Tài liệu Sử dụng phương pháp biến đổi để giải hệ phương trình hai ẩn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------------- NGUYỄN THỊ HƯỜNG SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI ẨN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – năm 2016. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------------- NGUYỄN THỊ HƯỜNG SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI ẨN Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số : 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - năm 201 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU ................................................................................................................ 3 CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ............................................................... 5 1.1 CÁCH GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN ................................ 5 i.1 Hệ phương trình đối xứng loại I....................................................................... 5 i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II ..................................................................... 5 i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát .................................................................. 5 1.2 GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT ........................................... 6 1.3 GIẢI MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN ................................................ 7 i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0 . .......................................... 7 i.2 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 ........................... 7 i.3 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m ............................. 7 i.4 Giải phương trình dạng  x  a    x  b   c .................................................. 7 4 4 1.4 CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP ......................................................................... 8 1.5 HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN ........................................................ 8 CHƢƠNG 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH ........................................................................................................ 10 2. 1 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH HẰNG ĐẲNG THỨC........................................................................................................... 10 Bài tập tự luyện..................................................................................................... 18 2. 2 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH CỘNG ĐẠI SỐ ......................... 19 Bài tập tự luyện..................................................................................................... 30 2. 3 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI CÓ DENTA LÀ BÌNH PHƢƠNG CỦA MỘT BIỂU THỨC .. 30 Bài tập tự luyện..................................................................................................... 39 2. 4 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI TẠO NHÂN TỬ CHUNG ........................................................................................................................ 