⇔ x2 x + a 2 + 2a. x2 x + a + a2 = b + a2
23. 24 Đặt y = x2 x + a . Giải phương trình bậc hai theo y để tìm x. Ví dụ: Giải phương trình: x2 + 9×2 (x + 3)2 = 7 (2.1) Điều kiện: x = −3. (2.1) ⇔ x − 3x x + 3 2 + 6. x2 x + 3 = 7 ⇔ x2 x + 3 2 + 6. x2 x + 3 = 7 Đặt y = x2 x + 3 . Ta có phương trình y2 + 6y − 7 = 0 ⇔ y = 1 y = −7 Nếu y = 1: Ta có phương trình x2 = x + 3 ⇔ x = 1 ± √ 13 2 Nếu y = −7: Ta có phương trình x2 + 7x + 21 = 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình (2.1) có tập nghiệm: S = 1 + √ 13 2 ; 1 − √ 13 2 Nhận xét: Dựa vào cách giải trên, ta có thể không cần phải đặt ẩn phụ mà thêm bớt hằng số để tạo dạng phương trình quen thuộc A2 = B2 Bài tập tự luyện Giải các phương trình sau: 1. x2 + 4×2 (x + 2)2 = 12 2. x2 + 25×2 (x + 5)2 = 11 3. x2 + 9×2 (x − 3)2 = 14 4. 25 x2 − 49 (x − 7)2 = 1 5. 9 4(x + 4)2 + 1 = 8 (2x + 5)2 [3] Phương trình dạng x2 + nx + a x2 + mx + a + x2 + qx + a x2 + px + a = b (3) Điều kiện: x2 + mx + a = 0 x2 + px + a = 0 Xét xem x = 0 có phải là nghiệm phương trình không.
25. 26 Tổng kết Qua các dạng phương trình trên, ta thấy phương trình hữu tỉ thường được giải bằng một trong các phương pháp: [1.] Đưa về phương trình tích [2.] Đặt ẩn phụ hoàn toàn [3.] Đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình [4.] Đưa về lũy thừa đồng bậc (thường là dạng A2 = B2 ) [5.] Chia tử và mẫu cho cùng một số [6.] Thêm bớt để tạo thành bình phương đúng Tuy nhiên, có một số dạng phương trình có những phương pháp giải đặc trưng. Những phương trình này sẽ được trình bày cụ thể hơn ở những phần khác. Bài tập tổng hợp phần phương trình hữu tỉ Phần 1: 1) x3 − 3×2 + 18x − 36 = 0 2) 8×2 − 6x = 1 2 3) x3 − 4×2 − 4x + 8 = 0 4) x3 − 21×2 + 35x − 7 = 0 5) x3 − 6×2 + 8 = 0 Phần 2: 1) 6×5 − 11×4 − 11x + 6 = 0 2) (x2 − 6x)2 − 2(x − 3)2 = 81 3) x4 + (x − 1)(3×2 + 2x − 2) = 0 4) x4 + (x + 1)(5×2 − 6x − 6) = 0 5) x5 + x2 + 2x + 2 = 0 6) (x2 − 16)2 = 16x + 1 7) (x + 2)2 + (x + 3)3 + (x + 4)4 = 2 8) x3 + 1 x3 = 13 x + 1 x 9) x − 1 x 2 + x − 1 x − 2 2 = 40 9 10) x(3 − x) x − 1 x + 3 − x x − 1 = 15 11) 1 x + 1 x + 2 + 1 x + 5 + 1 x + 7 = 1 x + 1 + 1 x + 3 + 1 x + 4 + 1 x + 6
35. 36 Xét hàm số f(t) = sin2 t t2 với t ∈ 0; π 4 Ta có f (t) = 2t2 sin t cos t − 2tsin2 t t4 = 2 sin t(t cos t − sin t) t3 = sin 2t(t − tan t) t3 < 0 ∀t ∈ 0; π 4 Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên (0; π 4 ). Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có đúng một nghiệm trên (0; π 4 ) khi và chỉ khi 8 π2 < −2m < 1 ⇒ − 1 2 < m < − 4 π2 2 Bài 11: Tìm m để hệ phương trình có ba cặp nghiệm phân biệt: (∗) 3(x + 1)2 + y − m = 0 x + √ xy = 1 Giải Điều kiện xy 0 Ta có (∗) 3(x + 1)2 + y = m √ xy = 1 − x ⇒ 3(x + 1)2 + y = m y = x2 − 2x + 1 x y 1 ⇒ m = 3(x + 1)2 + x2 − 2x + 1 x ⇔ m − 3 = 3×2 + 6x + x2 − 2x + 1 x Xét hàm số: f(x) = 3×2 + 