Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải bài toán kinh tế

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
 TRƯỜNG THPT XUÂN HÒA
 BÁO CÁO KẾT QUẢ 
 NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
 Tên sáng kiến: 
VẬN DỤNG HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 
 ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN KINH TẾ
 Tác giả sáng kiến : NGUYỄN THU THÙY
 Mã sáng kiến : 37.52.04
 VĨNH PHÚC, 2020
 1 3. Tác giả sáng kiến: 
 - Họ và tên: Nguyễn Thu Thùy
 - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Xuân Hòa.
 - Số điện thoại: 0976442776
 - Email: thuthuysp2k14@gmail.com
4. Chủ đầu tư tao ra sáng kiến: Nguyễn Thu Thùy.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: 
 Đề tài: “ Vận dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải bài toán kinh tế 
” Trang bị cho học sinh kiến thức, kỹ năng biết vận dụng các bài toán có nội 
dung thực tiễn vào dạy học môn toán lớp 10 – Trung học phổ thông. Biết vận 
dụng thực tế cuộc sống vào trong dạy học toán. Góp phần nâng cao tính thực tế, 
chất lượng dạy học môn toán ở trường Trung học phổ thông.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 
+Trong giảng dạy chính khóa: tháng 01/ 2020 lớp 10A2, 10A7 trường THPT 
Xuân Hòa.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến: 
7.1 Về nội dung của sáng kiến: 
 Kiến thức cơ bản của bài học này không nhiều. Đối với học sinh, việc giải 
hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là không khó. Các em chỉ cần biết cách dựng 
đường thẳng ax+ by+c =0 và xác định dấu của mỗi miền theo hướng dẫn trong 
sách giáo khoa là giải được. Tuy nhiên, học sinh chưa biết cách khai thác kiến 
thức cơ bản của bài học để vận dụng vào việc tìm ra những ứng dụng của nó. Vì 
vậy khi gặp bài toán kinh tế các em gặp khó khăn trong việc tìm ra cách giải.
 Đứng trước một bài toán kinh tế học sinh thường lúng túng không biết 
gắn bài toán đó vào kiến thức đã học ? Với tình hình ấy để giúp học sinh định 
 3 A. LÝ THUYẾT
I. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
 Bất phương trình bậc nhất hai ẩn x, y có dạng tổng quát là
 ax  by  c 1 ax  by  c; ax  by  c; ax  by  c
trong đó a, b, c là những số thực đã cho, a và b không đồng thời bằng 0, x và y 
là các ẩn số. 
II. BIỂU DIỄN TẬP NGHIỆM CỦA BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 
HAI ẨN
 Cũng như bất phương trình bậc nhất một ẩn, các bất phương trình bậc nhất 
hai ẩn thường có vô số nghiệm và để mô tả tập nghiệm của chúng, ta sử dụng 
phương pháp biểu diễn hình học. 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm có tọa độ là nghiệm của 
bất phương trình 1 được gọi là miền nghiệm của nó.
 Từ đó ta có quy tắc thực hành biểu diễn hình học tập nghiệm (hay biểu 
diễn miền nghiệm) của bất phương trình ax  by  c như sau (tương tự cho bất 
phương trình ax  by  c ) 
 ￿ Bước 1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng  : ax  by  c.
 ￿ Bước 2. Lấy một điểm M 0  x0 ; y0  không thuộc  (ta thường lấy 
gốc tọa độ O).
 ￿ Bước 3. Tính ax0  by0 và so sánh ax0  by0 với c.
 ￿ Bước 4. Kết luận.
 Nếu ax0  by0  c thì nửa mặt phẳng bờ  chứa M0 là miền nghiệm của 
 ax0  by0  c.
 Nếu ax0  by0  c thì nửa mặt phẳng bờ  không chứa M0 là miền nghiệm 
của ax0  by0  c.
 Chú ý:
 Miền nghiệm của bất phương trình ax0  by0  c bỏ đi đường thẳng 
 5 Lấy gốc tọa độ O0;0, ta thấy O và 
 có 2.00  3 nên nửa mặt phẳng bờ  
 chứa gốc tọa độ O là miền nghiệm của 
 bất phương trình đã cho (miền không bị 
 tô đậm trong hình). 
Ví dụ 2. Biểu diễn hình học tập nghiệm của bất phương trình 3x  y  2  0 .
 Lời giải
 Trước hết, ta vẽ đường thẳng d  : 3x  y  2  0.
 Ta thấy 0 ; 0 không là nghiệm của bất phương trình.
 Vậy miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ d  không chứa điểm 0 ; 0.
Ví dụ 3. Biểu diễn hình học tập nghiệm của bất phương trình 
 x  3 2(2y  5)  2(1 x) .
 Lời giải
 Đầu tiên, thu gọn bất phương trình đề bài đã cho về thành 
 3x  4y 11 0.
 7 Vẽ các đường thẳng
 d1 :3x  y  6
 d2 : x  y  4
 d2 : x  0 Oy
 d2 : y  0 Ox
 Vì điểm M 0 1;1 có tọa độ thỏa mãn tất cả các bất phương trình trong hệ 
 trên nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ d1 , d2 , d3 , d4  không 
 chứa điểm M 0. Miền không bị tô đậm (hình tứ giác OCIA kể cả bốn 
 cạnh AI, IC, CO, OA) trong hình vẽ là miền nghiệm của hệ đã cho.
 x  3y  0
 
