Cập nhật nội dung chi tiết về Phương Pháp Giải Bài Tập Lipit (Chất Béo) mới nhất trên website Sieuphampanorama.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1. Phản ứng xà phòng hóa
Công thức chung của chất béo (RCOO)3C3H5
Phương trình hóa học
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3
nNaOH = nRCOONa = 3nchất béo = 3nglixerol
* Nhận xét: Dạng bài tập này thường áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để giải.
mchất béo + mNaOH = mmuối + mglixerol.
Ví dụ 1: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là
A. 16,68 gam.
B. 18,38 gam.
C. 18,24 gam.
D. 17,80 gam.
Hướng dẫn
Phương trình hóa học
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3
0,06 0,02 mol
Theo ĐLBTKL:
mmuối = mchất béo + mNaOH – mglixerol
= 17,24 + 0,06.40 – 0,02.92
= 18,8 gam
→ Đáp án: D
2. Phản ứng đốt cháy
Chất béo no có công thức chung: CnH2n – 4O6
CnH2n – 4O6 + (3n – 8)/2 O2 → nCO2 + (n – 2)H2O
→ nX = (nCO2 – nH2O)/2
* Nhận xét: Dạng bài tập này áp dụng ĐLBT nguyên tố O
6nchất béo + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm 2 triglixerit no. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần V lit oxi (đktc) thu được 34,272 lit CO2 (đktc) và 26,46 gam H2O. Giá trị của V là
A. 48,720.
B. 49,392.
C. 49,840.
D. 47,152.
Hướng dẫn
nCO2 = 1,53 mol
nH2O = 1,47 mol
Gọi công thức chung của X là CnH2n – 4O6: x mol
Dựa vào Định luật bảo toàn nguyên tố oxi
CnH2n – 4O6 + (3n – 8)/2 O2 → nCO2 + (n – 2)H2O
→ nX = (nCO2 – nH2O)/2 = 0,03 mol
Theo ĐLBT nguyên tố Oxi
→ 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
→ nO2 = (2.1,53 + 1,47 – 6.0,03)/2 = 2,175
→ VO2 = 2,175.22,4 = 48,72 lit
→ Đáp án: A
3. Phản ứng hidro hóa
Chất béo không no + H2 (Ni, to) → chất béo no
Ví dụ 3: Cho 0,1 mol triolein tác dụng hết với 0,16 mol H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp các chất hữu cơ X. X tác dụng tối đa với a mol Br2. Giá trị của a là
A. 0,34.
B. 0,14.
C. 0,04.
D. 0,24.
Hướng dẫn
Phương trình hóa học
(C17H33COO)3C3H5 + 3H2 → (C17H35COO)3C3H5
→ số mol H2 cần thiết để phản ứng hoàn toàn với chất béo là 0,3 mol
Theo giả thuyết: nH2 + nBr2 = 0,3 mol
→ nBr2 = 0,3 – 0,16 = 0,14 mol
→ Đáp án: B
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
1. Xà phòng hóa hoàn toàn mg chất béo trung tính bằng dung dịch KOH thu được 18,77g muối. Nếu thay dung dịch KOH bằng dung dịch NaOH chỉ thu được 17,81g muối. Giá trị của m là
A. 18,36.
B. 17,25.
C. 17,65.
D. 36,58.
Hướng dẫn
Nếu thay thế 1mol K+ bằng 1 mol Na+ thì sự chênh lệch khối lượng là 16g
Nếu thay thế x mol thì 18,77 – 17,81 = 0,96g
→ x = 0,06 mol
Chất béo + 3NaOH → 3muối + glixerol
0,06 0,02
→ mchất béo = 17,81 + 0,02.92 – 0,06.40 = 17,25g
→ Đáp án: B
2. Chất béo X chứa triglixerit và axit béo tự do. Ðể tác dụng hết với 9,852 gam X cần 15 ml dung dịch NaOH 1M (t0) thu duợc dung dịch chứa m gam xà phòng và 0,368 gam glixerol. Giá trị của m là
A. 10,138.
B. 10,084.
C. 10,030.
D. 10,398.
Hướng dẫn
nNaOH = 0,015 mol
nC3H5(OH)3 = 0,004 mol
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3.
0,012 0,004
R’COOH + NaOH → R’COONa + H2O
0,015 – 0,012 0,003
Theo ĐLBTKL:
mxà phòng = mX + mNaOH – mglixerol – mH2O
= 9,852 + 0,015.40 – 0,004.92 – 0,003.18
= 10,03g
→ Đáp án: C
3. Đốt cháy hoàn toàn mg hỗn hợp gồm metyl fomat, saccarozơ, glucozơ cần 6,72 lit O2 (đktc) thu được 5,22g H2O. Giá trị của m là
A. 8,82.
B. 8,38.
C. 9,00.
D. 10,02.
Hướng dẫn
Metyl fomat: HCOOCH3 = C2H4O2 = C2(H2O)2
Saccarozơ: C12H22O11 = C12(H2O)11
Glucozơ: C6H12O6 = C6(H2O)6
→ cả 3 chất này đều có chung Cn(H2O)m. Vì vậy, lượng oxi cần dùng để đốt cháy cả 3 chất này bằng lượng oxi dùng để đốt cháy C.
C + O2 → CO2
0,3 0,3 mol
→ mhh = mC + mH2O = 0,3.12 + 5,22 = 8,82g
→ Đáp án: A
4. Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu được H2O và 2,28 mol CO2. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
Hướng dẫn
Công thức cấu tạo X: (C17H35-COO)x(C17H33-COO)3-xC3H5
(trong đó: x là số liên kết (C=C)
Số mol CO2 = 57a = 2,28 → a = 0,04
Theo định luật bảo toàn nguyên tố O:
6.0,04 + 2.3,22 = 2.2,28 + nH2O
→ nH2O = 2,12 mol
(55 – x). 0,04 = 2,12
→ x = 2
→ số mol Br2 = 0,04.2 = 0,08 mol
→ Đáp án: B
5. Đốt cháy hoàn toàn a gam triglixerit X cần vừa đủ 3,26 mol O2, thu được 2,28 mol CO2 và 39,6 gam H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn a gam X trong dung dịch NaOH, đun nóng, thu được dung dịch chứa b gam muối. Giá trị của b là
A. 40,40
B. 31,92
C. 35,60
D. 36,72
Hướng dẫn
Theo ĐLBTKL: mX + mOxi = mCO2 + mH2O
→ mX = 2,28.44 + 39,6 – 3,26.32 = 35,6g
Theo ĐLBT O: 6x + 2.3,26 = 2,28.2 + 39,6/18
→ x = 0,04 mol
Khối lượng triglixerit:
a = mC + mH + mO = 2,28.12 + 2,2.2 + 0,04.6.16 = 35,6g
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3
0,04 0,12 0,04 mol
theo ĐLBTKL
mX + mNaOH = mmuối + mgli
→ b = 35,6 + 0,12.40 – 0,04.92
→ mmuối = b = 36,72g
→ Đáp án: D
6. Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được 3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Giá trị của m là