6x + x2 − 2x + 1 x (x 1) ta có f (x) = 6×3 + 7×2 − 1 x2 = 0 ⇔ x = −1 x = −1 2 x = 1 3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có ba nghiệm phân biệt khi m ∈ [−4; −15 4 ] ∪ [20 3 ; 12] 2 Nhận xét: Khi đặt ẩn phụ ta phải tìm miền xác định của ẩn phụ và giải quyết bài toán ẩn phụ trên miền xác định vừa tìm. Cụ thể: * Khi đặt t = u(x)(x ∈ D), ta tìm được t ∈ D1 và phương trình f(x, m) = 0 (1) trở thành g(t, m) = 0 (2). Khi đó (1) có nghiệm x ∈ D ⇒ (2) có nghiệm t ∈ D1. * Để tìm miền xác định của t ta có thể sử dụng các phương trình tìm miền giá trị (vì miền xác định của t chính là miền giá trị của hàm u(x)). * Nếu bài toán yêu cầu xác định số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t, tức là mỗi giá trị t ∈ D1 thì phương trình t = u(x) có bao nhiêu nghiệm x ∈ D. Bài 12: Tìm m để phương trình m( √ x − 2 + 2 4 √ x2 − 4) − √ x + 2 = 2 4 √ x2 − 4 có nghiệm
40. 41 Từ đây, thay x = y + 1 vào phương trình thứ hai ta được: 15 + 2y − y2 = 2m + 4 − y2 ⇔ (5 − y) (y + 3) − 4 − y2 = 2m Đến đây ý tưởng đã rõ, ta chỉ cần chuyển về tương giao giữa hai đồ thị. Bài 20: Tìm m để hệ sau có nghiệm thực: x3 + (y + 2) x2 + 2xy = −2m − 3 x2 + 3x + y = m Giải Ý tưởng: Ở hệ này ta quan sát thấy bài toán còn chưa rõ đường lối nào vì cả hai phương trình trong hệ đều chứa đến tham số m. Vì vậy để đi đến hướng giải quyết tốt ta nên bắt đầu phân tích hai vế trái trong hai phương trình trong hệ. Cụ thể ta có: x3 + (y + 2) x2 + 2xy = x3 + yx2 + 2×2 + 2xy = x2 (x + y) + 2x (x + y) = (x + y) x2 + 2x Mặt khác: x2 + 3x + y = x2 + 2x + x + y Rõ ràng ở bước phân tích này ta đã tìm ra lối giải cho bài toán này đó chính là đặt ẩn phụ. Lời giải: Đặt: a = x2 + 2x −1 b = x + y ta có hệ phương trình a + b = m ab = −2m − 3 ⇔ a2 − 3 = (a + 2) m (1) b = m − a Từ phương trình (1) trong hệ ta có: a2 − 3 a + 2 = m (2) Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm a −1. Xét hàm số: f (x) = x2 − 3 x + 2 với x −1 Đến đây ta chỉ cần lập bảng bíến thiên. Công việc tiếp theo xin dành cho bạn đọc. Bài tập tự luyện Bài 1: Tìm m để phương trình tan2 x + cot2 x + m(cot x + tan x) = 3 có nghiệm Bài 2: Tìm m để phương trình √ x + √ −x + 9 = √ 9x − x2 + m có nghiệm Bài 3: Tìm m để phương trình √ 3 + x + √ −x + 6 − √ 18 + 3x − x2 = m có nghiệm Bài 4: Tìm m để phương trình x3 − 4mx2 + 8 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Bài 5: Tìm m để phương trình x3 + 3×2 + (3 − 2m) x + m + 1 = 0 có đúng một nghiệm lớn hơn 1. Bài 6: Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 4×2 − 2mx + 1 = 3 √ 8×3 + 2x