Ví dụ 6. Tìm miền nghiệm của hệ bất phương trình x  2y  3 .
 
 y  x  2
 Lời giải
 Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng: 
 d1  : x  3y  0
 d2  : x  2y  3
 d3  : x  y  2
 9 bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu mỗi loại là ít 
nhất, biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 4 tấn 
nguyên liệu loại I và không quá 3 tấn nguyên liệu loại II ? 
 Giải
- Phân tích giả thuyết của bài toán : Từ hai nguyên liệu chiết xuất ít nhất 12kg 
chất A và 1 kg chất B.
Mỗi tấn nguyên liệu loại I có giá 4 triệu đồng
 8 kg chất A 0,25 kg chất B
 •Mỗi tấn nguyên liệu loại II có giá 3 triệu đồng
 4kg chất A 0,75kg chất B
 Tìm x tấn nguyên liệu loại I và y tấn nguyên liệu loại II thỏa mãn yêu cầu 
 bài toán
 0  x  4
 
 0  y  3
 - Tìm x và y thỏa mãn :  Sao cho T(x; y) = 4x + 3y có giá 
 2x  y  3
 x  3y  4
 trị nhỏ nhất.
 Giáo viên chỉ ra cho học sinh thấy bài toán trên dẫn đến hai bài toán nhỏ
 Bài toán 1 : Xaùc ñònh taäp hôïp (S) caùc ñieåm coù toïa ñoä (x;y) thoûa maõn :
 0  x  4
 
 0  y  3
 
 2x  y  3
 x  3y  4
 11 Ở đây, yêu cầu đề bài: “cần pha chế bao nhiêu lít nước trái cây mỗi loại”. Như 
vậy, ta gọi ẩn x, y tương ứng là số lít nước trái cây tương ứng mỗi loại. Mà mỗi 
lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng thì x lít nước cam nhận được 60xđiểm 
thưởng; mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng thì y lít nước táo nhận được 
80y điểm thưởng. Khi đó ta có số điểm thưởng nhận được sau khi pha chế được 
x, ylít nước trái cây mỗi loại là 60x + 80y . Ở đây tính số điểm thưởng ta dùng 
quy tắc TAM XUẤT để tính, tương tự với các dữ kiện bài toán khác ta cũng 
dùng quy tắc này và ta có lời giải bài này như sau: 
 Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và táo của mỗi đội pha chế (x, y  0) . 
Khi đó số điểm thưởng nhận được của mỗi đội chơi là F=60x + 80y. 
 Để pha chế x lít nước cam cần 30x(g) đường ,x lít nước và x(g) hương 
 liệu. Để pha chế y lít nước cam cần 10y(g) đường ,y lít nước và 4y(g) 
 hương liệu. 
 Do đó, ta có: 
 Số gam đường cần dùng là: 30x + 10y
 Số lít nước cần dùng là: x + y
 Số gam hương liệu cần dùng là: x + 4y .
Vì trong cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi sử dụng tối đa 24g hương liệu, 9lít nước 
và 210g đường nên x,y thỏa mãn hệ bất phương trình: 
 30x 10y  210 3x  y  21
  