A. 86,10.
B. 57,40.
C. 83,82.
D. 57,16.
Hướng dẫn
Theo ĐLBT nguyên tố O:
0,06.6 + 4,77.2 = 2nCO2 + 3,14 → nCO2 = 3,38 mol
Số liên kết pi
nX = (nH2O – nCO2)/(1 – K) → K = 5
khối lượng của triglyxerit
m = mC + mH + mO = 3,38.12 + 3,14.2 + 0,06.6.16 = 52,6g
→ MtbX = 52,6/0,06 = 876,666
Số mol X khi hidro hóa
nX = 78,9/876,666 = 0,09 mol
X + 2H2 → Y
0,09 0,18 0,09
Y + 3NaOH → muối + C3H5(OH)3
0,09 0,27 0,09
mmuối = 78,9 + 0,18.2 + 0,27.40 – 0,09.92 = 86,1g → Đáp án: A
7. Hỗn hợp X gồm các triglixerit trong phân tử đều chứa axit stearic, axit oleic, axit linoleic. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần a mol O2 thu được 0,285 mol CO2. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH vừa đủ được m1 gam muối. Giá trị a và m1 lần lượt là
A. 0,8 và 8,82.
B. 0,4 và 4,32.
C. 0,4 và 4,56.
D. 0,75 và 5,62.
Hướng dẫn
Triglixerit X chứa cả 3 gốc (C17H35COO)(C17H33COO)(C17H31COO)C3H5 = C57H104O6
C57H104O6 + 80O2 → 57CO2 + 52H2O
0,005 0,4 0,285
nCO2 = 0,285 mol → nX = 0,005 mol
→ nO2 = 0,4mol
nNaOH = 3nX = 0,15 mol → nglixerol = 0,05 mol
theo ĐLBTKL:
mmuối = 0,005.884 + 0,015.40 – 0,005.92 = 4,56g
→ Đáp án: C
8. Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Ðốt cháy hoàn toàn m gam X thu đuợc 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa dủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch, thu duợc glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a là
A. 25,86.
B. 26,40.
C. 27,70.
D. 27,30.
Hướng dẫn
Đặt x, y là số mol của 2 axit và triglixerit
x + 3y = 0,09 (1)
Axit panmitic (C16H32O2) và axit stearic (C18H36O2) có k = 1 (nCO2 = nH2O)
Triglixerit Y có k = 3
nY = y = (nH2O – nCO2)/(1 – k) = 0,02 mol → nglixerol = 0,02 mol
→ x = 0,03 mol → nH2O = 0,03 mol
mX = mC + mH + mO (mà nO = 2nNaOH = 0,18 mol)
= 1,56.12 + 1,52.2 + 0,18.16 = 24,64g
Theo ĐLBTKL:
mmuối = 24,64 + 0,09.40 – 0,02.92 – 0,03.18 = 25,86g
→ Đáp án: A
9. Đốt cháy hoàn toàn 13,728 gam một triglixerit X cần vừa đủ 27,776 lít O2 (đktc) thu được số mol CO2 và số mol H2O hơn kém nhau 0,064 mol. Mặt khác, hidro hóa hoàn toàn một lượng X cần 0,096 mol H2 thu được m gam chất hữu cơ Y. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam Y bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch chứa a gam muối. Giá trị của a là
A. 11,424.
B. 42,720.
C. 41,376.
D. 42,528.
Hướng dẫn
Gọi x, y là số mol CO2 và H2O → x – y = 0,064 (1)
Theo ĐLBTKL: 44x + 18y = 13,728 + 27,776/22,4.32 (2)
Giải hệ (1) và (2) → x = 0,88 mol và y = 0,816 mol
Theo ĐLBT nguyên tố O:
6nA + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
→ nA = 0,016 mol
Số C = 0,88/0,016 = 55
Số H = 0,816.2/0,016 = 102
→ CTPT của X là C55H102O6
→ số pi = 5 (trong đó có 3pi -COO- và 2pi -CC-)
→ nX khi td với H2 = 0,096/2 = 0,048 mol
Theo ĐLBT khối lượng
→ a = 0,048.858 + 3.0,048.40 + 0,096.2 – 0,048.92 = 42,72g
→ Đáp án: B
10. Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2, thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam muối. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,2.
B. 0,24.
C. 0,12.
D. 0,16.
Hướng dẫn
Gọi x, y là số mol của X và CO2
Theo ĐLBT nguyên tố O: 6x + 3,08.2 = 2y + 2
→ 6x – 2y = 4,16 (1)
Khối lượng X:
m = mC + mH + mO
= 12y + 2.2 + 16.6x
= 96x +12y + 4
Khi cho X vào dung dịch NaOH vừa đủ thì nNaOH = 3x và ngli = x mol
Theo ĐLBTKL:
mX + mNaOH = mmuối + mglixerol
96x + 12y + 4 + 3x.40 = 35,36 + 92x
124x + 12y = 31,36 (2)
Giải hệ (1), (2) → x = 0,04 và y = 2,2
Gọi k là số pi hoặc vòng thì nX = (nH2O – nCO2)/(1 – k)
→ k = 6
→ nBr2 = nX.(k – 3) = 0,12 mol
→ Đáp án: C
11. Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu được H2O và 2,28 mol CO2. Giá trị m là
A. 32,24g.
B. 30,12g.
C. 35,64g.
D. 33,74g
Hướng dẫn
Cả 2 gốc axit này đều có 18C
→ Công thức chung của X là C57HxO6 amol
nCO2 = 57a = 2,28 → a = 0,04 mol
theo ĐLBT nguyên tố O:
6.0,04 + 3,22.2 = 2,28.2 + nH2O
→ nH2O = 2,12 mol
→ m = 2,28.12 + 2,12.2 + 0,04.16 = 32,24g.