45. 46 PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Lý thuyết Bài toán: Cho hệ phương trình (hoăc hệ bất phương trình) chứa tham số có dạng: (I) f(x, m) = 0 x ∈ Dx m ∈ Dm hoặc (II) f(x, m) 0 x ∈ Dx m ∈ Dm Trong đó x là biến số, m là tham số, Dx, Dm là miền xác định của x và m. Yêu cầu đăt ra: ta phải tìm giá trị của tham số m để hệ (I) họăc (II) thỏa mãn một tính chất nào đó. Phương pháp giải: Bước 1 (điều kiện cần): Giả sử hệ thỏa mãn tính chất P nào đó mà đầu bài đòi hỏi. Khi đó, dựa vào đặc thù của tính chất P và dạng của phương trình ta sẽ tìm được một ràng buộc nào đó đối với tham số m và ràng buộc ấy chính là điều kiện cần để có tính chất P. Điều đó có nghĩa là: nếu với m0 không thỏa mãn ràng buộc trên thì chắc chắn ứng với m0, hệ không có tính chất P. Bước 2 (điều kiện đủ): Ta tìm xem trong các giá trị của m vừa tìm được, giá trị nào làm cho hệ thỏa mãn tính chất P. Ở bước này nói chung ta cũng chỉ cần giải những hệ cụ thể không còn tham số. Sau khi kiểm tra, ta sẽ loại đi những giá trị không phù hợp và những giá trị còn lại chính là đáp số của bài toán. Như vậy, ý tưởng của phương pháp này khá rõ ràng và đơn giản. Trong rất nhiều bài toán về biện luận thì phương pháp này lại thể hiện ưu thế rõ rệt. Tuy nhiên, thành công của phương pháp còn nằm ở chỗ ta phải làm thế nào để phát hiện điiều kiện cần một cách hợp lí và chọn điều kiện đủ một cách đúng đắn. Bài tập ví dụ Sử dụng tính đối xứng của các biểu thức có mặt trong bài toán Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 4 √ x + 4 √ 1 − x + √ x + √ 1 − x = m (1) Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm duy nhất x = α Dễ thấy nếu (1) có nghiệm x = α thì (1) cũng có nghiệm x = 1 − α. Vì nghiệm là duy nhất
46. 47 nên α = 1 − α ⇔ α = 1 2 Thay α = 1 2 vào (1) ta tìm được m = √ 2 + 4 √ 8. Điều kiện đủ: Giả sử m = √ 2 + 4 √ 8, khi đó (1) có dạng sau: 4 √ x + 4 √ 1 − x + √ x + √ 1 − x = √ 2 + 4 √ 8 (2) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: √ x + √ 1 − x √ 2 và 4 √ x + 4 √ 1 − x 4 √ 8 Do đó (2) ⇔ x = 1 − x ⇔ x = 1 2 . Vậy để (1) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần và đủ là m = √ 2 + 4 √ 8 2 Bài 2: Tìm a và b để phương trình sau có nghiệm duy nhất 3 (ax + b)2 + 3 (ax − b)2 + 3 √ a2x2 − b2 = 3 √ b (1) Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm duy nhất x = x0, khi đó dễ thấy x = −x0 cũng là nghiệm của (1). Do đó từ giả thiết ta suy ra x0 = 0. Thay x0 = 0 vào (1) ta được : 3 √ b2 = 3 √ b ⇒ b = 0 b = 1 Điều kiện đủ: Khi b = 0, (1) có dạng: 3 √ a2x2 + 3 √ a2x2 + 3 √ a2x2 = 0 ⇔ a2 x2 = 0 Do đó (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 0 Khi b = 1, (1) có dạng: 3 (ax + 1)2 + 3 (ax − 1)2 + 3 √ a2x2 − 1 = 1 (∗) Đặt u = 3 √ ax + 1; v = 3 √ ax − 1, ta thấy: (∗) ⇔ u3 − v3 = 2 u2 + uv + v2 = 1 ⇔ u − v = 2 u2 + uv + v2 = 1 ⇔ u = 1 v = −1 ⇔ ax + 1 = 1 ax − 1 = −1 ⇔ ax = 0 Vậy (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 0 Tóm lại, để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần và đủ là a = 0; b = 0 b = 1 2 Bài 3: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: √ 7 + x + √ 11 − x − 4 = m − 4 − 3 √ 10 − 3m 7 + y + 11 − y − 4 = m − 4 − 3 √ 10 − 3m