40 Bài tập tự luyện..................................................................................................... 51 2.5 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG LIÊN HỢP............... 52 Bài tập tự luyện..................................................................................................... 63 CHƢƠNG III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....... 65 KẾT LUẬN .................................................................................................................. 78 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................ 79 LỜI NÓI ĐẦU Hệ phƣơng trình là một nội dung lâu đời và quan trọng của Toán học. Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của hệ phƣơng trình đã có sức hút mạnh mẽ đối với những ngƣời yêu toán, không chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến luôn thôi thúc ngƣời làm toán phải tìm tòi, sáng tạo. Ngày nay, hệ phƣơng trình vẫn luôn chiếm một vai trò quan trọng và vẫn thƣờng xuất hiện dày đặc trong các kì thi quốc gia, quốc tế. Giải quyết hệ phƣơng trình hầu hết các học sinh thƣờng chỉ biết sử dụng kinh nghiệm giả toán nhờ vào việc đã gặp hƣớng giải quyết trƣớc đó mà quên mất rằng mọi thứ đều có nguyên do của nó. Chúng ta có thể bắt gặp rất nhiều tài liệu nói về phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình nhƣng có rất ít tài liệu chỉ ra nguồn gốc vào bài hệ phƣơng trình đó ? Ai là ngƣời nghĩ ra và nghĩ nhƣ thế nào để có một bài giải hệ phƣơng trình. Chính vì lí do đó tác giả đã lựa chọn đề tài “Sử dụng phƣơng pháp biến đổi để giải hệ phƣơng trình hai ẩn”. Trong luận văn này tác giả sẽ trình bày chi tiết cách biến đổi để sáng tạo và giải một hệ phƣơng trình với từng loại phƣơng pháp giải. Từ đó, ta sẽ xây dựng đƣợc rất nhiều các bài toán giải hệ phƣơng trình với các mục đích khác nhau. Luận văn gồm 3 chƣơng Chương 1. Các kiến thức cơ bản. Trong chƣơng này, tác giả sẽ nhắc lại cách giải một số hệ phƣơng trình cơ bản nhƣ hệ phƣơng trình đối xứng loại I. loại II,.... và cách giải phƣơng trình bậc ba, bậc bốn mà ngƣời đọc cần nắm vững. Chương 2. Một số phương pháp biến đổi để sáng tác và giải hệ phương trình. Nội dung chƣơng này gồm hai phần là sáng tác và giải hệ phƣơng trình bằng cách biến đổi Với mỗi phần tác giả đều lấy các bài toán minh họa phƣơng pháp sau đó ta sẽ vận dụng để sáng tác các bài toán theo mong muốn. Sau khi hiểu ý tƣởng sáng tác các bài toán ta sẽ đứng trên góc nhìn của một ngƣời đã từng ra đề để dự đoán ý tƣởng ra đề của tác tác giả khác để có lời giải các bài toán một cách tự nhiên nhất. Chương 3. Một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi. Trong chƣơng này tác giả sẽ hệ thống lại một số bài toán xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh 3 và đề thi học sinh giỏi quốc gia. Cuối chƣơng còn có một số bài tập để bạn đọc tự luyện. Để hoàn thành đƣợc luận văn này, đầu tiên tác giả xin đƣợc gửi lời cảm ơn sâu sắc tới T.S Phạm Văn Quốc , thầy đã dành thời gian hƣớng dẫn, chỉ bảo, tận tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vấn đề nảy sinh trong quá trình làm luận văn và hoàn thành luận văn đúng định hƣớng ban đầu. Qua đây tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn đƣợc hoàn thiện và phong phú