MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

  • Số trang: 79 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 41 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ VŨ THỊ KIM NGẦN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. PHẠM VĂN QUỐC HÀ NỘI - 2015 Mục lục Lời cảm ơn 2 Mở đầu 3 1 Một số kiến thức cơ bản 1.1 Hệ phương trình cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . 1.1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . 1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . 1.1.4 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh 1.2 Phương pháp cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Phương pháp cộng đại số . . . . . . . . . . 1.2.2 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . 2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . . . 2.3 Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức . . . . . . 2.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số 2.5 Phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . 2.5.2 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . 2.5.3 Phương pháp sử dụng số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình 3.1 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . 3.2 Xây dựng hệ phương trình từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . 3.3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để xây dựng hệ phương trình 3.4 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá . . . . . 3.5 Sử dụng số phức để xây dựng hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 4 4 6 7 9 9 10 . . . . . . . . 13 13 20 28 34 43 43 47 49 . . . . . 54 54 58 64 67 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 1 Lời cảm ơn Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới TS. Phạm Văn Quốc - người thầy đã truyền cho tôi niềm say mê nghiên cứu Toán học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thiện luận văn. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán - Cơ - Tin học, các thầy cô giáo đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành bản luận văn này. Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn! 2 Mở đầu Hệ phương trình là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán học. Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của hệ phương trình đã đặt dấu ấn quan trọng trong Toán học. Chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu Toán, luôn thôi thúc người làm Toán phải tìm tòi, sáng tạo. Bài toán về hệ phương trình thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic cũng như kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Hệ phương trình được đánh giá là bài toán phân loại học sinh khá giỏi, nó đòi hỏi kỹ thuật xử lý nhanh và chính xác nhất. Là một giáo viên Trung học phổ thông, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về hệ phương trình nhằm nâng cao chuyên môn, phục vụ cho quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi của mình. Với những lý do trên, tôi lựa chọn nghiên cứu đề tài "Một số phương pháp giải hệ phương trình trong chương trình toán Trung học phổ thông" làm luận văn thạc sĩ của mình. Luận văn được chia làm ba chương: Chương 1. Một số kiến thức cơ bản Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình Chương 3. Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình. Hà Nội, ngày 01 tháng 8 năm 2015 Tác giả luận văn Vũ Thị Kim Ngần 3 Chương 1 Một số kiến thức cơ bản 1.1 1.1.1 Hệ phương trình cơ bản Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng  a1 x + b 1 y = c 1 a2 x + b 2 y = c 2 . Phương pháp giải: Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng các phương pháp sau: - Phương pháp thế, - Phương pháp cộng đại số, - Phương pháp dùng định thức. a1 b 1 c1 b 1 a1 c 1 Ký hiệu: D = a b ; Dx = c b ; Dy = a c . 2 2 2 2 2 2 Trường hợp 1 : D 6= 0. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  Dx    x= D    y = Dy . D Trường hợp 2 : D = Dx = Dy = 0. Hệ phương trình có vô số nghiệm dạng {(x0 ; y0 ) |a1 x0 + b1 y0 = c1 } . Trường hợp 3 : D = 0; Dx 6= 0 hoặc D = 0; Dy 6= 0 hoặc D = 0; Dx 6= 0; Dy 6= 0. Hệ phương trình vô nghiệm. 1.1.2 Hệ phương trình đối xứng 1. Hệ phương trình đối xứng loại I Hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai biến x và y là hệ phương trình mà nếu ta thay x bởi y , thay y bởi x thì hệ không thay đổi. 4 Phương  pháp giải: x+y =S - Đặt xy = P , điều kiện S 2 ≥ 4P. - Tìm S, P, - Khi đó, x, y là nghiệm của phương trình u2 − Su + P = 0. Ví dụ 1.1. (Trích đề thi Học viện An ninh năm 2001) Giải hệ phương trình  x + y = 1 − 2xy (x, y ∈ R). 2 2 x +y =1  Giải. Đặt x+y =S , điều kiện S 2 ≥ 4P. xy = P  S = 1 − 2P S 2 − 2P = 1   S = 1 − 2P S = 1 − 2P ⇔ ⇔ 2 4P 2 − 6P = 0  (1 − 2P ) − 2P = 1 "  " = 1 − 2P S S = 1; P = 0 P =0 3 ⇔ ⇒ 3 S = −2; P = .   P= 2 2  x+y =1 Với S = 1; P = 0 ⇒ xy = 0. Ta được hệ phương trình Khi đó (x, y) là nghiệm của phương trình: u2 − u = 0 ⇔ u=0 ⇒ u=1 x = 0; y = 1 x = 1; y = 0. 3 ta loại trường hợp này vì không thỏa mãn điều kiện S 2 ≥ 4P. 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 1) ; (1; 0) . Với S = −2; P = 2. Hệ phương trình đối xứng loại II Hệ phương trình đối xứng loại II đối với x và y là hệ phương trình mà nếu ta thay x bởi y , thay y bởi x thì phương trình này biến thành phương trình kia và ngược lại. Phương pháp giải: - Trừ theo vế hai phương trình của hệ, ta được một phương trình tích dạng: (x − y) f (x; y) = 0. - Sau đó lần lượt thay x = y; f (x, y) = 0, vào một trong hai phương trình của hệ, ta được một phương trình đã biết cách giải và giải tiếp tìm nghiệm của hệ. 5 Ví dụ 1.2. (Trích đề thi đại học khối B năm 2003) Giải hệ phương trình  y2 + 2   3y =   x2 (x, y ∈ R). 2  x +2    3x = y2 Giải. Điều kiện: x > 0; y > 0. Hệ phương trình tương đương với  3x2 y = y 2 + 2 3y 2 x = x2 + 2  3xy (x − y) = (y − x) (y + x) ⇔ 3y 2 x = x2 + 2  ⇔ (x − y) (x + y + 3xy) = 0 3y 2 x = x2 + 2   x=y x + y + 3xy = 0 3y 2 x = x2 + 2.   x=y x=y Với ⇔ ⇔ x = y = 1. 3y 2 x = x2 + 2 3x3 − x2 − 2 = 0 ⇔   Với x + y + 3xy = 0 3y 2 x = x2 + 2. Vì x + y + 3xy > 0; ∀x > 0; y > 0 nên trường hợp này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1). 