50. 51 Nếu b = 0 ⇒ b2 + 1 = 1 nên từ (1) có y = 0, nhưng không thoả (2). Vậy trường hợp này loại. Nếu a = 1: ta có x2 + (b2 + 1)y = 1 bxy + x2 y = 0 Hệ trên luôn có nghiệm x = y = 0. Vậy a = 1 là điều kiện cần và đủ để hệ đã cho có nghiệm với mọi b 2 Bài 8: Tìm điều kiện của a, b, c, d, e, f để hai phương trình ẩn (x; y) sau là tương đương: ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0 (1) x2 + y2 = 1 (2) Giải Điều kiện cần: Ta thấy (x; y) = (0; ±1) , (±1; 0) , 1 √ 2 ; 1 √ 2 , − 1 √ 2 ; − 1 √ 2 là nghiệm của (2). Do đó (1) cũng phải có các nghiệm trên. Như vậy c + e + f = c − e + f = a + d + f = a − d + f = 0 a + b + c + √ 2d + √ 2e + 2f 2 = a + b + c − √ 2d − √ 2e + 2f 2 = 0 Giải hệ trên ta tìm được điều kiện cần của bài toán là (∗) b = d = e = 0 a = c = −f = 0 Điều kiện đủ: Dễ thấy với (*) thì (2) trùng với (1). Vậy (*) là điều kiện cần và đủ để (1) ⇔ (2) 2 Bài 9: Cho phương trình x3 + ax + b = 0 (1) Tìm a, b để phương trình trên có ba nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 cách đều nhau. Giải Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có 3 nghiệm khác nhau x1, x2, x3 thỏa giả thiết ⇒ x1 + x3 = 2×2 Theo định lý Viete với phương trình bậc 3 ta có: x1 + x2 + x3 = 0 ⇒ 3×2 = 0 ⇒ x2 = 0 Thay x2 = 0 vào (1) ta được b = 0 Điều kiện đủ: Giả sử b = 0 , khi đó (1) trở thành: x3 + ax = 0 ⇔ x(x2 + a) = 0 (2) Ta thấy (2) có 3 nghiệm phân biệt nếu a < 0. Khi đó các nghiệm của (2) là x1 = − √ −a x2 = 0 x3 = √ −a
Các Dạng Bài Tập Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Hệ Phương Trình
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình là dạng toán chắc chắn trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán.
Các bước giải bài toán bằng cách lập PT hoặc hệ PT:
– Đặt ẩn và điều kiện cho ẩn.
– Biểu diễn mối quan hệ của ẩn và các đại lượng đã biết.
– Lập phương trình hoặc hệ phương trình rồi giải, cuối cùng đối chiếu điều kiện và kết luận.
Dạng 1: Toán chuyển động
. Hai ô tô cùng khởi hành một lúc từ hai tỉnh A và B cách nhau 160 km, đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của mỗi ô tô biết rằng nếu ô tô đi từ A tăng vận tốc thêm 10 km/h sẽ bằng hai lần vận tốc ôtô đi từ B.
Bài 2: Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc 9km/h. Khi đi từ B về A người ấy đi đường khác dài hơn 6 km, với vận tốc 12km/h nên thời gian ít hơn thời gian khi đI là 20 phút. Tính quãng đường AB?
Bài 3. Hai ca nô cùng khởi hành từ hai bến A, B cách nhau 85 km , đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 1 giờ 40 phút.Tính vận tốc riêng của mỗi ca nô biết rằng vận tốc của ca nô xuôi dòng lớn hơn vận tốc của ca nô ngược dòng là 9 km/h (có cả vận tốc dòng nước) và vận tốc dòng nước là 3 km/h.