 x  y  9 x  y  9
    (*) 
 x  4y  24 x  4y  24
 x, y  0 x, y  0
Khi đó bài toán trở thành :
Trong các nghiệm của hệ bất phương trình (*), tìm nghiệm (x  x0 ;y  y0 ) sao cho 
F=60x + 80y lớn nhất. 
Trong mặt phẳng tọa độ, ta sẽ biểu diễn phần mặt phẳng chứa điểm M(x;y) thỏa 
mãn (*). Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là ngũ giác OABCD 
kể cả miền trong của tam giác (như hình vẽ). 
 13 D
 Khi đó lượng prôtêin có được là 80% x + 60%y và lượng lipit có được là 
20%x + 40%y. 
 Vì gia đình đó cần ít nhất 0,9kg chất prôtêin và 0,4kg chất lipit trong thức 
ăn mỗi ngày nên điều kiện tương ứng là 80%x + 60%y  0,9 
và 20%x +40%y  0,4 hay 4x + 3y  4,5 và x + 2y  2
 0  x 1,6
 
 0  y 1,1
Vậy x,y thỏa mãn hệ bất phương trình:  (*) 
 4x  3y  4,5
 x  2y  2
Khi đó bài toán trở thành :
Trong các nghiệm của hệ bất phương trình (*), tìm nghiệm (x  x0 ;y  y0 ) sao 
cho 
T= 45x + 35y nhỏ nhất. 
Trong mặt phẳng tọa độ, ta sẽ biểu diễn phần mặt phẳng chứa điểm M(x;y) thỏa 
mãn (*) . 
Miền nghiệm của hệ (*) là miền bên trong của tứ giác lồi ABCD và cả biên 
(như hình vẽ) 
 y
 D
 (0.3,1.1) A (1.6,1.1)
 1
 C
 (0.6,0.7)
 0.5
 B
 (1.6,0.2)
 x
 O 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8
T đạt giá trị nhỏ nhất tại một trong các đỉnh của tứ giác ABCD. 
Ta có: A(1,6;1,1), B(1,6;0,2),C(0,6;0,7), D(0,3;1).
Kiểm tra được x=0,6 ; y=0,7 thì T = 51,5 (nghìn đồng) là nhỏ nhất. 
 15 y
 F
 500
 (500/3,500) E(500,500)
 400
 D(600,400)
 300 A C
 (100,300) (600,300)
 200
 B
 100 (800/3,400/3)
 x
 O 100 200 300 400 500 600
Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là ngũ giác ABCDEF kể cả 
miền trong của tứ giác nhưng bỏ đi cạnh BC với :
  800 400   500 
 A(100;300), B ; ,C(600;300), D(600;400), E(500;500), F  ;500
  3 3   3 
Biểu thức C  9x  7,5y đạt giá trị nhỏ nhất nhất tại một trong các đỉnh A, D, E, 
F của ngũ giác ABCDE. 
Khi đó, ta thấy C đạt giá trị lớn nhất tại x = 100, y = 300.Khi đó C = 3150. 
Vậy phương án tốt nhất là dùng 100 đơn vị vitamin A và 300 đơn vị vitamin B. 
Chi phí mỗi ngày là 3150 đồng.
Ví dụ 11 : Có 3 nhóm máy A, B, C dùng để sản suất ra hai loại sản phẩm I và II. 
Để sản suất ra một đơn vị sản phẩm mỗi loại phải lần lượt dùng các máy thuộc 
các nhóm khác nhau. Số máy trong một nhóm và số máy của từng nhóm cần 
thiết để sản suất ra một đơn vị sản phẩm thuộc mỗi loại được cho tương ứng 
bảng sau: 
 Số máy trong Số máy trong từng nhóm để sản suất
 Nhóm mỗi nhóm ra một đơn vị sản phẩm
 Loại I Loại II
 A 10 2 2
 B 4 0 2
 C 12 2 4
 17