1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp  Hệ phương trình f (x, y) = a được gọi là hệ đẳng cấp bậc k nếu f (x, y); g(x, y) g (x, y) = b là các biểu thức đẳng cấp bậc k. Chú ý : Biểu thức f (x, y) được gọi là đẳng cấp bậc k nếu f (mx, my) = mk f (x, y) . Phương pháp giải: - Xét y = 0 (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm. - Xét y 6= 0. Đặt x = ty , khi đó ta có   f (ty, y) = y k f (t, 1) ⇒ g (ty, y) = y k g (t, 1) y k f (t, 1) = a y k g (t, 1) = b. a b Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được: f (t, 1) = g (t, 1) . Giải phương trình tìm t rồi thay ngược lại ta tìm được nghiệm (x, y). 6 Ví dụ 1.3. (Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải hệ phương trình  x3 + 8y 3 − 4xy 2 = 1 2x4 + 8y 4 − 2x − y = 0 (x, y ∈ R). Giải. - Xét y = 0. Thay vào hệ phương trình ta được: x3 = 1 ⇔ x = 1. 2x4 − 2x = 0 Suy ra (1; 0) là một nghiệm của hệ. - Xét y 6= 0. Đặt x = ty , khi đó ta có: t3 y 3 + 8y 3 − 4ty 3 = 1 2t4 y 4 + 8y 4 − 2ty − y = 0    y 3 t3 + 8 − 4t = 1 ⇔   3 4 y 2t + 8 = 2t + 1 (Do y 6= 0). Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được: t3 + 8 − 4t 1 = 4 2t + 8 2t + 1 ⇔ t"3 − 8t2 + 12t = 0 t=0 ⇔ t=2 t = 6.  1 Với t = 0 ta có (x; y) = 0; . 2  1 Với t = 2 ta có (x; y) = 1; . 2   3 1 Với t = 6 ta có (x; y) = √ ; √ . 3 3 25 2 25 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là  1  1  3 (x; y) = (1; 0) ; 0; 1.1.4 2 ; 1; 2 ; 1 √ ; √ 3 3 25 2 25  Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh là hệ có dạng:  f (x1 ) = g (x2 )    f (x2 ) = g (x3 ) ...    f (xn−1 ) = g (xn ) f (xn ) = g (x1 ) . 7 . (Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi). Cụ thể, ta xét hệ hoán vị vòng quanh ba ẩn sau đây. ( x = f (y) y = f (z) z = f (x) . Phương pháp giải: Giả sử f là hàm số xác định trên tập D và có tập giá trị là T , T ⊆ D và f là hàm số đồng biến trên D. - Cách 1 : Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất. Để chứng minh hệ có nghiệm duy nhất ta thường cộng theo vế ba phương trình của hệ, sau đó suy ra x = y = z. - Cách 2 : Từ T ⊆ D ta suy ra f (x), f (f (x)) và f (f (f (x))) thuộc D. Để (x, y, z) là nghiệm của hệ thì x ∈ T. Nếu x > f (x) thì do f tăng trên D nên f (x) > f (f (x)). Do đó, f (f (x)) > f (f (f (x))). Suy ra: x > f (x) > f (f (x)) > f (f (f (x))) = x. Điều này mâu thuẫn. Chứng tỏ không thể có x > f (x). Tương tự ta cũng chứng minh được rằng không thể có x < f (x) . Do đó, x = f (x). Việc giải hệ phương trình ban đầu được quy về việc giải phương trình x = f (x). Hơn nữa ta(có: ( ( x = f (y) x = f (y) x = f (y) y = f (z) ⇔ y = f (z) y = f (z) ⇔ z = f (x) z = f (f (y)) z = f (f (f (z))) ( (  x = f (y) x = f (y) x=y=z y = f (z) ⇔ z=y ⇔ ⇔ z = f (z) . z = f (z) z = f (z) Ví dụ 1.4. (Trích đề thi HSG QG 2006) Giải hệ phương trình √  px2 − 2x + 6log3 (6 − y) = x y 2 − 2y + 6log3 (6 − z) = y √ 2 (x, y, z ∈ R). z − 2z + 6log3 (6 − x) = z Giải. Để (x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình thì điều kiện là x, y, z < 6. Hệ phương trình đã cho tương đương với 8  x  √ log (6 − y) =  3   x2 − 2x + 6  y log3 (6 − z) = p y 2 − 2y + 6   z    log3 (6 − x) = √ z 2 − 2z + 6 ( hay với f (x) = √ x x2 − 2x + 6 log3 (6 − y) = f (x) log3 (6 − z) = f (y) log3 (6 − x) = f (z) . ; g (x) = log3 (6 − x) . 