Dạng 2: Toán thêm bớt một lượng
Bài 5. Hai lớp 9A và 9B có tổng cộng 70 học sinh. nếu chuyển 5 học sinh từ lớp 9A sang lớp 9B thì số học sinh ở hai lớp bằng nhau. Tính số học sinh mỗi lớp.
Bài 6: Hai thùng đựng dầu: Thùng thứ nhất có 120 lít, thùng thứ hai có 90 lít. Sau khi lấy ra ở thùng thứ nhát một lượng dầu gấp ba lượng dầu lấy ra ở thùng thứ hai, thì lượng dầu còn lại trong thùng thứ hai gấp đôi lượng dầu còn lại trong thùng thứ nhất. Hỏi đã lấy ra bao nhiêu lít dầu ở mỗi thùng?
Dạng 3: Toán phần trăm
Bài 7. Hai trường A, B có 250 học sinh lớp 9 dự thi vào lớp 10, kết quả có 210 học sinh đã trúng tuyển. Tính riêng tỉ lệ đỗ thì trường A đạt 80%, trường B đạt 90%. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu học sinh lớp 9 dự thi vào lớp 10.
Dạng 4: Toán làm chung làm riêng
Bài 8. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước sau 2 giờ 55 phút thì đầy bể. Nếu chảy riêng thì vòi thứ nhất cần ít thời gian hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Tính thời gian để mỗi vòi chảy riêng thì đầy bể.
Bài 9. Hai tổ cùng làm chung một công việc hoàn thành sau 15 giờ. Nếu tổ một làm trong 5 giờ, tổ hai làm trong 3 giờ thì được 30% công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi tổ hoàn thành trong bao lâu.
Dạng 5: Toán nồng độ dung dịch
Biết rằng m lít chất tan trong M lít dung dịch thì nồng độ phần trăm là
Bài 10: Khi thêm 200g Axít vào dung dịch Axít thì dung dịch mới có nồng độ A xít là 50%. Lại thêm 300 gam nước vào dung dịch mới, ta được dung dịch A xít có nồng độ là 40%. Tính nồng độ A xít trong dung dịch đầu tiên.
Hướng dẫn:
Khối lượng nước trong dung dịch đầu tiên là gam, khối lượng A xít trong dung dịch đầu tiên là gam Sau khi thêm, 200 gam A xít vào dung dịch A xít ta có lượng A xít là: gam và nồng độ là 50% Do đó ta có:
(2)
Giải hệ (1) và (2) ta được . Vậy nồng độ A xít là:
Dạng 6: Toán nhiệt lượng
Biết rằng:
+ Kg nước giảm thì toả ra một nhiệt lượng (Kcal).
+ Kg nước tăng thì thu vào một nhiệt lượng (Kcal).
Bài 11: Phải dùng bao nhiêu lít nước sôi và bao nhiêu lít nước lạnh để có hỗn hợp 100 lít nước ở nhiệt độ .
Hướng dẫn:
Gọi khối lượng nước sôi là Kg thì khối lượng nước lạnh là: (kg)
Nhiệt lương nước sôi toả ra khi hạ xuống đến là: (Kcal)
Nhiệt lượng nước lạnh tăng từ -đến là: (Kcal)
Vì nhiệt lượng thu vào bằng nhiệt lượng toả ra nên ta có :
Giải ra ta có: .
Vậy khối lượng nước sôi là 25 Kg; nước lạnh là 75 Kg tương đương với 25 lít và 75 lít.
Dạng 7: Các dạng toán khác
Bài 12. Một thửa ruộng có chu vi 200m. Nếu tăng chiều dài thêm 5m, giảm chiều rộng đi 5m thì diện tích giảm đi 75 . Tính diện tích thửa ruộng đó.
Bài 13. Một phòng họp có 360 ghế được xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế ngồi bằng nhau. Nhưng do số người đến họp là 400 nên phải kê thêm 1 hàng và mỗi hàng phải kê thêm 1 ghế mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu phòng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế.
Cập nhật thông tin chi tiết về Giải Các Hệ Phương Trình Tuyến Tính trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!