hơn. Tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa Toán – Cơ – Tin trƣờng Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trƣờng. Cuối cùng là sự biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông cảm, động viên giúp đỡ cho tác giả có đủ nghị lực để hoàn thành luận văn. Tuy đã có nhiều cố gắng nhƣng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các vấn đề trong luận văn vẫn chƣa đƣợc trình bày sâu sắc và không tránh khỏi thiếu sót, kính mong nhận đƣợc sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn. Tác giả xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, năm 2016 Nguyễn Thị Hƣờng 4 CHƯƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 CÁCH GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN i.1 Hệ phương trình đối xứng loại I Hệ phƣơng trình đối xứng hai ẩn loại I là hệ phƣơng trình chứa hai ẩn x, y mà khi ta thay đổi vai trò x, y cho nhau thì hệ phƣơng trình không thay đổi.  f  x; y   0   f  x; y   f  y; x  , trong đó  Ta có phƣơng pháp giải tổng quát  g  x; y   0   g  x; y   g  y; x  . Tức là  nhƣ sau. Bƣớc 1: Đặt điều kiện các biến ( nếu có). Bƣớc 2: Đặt S  x  y ; P  xy ( với S 2  4P ). Khi đó , ta đƣa hệ phƣơng trình về hệ mới chứa S , P . Bƣớc 3 : Giải hệ mới tìm S , P . Chọn S , P thỏa mãn điều kiện S 2  4P . Bƣớc 4 : Với S , P tìm đƣợc thì x, y là nghiệm của phƣơng trình X 2  SX  P  0 . i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II Hệ phƣơng trình đối xứng loại II là hệ chứa hai ẩn x, y mà khi đổi vị trí của x, y cho   f  x; y   0   f  y; x   0. nhau thì phƣơng trình này trở thành phƣơng trình kia. Tức là hệ có dạng  Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phƣơng trình và biến đổi về dạng phƣơng trình tích số. i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát a1 x 2  b1 y 2  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0 Một 2 2 a2 x  b2 y  c2 xy  d 2 x  e2 y  f 2  0. Xét hệ phƣơng trình đối xứng bậc hai dạng  phƣơng trình muốn có phân tích đƣợc nhân tử hay không phải xem biệt thức denta theo biến x hoặc y có phải là số chính phƣơng hay không. Nếu một trong hai biệt thức denta của một trong hai phƣơng trình là số chính phƣơng trình cách giải khá đơn giản, khi đó ta chỉ cần tìm nghiệm rồi phân tích nhân tử ra là đƣợc mối liên hệ giữa hai biến và thế vào phƣơng trình còn lại. Thế nhƣng nếu cả hai phƣơng trình đều cho 5 denta không chính phƣơng ta cần phải sử dụng tới phƣơng pháp tìm hệ số bất định – UCT. Ta sẽ lựa chọn hằng số thích hợp nhân vào một phƣơng trình rồi cộng đại số với phƣơng trình còn lại thì sẽ ép đƣợc cho biệt thức denta chính phƣơng. Tức là tìm một số k sao cho  PT 1  k.PT  2   . Ta sẽ làm theo các bƣớc sau Đặt a  a1  ka2 ; b  b1  kb2 ; c  c1  kc2 ; d  d1  kd2 ; e  e1  ke2 ; f  f1  kf 2 . Khi đó k là nghiệm của phƣơng trình sau cde 4abf  ae2  bd 2  fc2 với a  0 . 1.2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT Xét phƣơng trình bậc ba có dạng tổng quát x3  ax2  bx  c  0 1 . Tác giả xin trình bày vắn tắt cách tìm nghiệm của phƣơng trình này bằng phƣơng pháp Cardano. a 3 Đặt x  t  . Khi đó phƣơng trình đƣợc biến đổi thành t 3  pt  q  0 ,  2  trong đó p  b  a2 2a3  9ab và q  c  . 3 27 Ta sẽ tìm các số u, v sao cho qua hệ u 3  v3  q và uv  p . 