→ Đáp án: A
Trung tâm luyện thi, gia sư – dạy kèm tại nhà NTIC Đà Nẵng
LIÊN HỆ NGAY VỚI CHÚNG TÔI ĐỂ BIẾT THÊM THÔNG TIN CHI TIẾT
ĐÀO TẠO NTIC
Địa chỉ: Đường nguyễn lương bằng, P.Hoà Khánh Bắc, Q.Liêu Chiểu, Tp.Đà Nẵng Hotline: 0905540067 - 0778494857
Email: daotaontic@gmail.com
Giải Bài Tập Sgk Bài 4: Luyện Tập Este Và Chất Béo
Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 12
Chương 1: Este – Lipit – Hóa Học 12
Bài 4: Luyện Tập Este Và Chất Béo
Tiết học ôn tập này các em sẽ được hệ thống hóa lại toàn bộ kiến thức đã học trong chương đầu tiên của hóa học lớp 12. Ôn tập về Este và chất béo.
Tóm Tắt Lý Thuyết
EsteLipit Khái niệmKhi thay thế nhóm OH của nhóm cacboxyl trong phân tử axit cacboxylic bằng nhóm OR ta thu được hợp chất este.(R là gốc hidrocacbon).
Là trieste của axit béo có mạch cacbon dài với glixerol.
Công thứcEste no,đơn chức, mạch hở: CnH2nO2 ((ngeq 2))
Vd: CH3COOCH3 : Metyl axetat
Tính chất hóa học+Thủy phân trong môi trường H+ (tác dụng với nước)
+Thủy phân trong môi trường OH –
+Phản ứng cháy
+Thủy phân trong môi trường H+ (tác dụng với nước)
+Thủy phân trong môi trường OH-
+Phản ứng hidro hóa chất béo lỏng
Các Bài Tập & Lời Giải Bài Tập 4 Luyện Tập Este Và Chất Béo
Bài Tập 1 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
So sánh chất béo và este về thành phần nguyên tố, đặc điểm cấu tạo phân tử và tính chất hóa học.
Bài Tập 2 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
Khi đun hỗn hợp 2 axit cacboxylic với glixerol ( axit (H_2SO_4) làm xúc tác ) có thể thu được mấy Trieste ? Viết công thức cấu tạo của các chất này.
Bài Tập 3 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
Khi thủy phân (xúc tác axit) một este thu được một glixerol và hỗn hợp axit stearic ((C_{17}H_{35}COOH)) và axit panmitic ((C_{15}H_{31}COOh)) theo tỉ lệ 2 : 1.
Este có thể có công thức cấu tạo nào sau đây?
Bài Tập 4 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
Làm bay hơi 7,4 gam một este A no, đơn chức thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 3,2 gam khí oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.
a) Tìm công thức phân tử của A.
b) Thực hiện phản ứng xà phòng hóa 7,4 gam A với dung dịch NaOH khi đến phản ứng hoàn toàn thu được sản phẩm có 6,8 gam muối. Tìm công thức cấu tạo và tên gọi của A.
Bài Tập 5 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
Khi thủy phân a gam một este X thu được 0,92 gam glixerol, 3,02 gam natri linoleat (C_{17}H_{33}COONa).
Tính giá trị của a, m. Viết công thức cấu tạo có thể có của X.
Bài Tập 6 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
Thủy phân hoàn toàn 8,8 gam este đơn chức, mạch hở X với 100ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ) thu được 4,6 gam một ancol Y. Tên gọi của X là
A. etyl fomat.
B. etyl propionate.
C. etyl axetat.
D. propyl axetat.
Bài Tập 7 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
Đốt cháy hoàn toàn 3,7 gam một este đơn chức X thu được 3,36 lít khí (CO_2) (đktc) và 2,7 gam nước. Công thức phân tử của X là :
A. (C_2H_4O_2)
B. (C_3H_6O_2.)
C. (C_4H_8O_2.)
D. (C_5H_8O_2.)
Bài Tập 8 Trang 18 SGK Hóa Học Lớp 12
10,4 gam hỗn hợp X gồm axit axetic và etyl axetat tác dụng vừa đủ với 150 gam dung dịch Natri hiđroxit 4% . Phần trăm khối lượng của etyl axetat trong hỗn hợp bằng.
A. 22%
B. 42,3%
C. 57,7%
D. 88%.
Các bạn đang xem Bài 4: Luyện Tập Este Và Chất Béo thuộc Chương 1: Este – Lipit tại Hóa Học Lớp 12 môn Hóa Học Lớp 12 của chúng tôi Hãy Nhấn Đăng Ký Nhận Tin Của Website Để Cập Nhật Những Thông Tin Về Học Tập Mới Nhất Nhé.
Phương Pháp Giải Bài Tập Di Truyền Quần Thể
A. LỜI NÓI ĐẦU
B. NỘI DUNG
I. Khái quát về quần thể.
1. Các đặc trưng của quần thể.
1.1. Khái niệm.
Quần thể là một tập hợp các cá thể cùng loài, chung sống trong một khoảng không gian xác định, tồn tại qua thời gian nhất định, các cá thể giao phối với nhau sinh ra thể hệ mới (quần thể giao phối). Trừ loài sinh sản vô tính và trinh sinh không qua giao phối.
1.2. Đặc trưng của quần thể.
Có vốn gen đặc trưng. Vốn gen của quần thể, thể hiện ở tần số alen và thành phần kiểu gen của quần thể.
+Tần số alen: Tỉ lệ giữa số lượng alen đó trên tổng số alen thuộc một locut trong quần thể hay bằng tỉ lệ phần trăm số giao tử mang alen đó trong quần thể ở 1 thời điểm xác định.
+Tần số kiểu gen: Tỉ lệ cá thể có kiểu gen đó trên tổng số cá thể trong quần thể.
2. Cấu trúc di truyền của quần thể tự thụ phấn và tự thụ tinh.
2.1. Quần thể tụ thụ phấn.
Khái niệm: Tự thụ phấn là sự thụ phấn xảy ra cùng cây nên tế bào sinh dục đực và cái có cùng kiểu gen.
Kết quả tự thụ phấn liên tiếp n thế hệ ở cây F1 dị hợp ban đầu thu được.
Aa= AA=aa=
Kết luận: Quần thể tự thụ phấn qua các thế hệ thì tần số alen không đổi, nhưng tần số kiểu gen thay đổi theo hướng tăng dần tỉ lệ kiểu gen đồng hợp, giảm dần tần số kiểu gen dị hợp. Kết quả là quần thể phân hoá thành các dòng thuần có kiểu gen khác nhau.