6−x √ > 0; ∀x < 6. (x2 − 2x + 6) x2 − 2x + 6 Suy ra f (x) là hàm tăng còn g(x) là hàm giảm với x < 6. Ta có f 0 (x) = Nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ phương trình, ta chứng minh x = y = z. Không mất tính tổng quát, giả sử x = max(x, y, z). Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1 : x ≥ y ≥ z. Do f (x) là hàm tăng nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) . Suy ra log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x) . Do g(x) giảm nên 6 − y ≤ 6 − z ≤ 6 − x ⇔ x ≤ z ≤ y ⇒ x = y = z. Trường hợp 2 : x ≥ z ≥ y. Tương tự như trên ta suy ra x = y = z. Phương trình f (x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = 3. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (3, 3, 3). 1.2 1.2.1 Phương pháp cơ bản Phương pháp cộng đại số Để giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số, ta có thể kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia để thu được phương trình hệ quả đơn giản hơn, dễ giải hơn. Ví dụ 1.5. (Trích đề thi đại học an ninh nhân dân năm 1999) Giải hệ phương trình p p 2+x+y+1+x+ 2 x p py + x + y + 1 + y = 18 (x, y ∈ R). 2 2 x +x+y+1−x+ y +x+y+1−y =2 Giải. Điều kiện: x2 + x + y + 1 ≥ 0; y 2 + x + y + 1 ≥ 0. Cộng, trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được 9 p p x2 + x + y + 1 + y 2 + x + y + 1 = 10  x√+ y = 8 p x2 + 9 + y 2 + 9 = 10 ⇔ ( x+y =8 q √ x2 + 9 + (8 − x)2 + 9 = 10 ⇔ y =8−x √ √ 2 + 9 + x2 − 16x + 73 = 10 x ⇔ y =8−x √ √ 2 − 16x + 73 = 10 − x2 + 9 x ⇔ y =8−x √ ( 10 − x2 + 9 ≥ 0 √ ⇔ x2 − 16x + 73 = 100 − 20 x2 + 9 + x2 + 9 y =8−x  −9 ≤ x ≤ 9  (  9  −9 ≤ x ≤ 9 √ x≥− 2 ⇔ 5 x + 9 = 4x + 9 ⇔ 4  2 + 9 = (4x + 9)2  25 x  y =8−x  y =8−x  9    − ≤x≤9 x=4 4 ⇔ (TMĐK). ⇔ 2 y=4   (x − 4) = 0 y =8−x Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 4) . 1.2.2 Phương pháp thế Đây là một phương pháp được ứng dụng rất nhiều trong những phương pháp giải hệ phương trình sau này. Dấu hiệu nhận biết của phương pháp này là từ một phương trình của hệ ban đầu, ta rút được biến này theo biến kia (cũng có thể là cả một biểu thức) rồi thay vào phương trình còn lại để giải. Trong một số trường hợp, ta dễ dàng tìm được biểu thức liên hệ giữa các biến nhưng đôi khi ta cần biến đổi hệ để có được điều mong muốn. Cụ thể, ta xét các ví dụ sau đây. Ví dụ 1.6. (Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An) Giải hệ phương trình √ √ √5x + y + 2x + y = 3 (1) 2x + y + x − y = 1 (2) Giải. Điều kiện: 5x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0. Từ phương trình (1) của hệ ta có: √ √ 5x + y = 3 − 2x + y 10 (x, y ∈ R). √ 3 − 2x + y ≥√0 ⇔ 5x + y = 9 − 6 2x + y + 2x + y  √ ( √ 3 − 2x + y ≥ 0   3 − 2x + y ≥ 0 x≤3 √ 3−x ⇔ ⇔  2 2x + y =   2x + y = 3 − x 2 2  √ 3 − 2x + y ≥ 0   x≤3 ⇔ 2   y = x − 14x + 9 . 4 x2 − 14x + 9 Thay y = vào phương trình (2) ta được: 4 3−x x2 − 14x + 9 +x− =1 2 4 2 ⇔ x − 16x + 7 = 0 √ ⇔ x = 8 ± 57 √ ⇒ x = 8 − √57 (TMĐK). 9 − 57 . ⇒y= 2  √  √ 9 − 57 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 8 − 57; . 