3  3 Một nghiệm của nó đƣợc tìm từ việc đặt t  v  u , có thể kiểm tra trực tiếp khi thay giá trị t vào  2  nhờ hằng đẳng thức  v  u   3uv  v  u    u 3  v3   0 . 3 Hệ  3 có thể giải từ phƣơng trình thứ hai bằng cách rút v  phƣơng trình thứ nhất trong  3 ta có u 3  p3  q . Phƣơng trình này tƣơng đƣơng 27u 3 với phƣơng trình bậc hai với u 3 . Khi đó ta u  3 Vì t  v  u và t  x  p p . Thay v  vào 3u 3u q q 2 p3   . 2 4 27  4 a p a ta tìm đƣợc x   u  . 3 3u 3 Chú ý rằng có sau giá trị u tìm đƣợc từ  4  , vì có hai căn bậc ba ứng với  và mỗi căn bậc ba có ba giá trị. Tuy nhiên dấu của các căn phải chọn sao cho khi tính x , không gặp trƣờng hợp chia cho không. Nếu p  0 , thì chọn dấu của căn bậc hai sao cho u khác 0, i, e, u  3 q . Nếu q  p  0 thì x  6 a . 3 GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN 1.3 i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0 . Giải. Đặt t  x2 , t  0 . Khi đó phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với at 2  bt  c  0 . Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra đƣợc x . i.2 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 có ad  bc  m . Giải. Trƣờng hợp 1. x  0 có phải là nghiệm không ? m  ad  bc  Trƣờng hợp 2. Với x  0 , đặt  p  a  d Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với n  b  c.  x 2 m m   px  m  x 2  nx  m   ex 2   x   p   x   n   e . x x    Đặt u  x  m . Phƣơng trình trở thành  u  p  u  n   e . x Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến u , ta dễ dàng tìm ra u và suy ra x . i.3 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m có a  b  c  d  p . Giải. Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với  x2  px  ab  x2  px  cd   m . Đặt t  x 2  px, t   p2 . Phƣơng trình trở thành  t  ab  t  cd   m . 4 Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra x . i.4 Giải phương trình dạng  x  a    x  b   c với c  0 . 4 4 a b   a b  ab  Giải. Đặt x  y  . Phƣơng trình đã cho trở thành  y    y  c 2   2  2  4  2 y  3 a  b 4  a b  y  2   c.  2  2 2 2 Giải phƣơng trình trùng phƣơng này ta sẽ tìm đƣợc biến y và suy ra biến x . i.5 Giải phương trình x4  ax2  bx  c . 7 4 Giải. Ta sẽ đƣa phƣơng trình trên về dạng A2  B2 để giải. Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình  x 2  m    2m  a  x 2  bx  c  m2 . 2 Ta sẽ đi tìm m để vế phải của phƣơng trình là bình phƣơng của một biểu thức. Khi đó biệt thức denta của vế phải bằng không, tức là   0  b2  4  c  m2   2m  a   0  8m3  4am  4ac  b2  0 . Đây là phƣơng trình bậc ba với biến m , ta đã có cách giải. CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP 1.4 Trong luận văn này tác giả chủ yếu sẽ đề cập tới các biểu thức liên hợp sau + a b a b + 3 a3b a b a b 3 a  ab  b 2 3 a b + a b . 3 + 2 3 a3b a b . ab 3 a  3 ab  3 b 2 2 . Ngoài ra còn một số biểu thức liên hợp khác nữa nhƣng trong luận văn này mà tác giả không đề cập tới là + n + n + a 1  n anb  2 n 1 1.5 a 1 a n 1  ....  n a  1 a b n a n 1  n a n  2b  ....  n abn  2  n bn 1 a  2 n 1 b  . ab 2 n 1 a 2 n  2 n 1 a 2 n 1b  ....  