2.2. Giao phối cận huyết=Giao phối gần.
Khái niệm: Giao phối giữa các cá thể cùng bố mẹ, hoặc giữa bố mẹ với con cái của chúng.
Cơ sở của việc cấm kết hôn gần: Hạn chế gen lặn có hại biểu hiện ra kiểu hình ở thể đồng hợp.
3. Cấu trúc di truyền của quần thể ngẫu phối.
Khái niệm: Hiện tượng các cá thể có thể lựa chọn và giao phối với nhau hoàn toàn ngẫu nhiên.
Kết quả: +Tạo ra nhiều biến dị tổ hợp.
+Duy trì tần số alen và thành phần kiểu gen ở trạng tái cân bằng.
3.1. Định luật Hardy-Weinberg.
Trong quần thể lớn ngẫu phối, nếu không có các yếu tố làm thay đổi tần số alen, thì thành phần kiểu gen của quần thể sẽ duy trì không đổi từ thế hệ này sang thế hệ khác theo đẳng thức:
p2(AA) +2pq(Aa) + q2(aa) = 1.
-Điều kiện nghiệm đúng của định luật Hardy-Weinberg.
+Quần thể có kích thước lớn.
+Các cá thể trong quần thể giao phối ngẫu nhiên.
+Các cá thể có kiểu gen khác nhau phải có sức sống và khả năng sinh sản như nhau.
+Đột biến không xảy ra hoặc xảy ra với tần số đột biến thuận bằng tần số đột biến nghịch.
+Quần thể được cách li di truyền với quần thể khác, không có biến động di truyền và di nhập gen.
-Ý nghĩa: Khi quần thể ở trạng thái cân bằng, nếu biết tần số cá thể có kiểu hình lặn, ta tính được tần số alen lặn, alen trội và thành phần kiểu gen của quần thể và ngược lại.
II. Các dạng bài tập về di truyền quần thể.
1. Xác định tần số alen.
1.1. Xác định tần số alen khi biết cấu trúc di truyền quần thể.
-Theo định nghĩa: Tần số alen bằng tỉ lệ giao tử mang alen đó trong quần thể.
Ví dụ: Một quần thể thực vật có 1000 cây. Trong có có 500 cây AA, 300 cây Aa, 200 cây aa. Xác định tần số alen của quần thể.
Hướng dẫn: Tần số alen A (p(A)) là: p(A) = [500.2 + 300] / (1000.2) = 0,65
q(a)=1 – 0,65 = 0,35.
-Nếu biết cấu trúc di truyền của quần thể là: D (AA) + H (Aa) + R (aa) = 1. Thì tần số alen A là:
p(A) = D + H/2 q(a) = R + H/2 = 1 – p(A)
Ví dụ: Ở một quần thể có cấu trúc di truyền là 0,5AA + 0,3Aa + 0,2aa =1. Xác định tần số alen
của quần thể?
Hướng dẫn: Tần số alen A (p(A)) là: p(A) = 0,5 + 0,3/2 = 0,65, q(a) = 1 – 0,65 = 0,35.
Ví dụ: Ở một loài gen A quy định lông đen là trội hoàn toàn so với a quy định lông trắng. Quần thể đang ở trạng thái cân bằng di truyền và có tỉ lệ lông đen là 64%. Tính tần số alen A?
Hướng dẫn: Tỉ lệ lông trắng là: 1 – 0,64 = 0,36.
1.3. Đối với gen lặn trên NST X không có alen tương ứng trên NST Y. Nếu quần thể cân bằng, thì tần số alen lặn liên kết với NST X (qXa) tính bằng (số cá thể đực mắc bệnh / tổng số cá thể đực của quần thể).
*Cấu trúc của quần thể khi cân bằng :
Giới cái XX: p2(XAXA) + 2pq(XAXa) + q2(XaXa) = 1
Giới đực XY: p(XAY) + q(XaY) = 1
Ví dụ 1: Trong quần thể người tỉ lệ nam mắc bệnh mù màu là 1%. Khả năng nữ giới mắc bệnh mù màu là:
A.0,01% B. 0,05% C. 0,04% D. 1%
Hướng dẫn: Ta có q(Xa) = q(XaY) = 0,01. Vậy tỉ lệ nữ mù màu là q2(aa) = 0,012 = 0,01%.
Ví dụ 2: Trong quần thể người điều tra thấy 12% bị mù màu. Xác định tỉ lệ nam, nữ mù màu?
A. 12% nam mù màu, 4% nữ mù màu. B. 20% nam mù màu, 4% nữ mù màu.
C. 2% nam mù màu, 4% nữ mù màu. D. 20% nam mù màu, 2% nữ mù màu.
Tỉ lệ nam mù màu là q(XaY) =20%, tỉ lệ nữ mù màu là q2(XaXa) = 0,22 = 4%.
1.4. Đối với một gen có nhiều alen có tần số tương ứng p(A), q(a’), r(a)… Thì cấu trúc di truyền của quần thể khi cân bằng là: [p(A) + q(a’) + r(a) +… ]2 = 1.
1.4.1. Trường hợp các gen di truyền theo kiểu đồng trội.
-Xét sự di truyền nhóm máu ở người có ba alen IA,IB, IO với tần số tương ứng là p, q, r. Khi quần thể cân bằng di truyền thì cấu trúc di truyền của quần thể là [p(IA) + q(IB) + r(IO)] = 1.
-Tần số nhóm máu A là: p2(IAIA) + 2pr(IAIO)
-Tần số nhóm máu B là: q2(IBIB) + 2qr(IBIO)
-Tần số nhóm máu AB là: 2pq(IAIB)
-Tần số nhóm máu O là: r2 (IOIO)
Ví dụ 1:Trong quần thể người nhóm máu O chiếm 4%, nhóm máu B chiếm 21%. Xác định tỉ lệ nhóm máu A của quần thể, biết cấu trúc di truyền ở trạng thái cân bằng.
A.0,45. B. 0,30. C. 0,25 D. 0.15.
Ví dụ 2:Trong một quần thể người cân bằng kiểu gen người ta thấy xuất hiện 1% có nhóm máu O và 28% nhóm máu AB. Tỉ lệ người có nhóm máu A và B của quần thể đó là bao nhiêu. Biết rằng tần số nhóm máu A cao hơn nhóm máu B.
A. 56%; 15% B. 62%; 9% C. 49%; 22% D. 63%; 8%
1.4.2. Trường hợp các gen di truyền theo kiểu thứ tự trội lặn khác nhau.
p2(a1a1) + 2pq(a1a2) + 2pr(a1a3) + q2(a2a2) + 2qr(a2a3) +r2(a3a3) = 1.