2  Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình  x (x − 3y) = 4 y 2 + 2 (xy − 4) (x + y) = 8  (x, y ∈ R). Giải. Hệ phương trình tương đương với  x2 − 3xy − 4y 2 = 8 x2 y + y 2 x − 4x − 4y = 8. Từ đó ta có: x2 − 3xy − 4y 2 = x2 y + y 2 x − 4x − 4y  ⇔ x2 (y − 1) + x y 2 + 3y − 4 + 4y (y − 1) = 0 ⇔ x2 (y − 1) + x (y − 1) (y + 4) + 4y (y − 1) = 0   ⇔ (y − 1) x2 + x (y + 4) + 4y = 0 ⇔ (y " − 1) (y + x) (x + 4) = 0 y=1 ⇔ y = −x x = −4. Với y = 1 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình 2 x − 3x − 12 = 0 ⇔ x = 11 3± √ 57 . 2 Với y = −x thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình 0.x2 = 8 (Vô lý). Với x = −4 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình 2 y − 3y − 2 = 0 ⇔ y = 3± √ 17 . 2 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:  (x; y) = 3+ √ 2 57   ;1 ; 3−   √ √   √  57 3 + 17 3 − 57 ; 1 ; −4; ; −4; . 2 2 2 Nhận xét: Ở ví dụ vừa rồi, ta đã sử dụng phép thế hằng số để thu được một phương trình có thể giải được. Trong một số bài toán, ngoài cách thế ẩn này theo ẩn kia hay thế hằng số, ta còn có thể sử dụng phép thế cả một biểu thức. Chẳng hạn, xét ví dụ sau đây. Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình  2 2 x + y + xy + 1 = 4y (1) y(x + y)2 = 2x2 + 7y + 2 (2) (x, y ∈ R). Giải. Từ phương trình (1) ta có: x2 + 1 = 4y − y 2 − xy. Thay vào phương trình (2) ta được:  y(x + y)2 = 2 4y − y 2 − xy + 7y   2 ⇔ y (x + y) + 2 (x + y) − 15 = 0 ⇔ y" (x + y − 3) (x + y + 5) = 0 y=0 ⇔ x+y =3 x + y = −5. Với y = 0 thay vào phương trình (1) ta được: x2 + 1 = 0 (Vô nghiệm). Với x + y = 3 ⇔ x = 3 − y thay vào phương trình (1) ta được:   y 2 − 7y + 10 = 0 ⇔ y=2 ⇒ y=5 x = 1; y = 2 x = −2; y = 5. Với x + y = −5 ⇔ x = −5 − y thay vào phương trình (1) ta được: y 2 + y + 26 = 0 (Vô nghiệm). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 2) ; (−2; 5) . 12 Chương 2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ Đây là một phương pháp thường được sử dụng khi giải hệ phương trình. Đặc điểm nổi bật của phương pháp này là cần phát hiện ra ẩn phụ và xử lý mối liên quan của ẩn phụ với các đại lượng có trọng hệ. Từ đó, ta đưa hệ phương trình ban đầu về một hệ đơn giản và dễ xử lý hơn. Có thể ẩn phụ xuất hiện trực tiếp trong hệ nhưng cũng có khi ta phải biến đổi hệ để có thể đặt được ẩn phụ. Một số dạng hệ có thể sử dụng phương pháp này như: - Hệ đối xứng, - Hệ có chứa căn thức (Ta thường đặt ẩn mới bằng căn thức để khử căn), - Hệ có chứa các biểu thức dạng tổng - hiệu, tổng - tích hoặc chứa các biểu thức lặp lại trong hai phương trình. p Với những hệ phương trình có chứa căn thức, ta thường đặt u = f (x) hoặc  p u = p f (x) để đưa về một phương trình hoặc hệ phương trình đã biết cách v= g (x) giải. Ta xét các ví dụ sau đây. Ví dụ 2.1. (Trích đề thi HSG QG năm 2001) Giải hệ phương trình √ √ √7x + y + 2x + y = 5 2x + y + x − y = 2 Giải. Điều kiện: 7x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0. 13 (x, y ∈ R).  u2 − v 2    x = √  5 u = √ 7x + y ≥ 0 Đặt: ⇒ v = 2x + y ≥ 0  2 2   y = 7v − 2u . 5 Khi đó hệ phương trình trở thành ( u+v =5 u2 − v 2 7v 2 − 2u2 − =2 v+ 5 5  v =5−u ⇔ u2 − 15u + 37 = 0 ( v = 5 − u√ ⇔ 15 ± 77 u= 2√  √ 15 + 77 −5 − 77 ;v = (Loại vì v<0)  u= 2√ 2√ ⇔ 15 − 77 −5 + 77 u= ;v = . 