2 n 1 ab2 n 1  2 n 1 b2 n . HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng và f  x  là hàm số xác định trên K . Giả sử hàm số f  x  có đạo hàm trên K . Định lí 1: a, Nếu đạo hàm f '  x   0 với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số đồng biến trên K . b, Nếu đạo hàm f '  x   0 với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn 8 điểm thì thì hàm số nghịch biến trên K . Định lí 2. Nếu hàm số f  x  xác định trên một tập K và hàm số f  x  luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) thì phƣơng trình f  x   0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất trên tập K . Định lí 3. Nếu hàm số f  x  xác định trên một tập K và hàm số f  x  luôn đồng biến (hoặc nghịch biến). Khi đó với mọi a, b thuộc tập K thỏa mãn f  a   f  b  khi và chỉ khi a  b . 9 CHƯƠNG 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Biến đổi phƣơng trình là một phƣơng pháp rất quan trọng trong các phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình. Ta có thể sử dụng biến đổi này giúp ta đơn giản các hệ phƣơng trình phức tạp qua đó lời giải bài toán trở nên dễ dàng hơn. Trong các cách biến đổi đó, tác giả sẽ trình bày về phép biến đổi tạo thành hằng đẳng thức. Qua đó ta dễ dàng sử dụng đƣợc tính chất các hằng đẳng thức để tháo nút thắt của các bài toán. 2. 1 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH HẰNG ĐẲNG THỨC Trong phần này tác giả sẽ trình bày cách sử dụng một số tính chất của các hằng đẳng thức, từ đó ta sẽ sáng tác và giải các hệ phƣơng trình, tìm ra mối liên hệ của các nghiệm để giải hệ. Tính chất 1. Nếu ta có A3  B3  A  B . Từ ý tƣởng này ta muốn đi xây dựng một phƣơng trình khi giải ra sẽ đƣợc mối liên hệ giữa các biến, giả sử nhƣ y  x  1 . Suy ra x  2  y  1   x  2    y  1 . Biến đổi 3 3 tƣơng đƣơng ta thu đƣợc phƣơng trình thứ nhất là x3  y3  12 x  3 y  3 y 2  6 x2  7 . Giờ ta đi sáng tác phƣơng trình thứ hai, giả sử chọn nghiệm trƣớc của hệ phƣơng trình là x  2 , ta có thể lấy phƣơng trình chứa căn nhƣ sau x2  3x  9  x  1  0 . Vì khi giải đƣợc phƣơng trình thứ nhất ta sẽ thế y  x  1 nên thay ngƣợc lại ta có phƣơng trình x2  3x  9  2 y  x  3 . Vậy ta có bài toán sau. 2   x  3x  9  2 y  x  3 Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình  3 3 2 2   x  y  12 x  3 y  3 y  6 x  7. . Giải. Điều kiện: 2 y  x  3  0 . Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng  x  2    y  1  y  x  1 . 3 3 Thay y  x  1 vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc x2  3x  9  x  1  0 ( điều kiện x  1 )     x 2  2 x  8  x  1  x  1  0   x  2  x  4   x  1 10 x2 x 1  1 0  x 1    x  2   x  4    0  x  2  0  x  2 . x  1  1   Với x  2  y  3 . Đối chiếu lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    2;3  . Nhận xét: Thực sự bài toán này không khó, nhƣng đây chính là ý tƣởng tự nhiên của các tác giả sáng tác cho các bài dạng này, nếu muốn bài toán khó hơn ta chỉ việc đi chọn mối liên hệ của biến phức tạp rồi sau đó biến đổi tƣơng đƣơng các phƣơng trình chứa hằng đẳng thức này là xong. Ta sẽ thử đi làm một bài toán khác khi đã biết đƣợc ý tƣởng sáng tác của bài dạng này nhƣ nào. 2 2 2 2   x  y   x  xy  y  3  3  x  y   2 Bài toán 2. Giải hệ phƣơng trình  2  4 x  2  16  3 y  x  8. Phân tích: Với hệ này ta thấy phƣơng trình thứ hai có vế trái là căn thức, vế phải là đa thức bậc hai nếu muốn bỏ căn thì phải bình phƣơng hai vế sẽ rất phức tạp. Xét phƣơng trình thứ nhất là một phƣơng trình đa thức bậc ba với cả hai biến hơn nữa khi cô lập hai biến lại có khả năng xuất hiện hằng đẳng thức là rất cao với bộ số tỉ lệ 1: 3 : 3 nên ta sẽ dồn suy nghĩ vào giải phƣơng trình thứ nhất của hệ. Ta có lời giải cho bài toán trên nhƣ sau Giải. Điều kiện x  2; y  16 . 