Tần số kiểu hình 1: p2(a1a1) + 2pq(a1a2) + 2pr(a1a3).
Tần số kiểu hình 2: q2(a2a2) + 2qr(a2a3).
Tần số kiểu hình lặn: r2(a3a3).
Ví dụ: Màu sắc vỏ ốc sên do một gen có 3 alen kiểm soát: C1: nâu, C2: hồng, C3: vàng. Alen qui định màu nâu trội hoàn toàn so với 2 alen kia, alen qui định màu hồng trội hoàn toàn so với alen qui định màu vàng. Điều tra một quần thể ốc sên người ta thu được các số liệu sau: Màu nâu có 360 con; màu hồng có 550 con; màu vàng có 90 con. Xác định tần số các alen C1, C2, C3? Biết quần thể cân bằng di truyền.
A. 0,4; 0,4; 0,2 B. 0,2 ; 0,5; 0,3 C. 0,3; 0,5; 0,2 D. 0,2; 0,3; 0,5
Hướng dẫn:
Ta có tần số kiểu hình nâu : hồng : vàng tương ứng là 0,36 : 0,55 : 0,09.
1.5. Xác định tần số alen trong trường hợp có tác động của chọn lọc tự nhiên.
1.5.1. Ở quần thể tự phối.
Đối với quần thể tự thụ phấn có gen gây chết (hoặc không có khả năng sinh sản) phải xác định lại cấu trúc di truyền của quần thể sau khi có chọn lọc.
Ví dụ 1: Một quần thể tự thụ phấn có kiểu gen ở thế hệ P: 0,45AA: 0,30Aa: 0,25aa. Biết rằng cây có kiểu gen aa không có khả năng kết hạt. Tính theo lí thuyết cây không có khả năng kết hạt ở thế hệ F1 là:
A. 0,1 B. 0,16 C. 0,15 D. 0,325
Hướng dẫn: Cấu trúc di truyền của quần thể sau khi có chọn lọc là:
AA = 0,45 / (0,45+0,3) = 0,6
Aa = 1- 0,6 = 0,4. Vậy sau 1 thế hệ tự thụ phấn thì tần số kiểu gen aa = 0,4.1/4=0,1.
1.5.2. ở quần thể giao phối.
-Giả sử hệ số chọn lọc đối với kiểu gen AA, Aa, aa tương ứng là h1, h2, h3. Xác định tần số các alen sau 1 thế hệ chọn lọc. f(AA)=
f(Aa)=
aa = 1-[f(AA) + f(Aa)]
-Nếu kiểu gen đồng hợp tử lặn gây chết thì tần số alen lặn sau 1 thế hệ chọn lọc bằng q/(1+q).
Chứng minh: q(a) =
-Nếu kiểu gen đồng hợp tử lặn gây chết thì tần số alen lặn sau 1 thế hệ chọn lọc bằng q0/(1+n.q0).
Ví dụ 1:Quần thể bướm bạch dương ban đầu có pB = 0,01 và qb = 0,99, với B là alen đột biến gây ra màu đen, còn b màu trắng. Do ô nhiễm bụi than thân cây mà loài bướm này đậu bị nhuộm đen, nên kiểu hình trội ưu thế hơn kiểu hình lặn (chim ăn sâu khó nhìn thấy bướm màu đen trên nền môi trường màu đen). Nếu trung bình 20% bướm đen sống sót được cho đến khi sinh sản, trong khi bướm trắng chỉ sống sót đến sinh sản 10%, thì sau một thế hệ tần số alen là:
A. p = 0,02; q = 0,98 B. p= 0,004, q= 0,996
C. p = 0,01; q = 0,99 D. p= 0,04 ; q = 0,96
Hướng dẫn:Tần số alen qB:
qB = (0,992.10% + 0,01.0,99.20%) / [0,012.20% + 2.0,01.0,99.20% + 0,992.10%]=0,96
Ví dụ 2: Quần thể ban đầu đang cân bằng di truyền có q(a)=0,01, các đồng hợp tử lặn chết trong dạ con. Hãy tính tần số các alen sau 1 thế hệ?
A. p(A)=0,9901; q(a)=0,0099 B. p(A)=0,9001; q(a)=0,0999
C. p(A)=0,9801; q(a)=0,0199 D. p(A)=0,901; q(a)=0,099
Hướng dẫn:q(a) = q0/(1+q0) = 0,0099, p(A) = 0,9901
Ví dụ 3: Sau khi quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền có cấu trúc di truyền p02(AA) : 2p0.q0(Aa) : q02(aa), do điều kiện sống thay đổi, những cá thể có kiểu gen aa trở nên không có khả năng sinh sản. Hãy xác định tần số alen q(a) của quần thể sau 5 thế hệ ngẫu phối?
A. q0/(1+5q0) B. (1/5.q0)n C. q0-(1/5.q0)n D. (1-q0)n/2
Hướng dẫn: Áp dụng công thức qn = q0/(1+n.q0).
1.6. Xác định tần số alen trong trường hợp xảy ra đột biến gen.
1.6.1. Với một gen có 2 alen, sự thay đổi tần số alen phụ thuộc cả vào tần số đột biến thuận (u) và tần số đột biến nghịch (v): ∆p = vq-up; ∆q = up – vq.
Ví dụ 1: Một quần thể có p = 0,8, q = 0,2. Nếu tần số đột biến thuận u = 5.10-5, tần số đột biến nghịch v=2.10-5. Hãy tính tần số alen sau 1 thế hệ:
Hướng dẫn: ∆p = vq-up = -3,6.10-5. Vậy p1 = 0,8 – 3,6.10-5 và q1 = 0,2 + 3,6.10-5.
1.6.2. Tần số đột biến thuận (u) không thay đổi qua các thể hệ.
-Tần số đột biến gen A thành a sau mỗi thế hệ là u.
-Sau 1 thế hệ, tần số alen A: p(A)= p(A) – p(A).u
Hướng dẫn: Ban đầu p(A) = q(a) = 0,5
F1: p(A)1 = 0,5 – 0,5.10-6 = 0,5(1-10-6)
F2: p(A)2 = p(A)1 – p(A)1.10-6 =0,5(1-10-6)2
Fn: p(A)n = p(A)n-1 – p(A)n-1.10-6 = 0,5(1-10-6)n
1.7. Xác định tần số alen trong trường hợp xảy ra nhập cư.
*Tốc độ di-nhập gen: m=Số giao tử mang gen di nhập / Số giao tử mỗi thế hệ trong quần thể
m=Số cá thể nhập cư / tổng số cá thể trong quần thể.