2 2  √ √ (   u = 15 − 77 x = 10 − √77 2√ Với ⇒ (TMĐK). 11 − 77 77 −5 +  y=  v= 2 2  √  √ 11 − 77 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 10 − 77; 2 Ví dụ 2.2. (Trích đề thi thử đại học năm 2013 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng) Giải hệ phương trình p  xp + y + x2 − y 2 = 12 (x, y ∈ R). 2 2 x − y = 12 y Giải.Điều p kiện: x2 − y 2 ≥ 0.   2 − y2 ≥ 0 1 u2 u = x Đặt: ⇒y= v− . v =x+y 2 v Khi đó hệ phương trình trở thành   u+  v = 122  1 u  2 v− v  u = 12 v = 12 − u u2 − 7u + 12 = 0   v = 12 − u u=4 ⇔  u=3 ⇔  ⇔ u = 4; v = 8 u = 3; v = 9 (TMĐK) (TMĐK). 14 Với u = 4; v = 8, ta có: ( p y =8−x q x2 − y 2 = 4 ⇔ x+y =8 x2 2 − (8 − x) = 4 Với u = 3; v = 9, ta có: ( p y =9−x 2 2 q x −y =3 ⇔ x+y =9 x2 2 − (9 − x) = 3  y =8−x ⇔ x=5  x=5 y = 3.  y =9−x ⇔ x=5  x=5 y = 4. ⇔ ⇔ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: (x; y) = (5; 3) ; (5; 4) . Ví dụ 2.3. (Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 10) Giải hệ phương trình  1 1   + =9 x y     1 1 1 1   √ √ +√ +1 + 1 = 18 √ 3 3 3 3 y x (x, y ∈ R). y x Giải. Điều kiện: x 6= 0; y 6= 0. 1 1 Đặt: u = √ . ;v = √ 3 3 x y Khi đó hệ phương trình trở thành  u3 + v 3 = 9 ⇔ (u + v) (u + 1) (v + 1) = 18  (u + v)3 − 3uv (u + v) = 9 (u + v) (u + v + uv + 1) = 18. Đặt u + v = S; uv = P , điều kiện S 2 ≥ 4P. Ta có hệ phương trình   S 3 − 9 = 3SP SP = 18 − S 2 − S S 3 − 3SP = 9 ⇔ S (S + P + 1) = 18 Thay (2) vào (1) ta được: S 3 − 9 = 3 18 − S 2 − S  ⇔ S 3 + 3S 2 + 3S − 63 = 0  ⇔ (S − 3) S 2 + 6S + 21 = 0. Vì S 2 + 6S + 21 > 0 ⇒ S − 3 = 0 ⇔ S = 3 ⇒ P = 2.   u+v =3 (u; v) = (2; 1) Khi đó, uv = 2 ⇔ (u; v) = (1; 2) .    √1 = 2     x= 1  3x u=2 8 ⇔ Với v = 1 ⇒   1   y=1 =1  √ 3 y 15 (TMĐK). (1) (2).  Với  1   √ =1  3  x u=1 ⇔ ⇒ v=2  1   =2  √ 3 y ( x=1 1 y= 8 (TMĐK).  1 1  ; ;1 . Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = 1; 8 8 Trong những bài toán giải hệ phương trình không chứa căn thức, ta dễ dàng nhận ra ẩn phụ ngay trong hệ hoặc sau một và phép biến đổi đơn giản. Xét các ví dụ sau đây. Ví dụ 2.4. (Trích đề thi đại học khối A năm 2008) Giải hệ phương trình   x2 + y + x3 y + xy 2 + xy = − 5  x4 + y 2 + xy (1 + 2x) = − 5 4 (x, y ∈ R). 4 Giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với    x2 + y + xy x2 + y + 1 = − 5 4 2 5  2 x +y + xy = − . 4  u = x2 + y . Ta có hệ phương trình sau: v = xy   u + v (u + 1) = − 5 4  u2 + v = − 5 4   5 5  v = − − u2 u = 0; v = − 4  4  ⇔ ⇔ 1 3  u u2 + u + 1 = 0 u = − ;v = − . 4 2  r 2  5 ( ( 2   x= 3 u=0 x +y =0 4 r 5 ⇒ 5 Với ⇔ v=− xy = −  25  4 4  y=−3 . 16   (  u = −1  x2 + y = − 1 x=1 2 ⇒ 2 ⇔ 3 Với y=− .  v = −3  xy = − 3 2 2 2 r r !   3 3 5 3 25 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = ;− ; 1; − . 4 16 2 Đặt 16 Ví dụ 2.5. (Trích đề thi đại học khối B năm 2009) Giải hệ phương trình  xy + x + 1 = 7y x2 y 2 + xy + 1 = 13y 2 (x, y ∈ R). Giải. Nhận thấy y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Chia hai vế của phương trình thứ nhất cho y , chia hai vế của phương trình thứ hai cho y 2 ta được:  1 x   + =7 x +  x 1  x+ + =7  y y   y y ⇔  2 x 1 2    x + + 2 = 13  1 x   x+ − = 13. y y y 1 y x Đặt u = x + ; v = ta thu được hệ phương trình y y  u+v =7 v =7−u ⇔ 2 u − v = 13 u2 + u − 20 = 0    v = 7 − u u = −5; v = 12 u = −5 ⇔ ⇔ u = 4; v = 3.  