3 Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng với  x  1   y  1  y  x  2 . 3 3 Thế y  x  2 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc 4 x  2  22  2 x  x2  8  4  x  2 x22   x  2  x  2   4 3     x  2   x2 0 22  2 x  4   x22 x  2  y  0  4 3   x2  0.  x  2  2 22  2 x  4 Xét hàm số f  t   4 t22 t 2  * 3 22  2t  4 11 22 trên  2;  .  3 3 x  2 22  2 x  4 Do f '  t   0 mà có f  1  0 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình * . Với x  1  y  3 . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y    2;0 ,  1; 3  . Tính chất 2. Nếu ta có A2  0  A  0 . Với ý tƣởng này ta sẽ đi xây dựng một hệ gồm hai phƣơng trình trong đó phƣơng trình đầu sẽ mang mối liên hệ giữa các biến và phƣơng trình thứ hai sẽ cho nghiệm chính xác. Giả sử ta chọn hai nghiệm trƣớc là x  1 và y  1 khi đó giá trị biểu thức x  y  2  0 . Nên ta sẽ ép phƣơng trình thứ nhất khi biến đổi đƣa về đƣợc phƣơng trình  x  y 2  2  0 . Biến đổi tƣơng đƣơng để che giấu hằng đẳng thức này ta có   phƣơng trình x  y  4  2 2 x  2 y  xy . Giờ phƣơng trình thứ hai ta cho một phƣơng trình nhƣ  3x  2 y  2 y  x  1  0 . Bây giờ ta đã có một hệ phƣơng trình nhƣ sau 3x  2 y  4 xy  3x 2  4 y 2 Bài toán 3. Giải hệ phƣơng trình   x  y  4  2 2 x  2 y  xy .   Giải. Điều kiện x  0; y  0. Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng 3 x  2 y  0  2 y  x  1  0.  3x  2 y  2 y  x  1  0   Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng  x  y 2 3x  2 y  0 Hệ này vô nghiệm.  x  y  2. Với  x  1 2 y  x  1  0   y  1.  x  y  2 Với  Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1 . 12  2  0  x  y  2. Nhận xét : Muốn nâng dần độ khó của bài toán dạng này, ta sẽ đi chọn một biểu thức sao cho mối liên hệ giữa các biến phức tạp sau đó rồi biến đổi tƣơng đƣơng để làm loạn lên là đƣợc. Ví dụ ta thử sáng tác khó hơn nhƣ sau, trƣớc tiên chọn nghiệm của hệ là x  1 và y  4 , khi đó ta có mối liên hệ giữa các nghiệm là  x  y  3  2 x  y  3   1  0  x  y  3  Vậy ta đã có một phƣơng trình là   2 x  y  3  1  0  x  1 y  2. x  y 3  Khi phân tích biểu thức này ta sẽ có y  x  y  3  1   x  1 y  2. 1  3 hoặc xy  3x  1 , một điểm cần lƣu ý là x khi sáng tác phƣơng trình thứ hai, ta cần lƣu ý tới mối quan hệ ban đầu để tránh trƣờng hợp phƣơng trình giải nghiệm quá phức tạp nên các biểu thức trong phƣơng trình sẽ chỉ nên xuất hiện các nhân tử x, xy, y . Ví dụ ta chọn phƣơng trình   16 x  y  2 xy  144  9 x 2 y 2 . Giờ biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình ta có đƣợc phƣơng trình thứ hai là 24  x  y  x y  16 x y 32   9 xy . Vậy ta có bài toán sau xy xy  24  x  y  x y 32   x  y  16 xy  xy  9 xy Bài toán 4. Giải hệ phƣơng trình     x  y  3   x  1 y  2 . Giải. Điều kiện x  0; y  3; x  y . Bình phƣơng hai vế phƣơng trình thứ hai ta đƣợc x  y  3  2 x  y  3  xy  2 x  y  2  x  y  3  2 x  y  3  1  0    2 x  y  3  1  0  x  y  3   1  y  1  3. x Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai và kết hợp điều kiện ta đƣợc 24   1 1  32 x  y  16      9 xy  24 xy x y  13  2  1 1  x  y  16     9 xy  0  x y    2   x y x y  4  3 xy   0  4  3 xy  16 x  y  2 xy  9 x 2 y 2   xy xy     x  x  1 1   0  16  x   3  2 3x  1   9 x 2 y 2   x  1 81x 2  87 x  16  32 x x x  1  3x  1     3x 2   x  1  81x 2  87 x  16    0  x  1. x  1  3x  1     Với x  1  y  4 . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trinh có nghiệm  x; y   1;4  . Trên đây là cách tự nhiên mà chúng ta đã cùng nhau sáng tác một bài toán giải hệ phƣơng trình, với ý tƣởng mà đã sử dụng ở trên ta sẽ đi dự đoán ý tƣởng của tác giả để đi tìm lời giải trong bài toán sau Bài toán 5. Giải hệ phƣơng trình  2 4 3   xy  2   6 y  3  x  x 2      3  3  1   y  y  12 x   4  3  5   87   15  1  1 .     2    x   x2  x  x    Phân tích : Xét trong hai phƣơng trình thì phƣơng trình thứ hai khá phức tạp và cồng kềnh, phƣơng trình thứ nhất lại có xuất hiện các bộ số tỉ lệ và mang dáng dấp của một hằng đẳng thức bậc hai khi khai triển vế phải. Sau khi thấy đƣợc mối quan hệ giữa hai biến thì công việc còn lại chỉ là thế vào phƣơng trình thứ hai và tìm ra nghiệm của bài toán là xong. . Giải. Điều kiện x  0 . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc  xy  2 2  6y  12 9 3 9 2  2  0   xy  2   2  xy  2   2  0 x x x x 2 3 3 2 3    xy  2    0  xy  2   y   2 . x x x x  2 x Thay y   3 vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc x2 14 2 3  1   2 3    2 3  12 20  1  3    12 x     87  15  1        2  2  3 x   x x 2  x2  x x  x x   1  9 24 36    1    3   4  3   63   15  2  1 x  x x x   x  3 3 1  3 8 12    1    3   4  3   21  5  2  1 . x  x x x   x  Đặt t  3 1 . Phƣơng trình trở thành  3  t   3t 4  8t 3  12t  21  5  t 2  1 x 2 3 2   3  t  3  t 2  1  2  3  t    5  t 2  1   2 3  3t   3t    3t   3t   2 3  2  5  2   2    2   3 2 5  0  t  1    t  1    t 1   t 1  2  3t   3t   3t    2  1  2  2   2  2   5  0  t  1    t  1   t  1   3t  3t   3t   2  1 (vì 2  2   2  2   5  0 ( với t  R ) t 1  t 1   t 1  2  x  1 t  1   t t 2  0    x  1 . t  2  2 ? Với x  1  y  5 . 1 2 Với x   y  8 . Thử lại thấy cả hai cặp nghiệm đều thỏa mãn.  1 2   Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    1; 5  ,  ; 8   .  Nhận xét : Một bài toán dạng này muốn tăng dần độ khó ta sẽ cho mối liên hệ của bài toán trong một biểu thức phức tạp hoặc sau khi tìm đƣợc mối liên hệ đó yêu cầu ngƣời giải phải biến đổi để có thể sử dụng vào phƣơng trình còn lại của hệ. Tuy nhiên trong dạng này tác giả không chú tâm vào việc này lắm mà chỉ muốn gửi tới ngƣời đọc cách để bất cứ ai cũng có thể sáng tác đƣợc một bài hệ phƣơng trình theo cách này mà thôi. 15 A  0  B  0. Tính chất 3. Nếu ta có A2  B 2  0   Ta sẽ thử đi sáng tác bài toán để hƣớng lời giải theo cách sử dụng tính chất trên nhƣ sau. Trƣớc tiên ta sẽ đi chọn biểu thức thể hiện mối liên hệ của hai nghiệm, ví dụ là y  2 x  1 . Vì lí do khi ta giải phƣơng trình sẽ thu đƣợc hai biểu thức nên khi chọn hai biểu thức A và B không đƣợc mâu thuẫn với nhau và cùng thể hiện mối liên hệ là y  2 x  1 , ví dụ ta chọn biểu thức A  x 2  y  x  1 và B  2 x  y  1 . Vậy ta đã có đƣợc phƣơng trình sau khi biến đổi là   2 x 2  y  x  1   2 x  y  1  0 . 2 Biến đổi tƣơng đƣơng ta sẽ có phƣơng trình thứ nhất của hệ là 6 x  x  1  4 xy  1  2  x  1 x 2  y   y  1 . 2 Lƣu ý trong quá trình chọn biều thức cần phải tìm điều kiện của các biến nếu có, đặc biệt trong trƣờng hợp ta chọn biểu thức có chứa căn thức. Giờ ta sẽ đi sáng tác phƣơng trình thứ hai của hệ, ta cũng muốn xuất hiện một biểu thức liên hệ giữa hai biến nữa ví dụ nhƣ 3x  y  1 . Do đó ta cần ép để xuất hiện phƣơng trình  3x  y  1  2 0. Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình này ta đƣợc 9 x2  y 2  6 xy  2 y  6 x  1  0 . Vậy ta có bài toán sau 2 2  6 x  x  1  4 xy  1  2  x  1 x  y   y  1 Bài toán 6. Giải hệ phƣơng trình  2 2  9 x  y  6 xy  2 y  6 x  1  0. Giải. Điều kiện x 2  y  0 . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất ta đƣợc x2  y  2  x  1 x 2  y   x  1  4 x 2  4 x  4 xy  y 2  2 y  1  0 2  2   x  1 2  x2  y  x  1  x 2  y  x  1   2 x  y  1  0    y  2 x  1.   y  2x  1  Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc 9 x2  y 2  1  6 xy  2 y  6 x  12 x  y  1  3x  y  1  2 3x  y  1   3x  y  1  2  0  3x  y  1 . 16  x  1; x 2  y  0 x  2  Hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với hệ sau  y  2 x  1   y  5. 3x  y  1  Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm là  x; y    2;5 . Tính chất 4. Nếu ta có A2  B2  A  B hoặc A   B . Để sáng tác bài tập để giải theo cách này ta chỉ cần chọn hai biểu thức và ép cho chúng bằng nhau là đƣợc. Độ khó của bài toán dạng này phụ thuộc vào hai biểu thức ta chọn có phức tạp hay không. Thêm một điểm đặc biệt là khi ta chọn một biểu thức là căn thức thì biểu thức đó luôn không âm, nếu ta giới hạn ẩn để chứng minh biểu thức còn lại luôn âm hoặc luôn dƣơng thì ta chỉ cần xét một trƣờng hợp chứ không phải là hai trƣờng hợp nhƣ lí thuyết bên trên. Thí dụ ta chọn A  y  2  x  2 và B  4 x  1 khi ta giải ra thì ta sẽ có hai trƣờng hợp y  2  5x  1 và là x y  2  3x  3 . Giờ ta cho thêm điều kiện của x chẳng hạn nhƣ 10 bằng cách cho xuất hiện 3 đƣợc trƣờng hợp 10 x  3 trong phƣơng trình thứ hai thì ta sẽ loại đi y  2  3x  3 . Giờ ta lập phƣơng trình thứ hai, để bài toán đơn giản thì dữ kiện ở phƣơng trình thứ nhất cần xuất hiện thuận lợi ở phƣơng trình thứ hai, phƣơng trình thứ nhất có chứa y  2  5x  1 nên ta có thể cho đại lƣợng 4 y  2 . Giờ ta chỉ cần chọn nghiệm thích hợp để các căn thức đó là số đẹp và cân bằng là đƣợc, ở đây tác giả chọn nghiệm là  x; y    2  ; 1 và phƣơng trình là 5x 2 5   4    y  2  2  2 1  6 x  10 x  3 . Vậy ta có bài toán sau  y  5  3x 2  1  12 x  2  x  2  y  2  Bài toán 7. Giải hệ phƣơng trình  2 5 x 4 y  2  2  2 1  6 x  10 x  3 .  Giải. Điều kiện y  2; x     10 . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất ta có 3 y  2  2  x  2  y  2  x 2  4 x  4  16 x 2  8x  1 17  y  2  2  x  2  y  2   x  2    4 x  1  2 2  y2 x2  2   4 x  1 2  y  2  x  2  4x  1  y  2  5x  1    y  2  x  2    4 x  1  y  2  3x  3  y  2  5x 1  4 y  2  5x  1 . Thay 5x2  4 y  2  5x  1 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc    5x  1  2  2 1  6 x  10 x  3  5x2 5x  1  10 x2  12 x  2  2 10 x  3  0  5x2 5x  1  2 x  5x  1  10 x  3  2 10 x  3  1  0     x 5x  1 5x  1  2 5x 1  1   x 5x  1    2 5x  1  1   2 10 x  3  1  0  5 x  1  1 2 2 x . 10 x  3  1  0   5  10 x  3  1  2 5 Với x   y  1 . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    ; 1  . 2 5  Bài tập tự luyện Giải các bài toán hệ phƣơng trình sau 4 2 2 3 2 2   x  x  27 y   3x  13  3x y  x  9 y  Bài tập 1.    x  x  3 y  1  5.   Đáp án :  x; y    7; 17   5   ;  4;   7  4  2 2   y  8 x  5 x  6 y  5  0 Bài tập 2.  2   xy  1  x  y.      Đáp án : 1; 3  17 ; 1  2;2  2 ; 1  2;2  2 ; 2  5;3  5 ; 2  5;3  5 18 