-Nếu gọi: q0 : tần số alen trước khi có di nhập.
qm: tần số alen trong bộ phận di nhập.
q’: tần số alen sau khi di nhập.
m: kích thước nhóm nhập cư.
-Thì: q’ = q0 – m(q0-qm)
Ví dụ 1: Trong một quần thể gồm 900 con bướm, tần số alen quy định cấu tử chuyển động nhanh của 1 enzyme (p) bằng 0,7, và tần số alen quy định cấu tử chuyển động chậm (q) là 0,3. 90 con bướm từ quần thể này nhập cư đến quần thể có q=0,8. Tính tần số alen của quần thể mới.
Hướng dẫn: Ta tính được m= 90/ 900 = 0,1. Ta có q’ = q0 – m(q0-qm) = 0,8 – 0,1.(0,8-0,3) = 0,75. và p’ = 1 – 0,75 = 0,25.
Ví dụ 2: Một quần thể cho có q(a) = 0,4 phát tán với tốc độ m=0,1 vào 2 quần thể I: qa=0,9, II: qa=0,1. Thì sau khoảng 30 thế hệ trong 2 quần thể nhận I, II có qa xấp xỉ bằng nhau và bằng qa của quần thể cho.
2. Xác định cấu trúc di truyền của quần thể.
2.1 Quần thể tự thụ phấn.
Quần thể tự phối ban đầu có cấu trúc di truyền x(AA) + y(Aa) + z(aa) = 1. Sau n thế hệ tự thụ phấn liên tiếp, thì cấu trúc di truyền của quần thể là:
AA = x + y.[1-(1/2)n]/2
Aa = y.(1/2)n.
Aa = z + y.[1-(1/2)n]/2 = 1 – [ AA + Aa]
Ví dụ 1: Ở ngô, gen A: hạt đỏ, gen a: hạt trắng. Trong quần thể ban đầu toàn cây Aa. Xác định tỉ lệ phân li kiểu hình ở thế hệ F3 tự thụ phấn?
A. 62,5% hạt đỏ: 37,5% hạt trắng. B. 50% hạt đỏ : 50% hạt trắng.
C.56,25% hạt đỏ : 43,75% hạt trắng. D. 75% hạt đỏ : 25% hạt trắng.
Ví dụ 2:Cho biết tỉ lệ kiểu gen của quần thể như sau: 1%AA: 64%Aa: 35%aa. Xác định cấu trúc di truyền của quần thể sau 4 thế hệ tự phối ?
A. 65%AA: 4% Aa: 31% aa. B. 1%AA: 64%Aa: 35%aa.
C. 31%AA: 4%Aa: 65%aa. D. 46,875%AA: 6,25%Aa: 46,875%aa.
2.2. Quần thể ngẫu phối cân bằng Hardy – Weinberg.
Ví dụ 1: Ở một vùng tỉ lệ người bị bệnh bạch tạng là 1/400. Xác định tỉ lệ kiểu gen của quần thể ở trạng tái cân bằng di truyền?
A. 0,95AA: 0,095Aa:0,005aa C. 0,9025AA: 0,095Aa: 0,0025aa
B. 0,81AA: 0,18Aa: 0,01aa D. 0,095AA: 0,9025Aa: 0,0025aa.
Ví dụ 2: Ở người gen đột biến lặn (m: qui định mù màu) trên NST X không có alen tương ứng trên Y. Alen M không gây mù màu. Trong quần thể người ở trạng thái cân bằng Hardy – Weinberg về bệnh mù màu có tần số người bị mù màu là 5,25%. Xác định cấu trúc di truyền của quần thể.
A. nam: 0,95XAY; 0,05XaY; nữ: 0,9025XAXA: 0,095XAXa: 0,0025XaXa.
B. nam: 0,05XAY; 0,95XaY; nữ: 0,9025XAXA: 0,095XAXa: 0,0025XaXa.
C. nam: 0,95XAY; 0,05XaY; nữ: 0,095XAXA: 0,95XAXa: 0,025XaXa.
D. nam: 0,95XAY; 0,05XaY; nữ: 0,925XAXA: 0,095XAXa: 0,25XaXa.
2.3. Trường hợp xét 2 locut phân li độc lập.
Ví dụ:Trong một quần thể giao phối tự do, xét một gen có 2 alen A và a có tần số tương ứng là 0,8 và 0,2; một gen khác nhóm liên kết với nó có 2 alen B và b có tần số tương ứng là 0,7 và 0,3. Trong trường hợp 1 gen quy định 1 tính trạng, tính trạng trội là trội hoàn toàn. Tỉ lệ cá thể mang kiểu hình trội cả 2 tính trạng được dự đoán xuất hiện trong quần thể sẽ là:
A. 75% B. 81,25% C. 51,17% D. 87,36%
Hướng dẫn: Tần số kiểu hình A-B- = (A-).(B-) = (1-aa).(1-bb) = 0,96.0,91 = 0,8736
3. Xác định trạng thái cân bằng di truyền của quần thể.
3.1. Dấu hiệu xác định quần thể cân bằng di truyền.
+Tần số alen 2 giới phải bằng nhau. Nếu tần số alen 2 giới không bằng nhau thì quần thể chưa đạt trạng thái cân bằng di truyền.
+Cấu trúc di truyền thoả mãn công thức định luật Hardy-Weinberg:
p2 (AA) + 2pq (Aa) = q2 (aa) = 1
+Hoặc tỉ lệ kiểu gen dị hợp và kiểu gen đồng hợp thoả mãn:
Hay p2.q2=(2pq/2)2
Ví dụ: Cho cấu trúc di truyền của các quần thể sau:
(1). 100% các cá thể của quần thể có kiểu hình lặn.
(2). 100% các cá thể của quần thể có kiểu hình trội.
(3). 100% các cá thể của quần thể có kiểu gen đồng hợp trội.
(4). 0,16XAXA:0,48XAXa:0,36XaXa:0,4XAY:0,6XaY.
(5). xAA+yAa+zaa=1 với (y/2)2=x2.z2.
(6). Quần thể có tần số alen A ở giới XX là 0,8, ở giới XY là 0,2.
(7). 0,49AA : 0,42Aa: 0,09aa
(8). 0,25AA: 0,5Aa: 0,25aa. Nhưng kiểu gen aa không có khả năng sinh sản.
-Quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền gồm:
A. 1,3,4,7 B. 2,4,5,8 C. 1,3,4,5,7 D. 2,4,6,8
3.2. Nếu quần thể chưa cân bằng di truyền thì sau bao nhiêu thế hệ quần thể sẽ cân bằng di truyền?
-Trường hợp 1: Nếu tần số alen 2 giới bằng nhau nhưng quần thể chưa cân bằng di truyền, thì chỉ cần sau 1 thế hệ quần thể sẽ đạt trạng thái cân bằng di truyền.
-Trường hợp 2: Nếu tần số alen 2 giới khác nhau:
+Nếu gen trên NST thường thì sau 2 thế hệ quần thể sẽ cân bằng di truyền.
+Nếu gen trên NST giới tinh thì sau 5-7 thế hệ quần thể sẽ cân bằng di truyền.
Giải thích:
+Khi cân bằng thì tần số alen 2 giới bằng nhau: con cái có 2X, con đực có 1X (tổng số 3X).
p(A)=1/3p(XA)♂ + 2/3p(XA)♀
q(a)= 1/3q(Xa)♂ + 2/3q(Xa)♀
+Sau mỗi thế hệ con đực nhận 1X từ mẹ nên tần số alen liên kết giới tính bằng tần số kiểu gen của mẹ. Con cái nhận 1X từ bố và 1X từ mẹ, nên tần số alen liên kết giới tính nhận được bằng trung bình cộng tần số kiểu gen của bố và mẹ.
Ví dụ 1: Trong 1 quần thể ngẫu phối có: Giới đực : 0,8A :0,2a. Giới cái có: 0,4A: 0,6a. Gen qui định tính trạng trên NST thường. Sau bao nhiêu thế hệ thì quần thể cân bằng di truyền?
A. 1 thế hệ B. 2 thế hệ C. 3 thế hệ D. 5-6 thế hệ
-Ví dụ 2: Cấu trúc di truyền của quần thể: ♀0,2XAXA : 0,6XAXa : 0,2XaXa
♂0,2XAY : 0,8XaY
Hướng dẫn: ♀ p(XA) = 0,5 q(Xa) = 0,5
-Khi quần thể cân bằng tần số alen được xác định như sau:
p(XA) = 1/3.0,2 + 2/3.0,5 = 0,4.
q(Xa) = 1-0,4 = 0,6.
-Cấu trúc di truyền khi quần thể cân bằng:
♀: 0,16XAXA : 0,48XAXa : 0,36XaXa
♂: 0,4XAY : 0,6XaY
*Sau bao nhiêu thế hệ thì quần thể đạt cân bằng di truyền:
Thế hệ
xuất phát
1
2
3
4
5
6
♂
0,2XA
0,5XA
0,35XA
0,425XA
0,3875XA
0,40625XA
0,39785XA
♀
0,5XA
0,35XA
0,425XA
0,3875XA
0,40625XA
0,39785XA
0,4XA
Vậy sau 5-6 thế hệ thì quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền.
4. Bài tập di truyền xác suất về quần thể.
4.1. Xác định tỉ lệ kiểu hình trội thông qua tỉ lệ kiểu hình lặn.
Cơ sở: Tỉ lệ kiểu hình trội = 100% – tỉ lệ kiểu hình lặn.
Ví dụ: Trong quần thể người nhóm máu O chiếm 4%, nhóm máu B chiếm 21%. Hai vợ chồng cùng có nhóm máu B. Tính xác suất họ sinh con trai đầu lòng có nhóm máu B?
A.45/98. B. 45/49. C. 3/16 D. 47/49.
Hướng dẫn: Ta tính được tần số alen tương ứng là IA = 0,5, IB= 0,3, IO = 0,2. Tần số nhóm máu B là 0,21. Xác suất một người có nhóm máu B có kiểu gen IBIO là: 2pr / (q2 + 2qr) = 0,12 / 0,21 = 4/7. Vậy xác suất cặp vợ chồng này sinh con đầu lòng có máu O là: 4/7.4/7.1/4= 4/49.
Vậy xác suất họ sinh con trai đầu lòng có nhóm máu A là (1- 4/49).1/2 = 45/98.
4.2. Xác suất kiểu gen dị hợp trong số cá thể có kiểu hình trội 2pq/(p2 + 2pq).
Ví dụ 1:Ở quần thể Ruồi giấm có thân xám là trội so với thân đen. Quần thể này có tần số thân đen 36%. Chọn ngẫu nhiên 10 cặp thân xám giao phối với nhau theo từng cặp. Tính xác suất để 10 cặp cá thể này đều có kiểu gen dị hợp tử?
A. (2/3)10 B.(3/4)20 C. (3/4)10 D. (2/3)20.
Xác suất cá thể có kiểu hình trội có kiểu gen dị hợp là : 2pq/(p2 + 2pq) = 0,48/0,64=3/4
Xác suất để 10 cặp cá thể thân xám đều có kiểu gen dị hợp tử là : (3/4)2.10
Ví dụ 2: Ở 1 locut trên NST thường có n+1 alen. Tần số của 1 alen là ½, trong khi tần số mỗi alen còn lại là là 1/2n. Giả sử quần thể ở trạng thái cân bằng Hardy-Weinberg. Xác định tần số các cá thể dị hợp tử?
A. (3n-1)/4n B. (2n-1)/3n C. (3n-1)/2n D. (3n-1)/2n
Hướng dẫn :
Tần số của 1 alen là ½. Vậy tần số của mỗi alen còn lại đều là 1/2n.
Tần số kiểu gen đồng hợp là : ¼ + n.(1/2n)2
Tần số kiểu gen dị hợp là : 1 – (¼ + n.(1/2n)2) = (3n-1)/4n
Ví dụ 3: Ở quần thể người tỉ lệ bị bệnh bạch tạng là 1/10.000. Xác suất để 1 cặp vợ chồng bình thường mang gen gây bệnh là bao nhiêu?
A. 4% B.0,04% C. 1% D. 0,01%.
Xác suất để 1 cặp vợ chồng bình thường mang gen gây bệnh (có kiểu gen dị hợp Aa) là:
[2pq/(p2 + 2pq)]2 = 0,04%.