u=4    x + 1 = −5 u = −5 y Với v = 12 ⇒ ⇒ Vô nghiệm. x  = 12  y 1 "   x+ =4 x = 3; y = 1 u=4 y 1 Với v = 3 ⇒ ⇔ x = 1; y = .  x =3 3 y  1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (3; 1) ; 1; 3 . Ví dụ 2.6. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG trường THPT chuyên ĐHSPHN năm 2011) Giải hệ phương trình  4 x − 2x = y 4 − y  (x, y ∈ R). 2 2 3 x −y =3 Giải. Hệ phương trình đương với   đã4 cho4tương 2 x − y = 4x − 2y 3 x2 − y 2 = 3. (  Đặt a=x+y ⇒ b=x−y 2x = a + b; 2y = a − b x2 − y 2 = ab  2 x4 − y 4 = ab a2 + b2 . 17 Khi đó ta có  hệ phương trình  2 2 ab a + b = 2 (a + b) − a + b 3 3  a b =3  ab a2 + b2 = a + 3b a3 b + ab3 = a + a3 b4 ⇔ ⇔ 3 3 a3 b 3 = 3  a b = 3  a b 3 − 1 1 − a2 b = 0 ⇔ 3 3   a b =3  a=0 1 − a2 b = 0 b3 − 1 = 0 ∨ ⇔ ∨ a3 b 3 = 3 a3 b3 = 3. a3 b 3 = 3  a=0 ⇒ Vô nghiệm. a3 b 3 = 3  b3 − 1 = 0 ⇔ a3 b 3 = 3 Với Với   b = 1√ a = 3 3.  √ 3   x= 1+ 3 √ x+y = 33 ⇔ x−y =1   2 √ −1 + 3 3 y= . 2  √ (    b= 1 b= 39 2 2 2 1−a b=0 a b=1 a 1 Với ⇔ ⇔ ⇔ a= √ . a3 b 3 = 3 ab2 = 3  a = √1 3 3 3 3  √ 2 ( 3   x= √ x−y = 9 3 3 1 ⇔ Suy ra 1 x+y = √  3  y = −√ . 3 3 3   √   √ 2 1 1 + 3 3 −1 + 3 3 ; √ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = ; ; −√ . 3 3 2 2 3 3 Suy ra Ví dụ 2.7. (Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 11) Giải hệ phương trình  √ x+y− √ xy = 3 √ x+1+ y+1=4 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 1; xy ≥ 0. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với p x + y + 2 + 2 (x + 1) (y + 1) = 16 √ ⇔ x + y + 2 x + y + xy + 1 = 14. Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2 ≥ 4P. Ta được hệ phương trình sau:    √  S≥3 2 S − √P = 3 P = (S ⇔ q− 3) S + 2 S + P + 1 = 14   S + 2 S + (S − 3)2 + 1 = 14. 18 Có: S+2 q S + (S − 3)2 + 1 = 14 q S + (S − 3)2 + 1 = 14 − S 14 − S ≥ 0  ⇔ 4 S + (S − 3)2 + 1 = (14 − S)2  S ≤ 14 ⇔ 3S 2 + 8S − 156 = 0  S ≤ 14  " S=6 ⇔ 26 ⇒ S = 6 ⇒ P = 9 (TMĐK).   S=− 3   S=6 x+y =6 Với P = 9 ⇒ xy = 9 ⇔ x = y = 3 (TMĐK). ⇔2  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3). Ví dụ 2.8. (Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ số 444) Giải hệ phương trình √ √ 2x − 3 − y = 2x − 6 p x3 + y 3 + 7 (x + y) xy = 8xy 2 (x2 + y 2 ) (x, y ∈ R). 3 2 Giải. Điều kiện: x ≥ ; y ≥ 0. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với q (x + y)3 + 4 (x + y) xy = 8xy 2(x + y)2 − 4xy. Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2 ≥ 4P ; S > 0; P ≥ 0. Ta có: √ S 3 + 4SP = 8P 2S 2 − 4P ⇔ S 6 + 8S 4 P − 112S 2 P 2 + 256P 3 = 0. 2 Coi đây  là phương trình bậc ba theo biến S , tham số P ta được: S 2 = −16P ≤ 0 (Loại) S 2 = 4P. Với S 2 = 4P ⇒ (x + y)2 = 4xy ⇔ x = y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: √ √ 2x − 3 − x = 2x − 6 √ √ ⇔ 2x − 3 − x = 2 (2x − 3 − x) √ √ √ √  √ √  ⇔ 2x − 3 − x = 2 2x − 3 − x 2x − 3 + x √ √ √  √  ⇔ 2x − 3 − x 1 − 2 2x − 3 + x = 0. √ √  3 Do 1 − 2 2x − 3 + x > 0; ∀x ≥ . 2 √ √ ⇒ 2x − 3 − x = 0 19
- Xem thêm -