Ví dụ 4 :Ở người gen đột biến lặn (m) nằm trên NST X không có alen trên Y. Alen trội tương ứng là (M) không gây mù màu. Trong quần thể người ở trạng thái cân bằng Hacđi-Vanbec về bệnh mù màu có tần số nam giới bị mù màu là 5%. Xác định tỉ lệ những người mang gen lặn qui định bệnh bạch tạng trong kiểu gen ?
A. 14,75% B. 7,375% C. 0,25% D. 9,75%
Hướng dẫn: Ta có q(XA) = 0,05. Tỉ lệ những người mang gen lặn qui định bệnh bạch tạng trong kiểu gen là : [q(XAY) + 2pq (XAXa) + q2(XaXa)]/2 = 0,07375.
· Tăng Văn Đại – Giáo viên Trường THPT Lê Xoay
Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế Và Bài Tập Vận Dụng
Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế như thế nào? qua đó vận dụng giải các bài tập minh họa vận dụng phương pháp này để các em rèn luyện kỹ năng giải toán.
I. Phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
1. Phương trình bậc nhất 2 ẩn
– Phương trình bậc nhất hai ẩn: ax + by = c với a, b, c ∈ R (a2 + b2 ≠ 0)
– Tập nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn: Phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c luôn luôn có vô số nghiệm. Tập nghiệm của nó được biểu diễn bởi đường thẳng (d): ax + by = c
Nếu a ≠ 0, b = 0 thì phương trình trở thành ax = c hay x = c/a và đường thẳng (d) song song hoặc trùng với trục tung
Nếu a = 0, b ≠ 0 thì phương trình trở thành by = c hay y = c/b và đường thẳng (d) song song hoặc trùng với trục hoành
2. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
+ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn: <img title="small left{egin{matrix} ax+by=c a'x + b'y=c' end{matrix}
+ Minh họa tập nghiệm của hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
– Gọi (d): ax + by = c, (d’): a’x + b’y = c’, khi đó ta có:
(d)
(d) cắt (d’) thì hệ có nghiệm duy nhất
(d) ≡ (d’) thì hệ có vô số nghiệm
+ Hệ phương trình tương đương: Hệ hai phương trình tương đương với nhau nếu chúng có cùng tập nghiệm
II. Cách giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn bằng phương pháp thế
a) Quy tắc thế
Quy tắc thế dùng để biến đổi một hệ phương trình thành hệ phương trình tương đương. Quy tắc thế bao gồm hai bước sau:
+ Bước 1: Từ một phương trình của hệ đã cho (coi là phương trình thức nhất), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia rồi thế vào phương trình thức hai để được một phương trình mới (chỉ còn một ẩn).
+ Bước 2: Dùng phương trình mới ấy để thay thế cho phương trình thức hai trong hệ (phương trình thức nhất cũng thường được thay thế bởi hệ thức biểu diễn một ẩn theo ẩn kia có được ở bước 1).
b) Cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế
+ Bước 1: Dùng quy tắc thế để biến đổi phương trình đã cho để được một hệ phương trình mới, trong đó có một phương trình một ẩn.
+ Bước 2: Giải phương trình một ẩn vừa có, rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.
* Ví dụ: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp thế
a) <img title="small left{egin{matrix} 2x+y=4 2x-y=0 end{matrix}
b) <img title="small left{egin{matrix} 2x+3y=1 x-y=3 end{matrix}
* Lời giải:
a) <img title="small left{egin{matrix} 2x+y=4 2x-y=0 end{matrix} ight. Leftrightarrow left{egin{matrix} 2x+y=4 y=2x end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 2x+2x=4 y=2x end{matrix} ight. Leftrightarrow left{egin{matrix} 4x=4 y=2x end{matrix} ight. Leftrightarrow left{egin{matrix} x=1 y=2 end{matrix}
b) <img title="small left{egin{matrix} 2x+3y=1 x-y=3 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} 2(3+y)+3y=1 x=3+y end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 5y=-5 x=3+y end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} y=-1 x=2 end{matrix}
III. Bài tập giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế
* Bài 12 trang 15 sgk toán 9 tập 2: Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp thế
a) <img title="small left{egin{matrix} x-y=3 3x-4y=2 end{matrix}
c) <img title="small left{egin{matrix} x+3y=-2 5x-4y=11 end{matrix}
* Lời giải:
a) <img title="small left{egin{matrix} x-y=3 3x-4y=2 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=3+y 3(3+y)-4y=2 end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=3+y 9-y=2 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=10 y=7 end{matrix}
⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (10;7)
b) <img title="small g_white fn_cm small left{egin{matrix} 7x-3y=5 4x+y=2 end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 7x-3(2-4x)=5 y=2-4x end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} 7x-6+12x=5 y=2-4x end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 19x=11 y=2-4x end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{11}{19} y=frac{-6}{19} end{matrix}
⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (11/19;-6/19)
c) <img title="small left{egin{matrix} x+3y=-2 5x-4y=11 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=-2-3y 5(-2-3y)-4y=11 end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=-2-3y -10-15y-4y=11 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=-2-3y 19y=-21 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{25}{19} y=-frac{21}{19} end{matrix}
⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (25/19;-21/19)
* Bài 13 trang 15 sgk toán 9 tập 2: Giải hệ PT sau bằng phương pháp thế
a) <img title="small left{egin{matrix} 3x-2y=11 4x-5y=3 end{matrix}
* Lời giải:
a) <img title="small left{egin{matrix} 3x-2y=11 4x-5y=3 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{11}{3}+frac{2}{3}y 4(frac{11}{3}+frac{2}{3}y)-5y=3 end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=(11+2y)/3 frac{4}{3}(11+2y)-5y=3 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=(11+2y)/3 frac{44}{3}+frac{8}{3}y-5y=3 end{matrix}
<img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{1}{3}(11+2y) -frac{7}{3}y=-frac{35}{3} end{matrix} ight.Leftrightarrowleft{egin{matrix} x=7 y=5 end{matrix}
⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (7;5)
b) <img title="small g_white fn_cm small g_white fn_cm small left{egin{matrix} x/2-y/3=1 5x-8y=3 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{2}{3}y+2 5(frac{2}{3}y+2)-8y=3 end{matrix}
<img title="small g_white fn_cm small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{2}{3}y+2 frac{10}{3}y+10-8y=3 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{2}{3}y+2 -frac{14}{3}y=-7 end{matrix} ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=3 y=3/2 end{matrix}
⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (3;3/2)
Bạn đang đọc nội dung bài viết Phương Pháp Giải Bài Tập Lipit (Chất Béo) trên website Sieuphampanorama.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết 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. Chúc bạn một ngày tốt lành!