MỘT SỐ DẠNG HỆ CƠ BẢN
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
*) Cơ sở phương pháp a) Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng
a 1 x + b 1 y = c 1 a 2 x + b 2 y = c 2 b) Cách giải: Thông thường sử dụng một trong ba cách sau:
Cách 3: Phương pháp dùng định thức.
TH1: D 6= 0, hệ có nghiệm duy nhất
D.TH2: D = D = D = 0, hệ có vô số nghiệm dạng {(x ; y )|a x + b y = c }.
Ví dụ 1.1 Cho hệ phương trình
Sử dụng một trong các phương pháp trên dễ dàng tìm được nghiệm (2;1).
Bằng cách thay X, Y bởi các biểu thức khác của ẩn ta sẽ sáng tác ra vô số hệ mới Ví dụ: Thay
Ví dụ 1.2 Giải hệ phương trình
x 4 + 4x 2 + y 2 − 4y = 2 x 2 y + 2x 2 + 6y = 23 Giải. Đặt t = y 2 hệ trở thành
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1;3), (-1;3).
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
1) Hệ phương trình đối xứng loại 1 a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ có dạng
G(x; y) = 0 Trong đó F (x; y), G(x; y) là các đa thức đối xứng với x, y. b) Cách giải: Đặt S = x + y; P = x.y (điều kiện S 2 ≥ 4P ).
Dùng tính đối xứng ta đưa hệ về dạng
G 1 (S; P ) = 0 Giải hệ trên tìm được S, P từ đó theo định lý Viet đảo, x, y là nghiệm phương trình:
-Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P : +) x 2 + y 2 = (x + y) 2 − 2xy = S 2 − 2P.
2) Hệ phương trình đối xứng loại 2 a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ có dạng
F(x; y) là một đa thức không đối xứng với phương trình F(y; x) = 0 Để giải, ta trừ hai phương trình vế theo vế, dẫn đến F(x; y) − F(y; x) = 0 Khi coi x là ẩn số và y là tham số, ta đặt F(x; y) = f(x) + g(y), trong đó g(y độc lập với x.
Suy ra y là nghiệm của phương trình G(x) = 0 Chứng tỏ G(x) có chứa nhân tử (x − y) theo định lý Bezout.
Như vậy ta có cách giải hệ đối ứng loại 2 là: trừ hai phương trình vế theo vế để được G(x; y) = (x − y).M (x; y) = 0 Sau đó giải hệ trong từng trường hợp x = y và M (x; y) = 0.
*) Ví dụ áp dụngLoại 1: Hệ phương trình đối xứng loại 1
Ví dụ 1.3 Giải hệ phương trình
Thay a = 2 √ xy; b = √ x + √ y ta được hệ:
Ví dụ 1.4 Giải hệ phương trình
2 √ xy + √ x + √ y = 4 x + y + 4xy + 2 √ xy = 8 Nhận xét: Đây đã là hệ phương trình đối xứng loại 1 nhưng ta không đặt S, P ngay (vì chứa √ x + √ y) Ta theo cách đã tạo ra hệ này:
Giải. Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0 Đặt a = 2 √ xy; b = √ x + √ y ⇒ x + y = b 2 − a.
a = 2 b = 2 Thay vào bước đặt ta được
Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất (1;1).
Tương tự trên xét các hệ:
Ví dụ 1.5 Giải hệ phương trình
Nhận xét y = 0 không thoả mãn hệ phương trình suy ra y 6= 0.
Chia 2 vế phương trình (1) cho y 3 và phương trình (2) cho y 2 thu được hệ
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( 2
Ví dụ 1.6 Giải hệ phương trình
Qua các ví dụ, chúng ta nhận thấy rằng hệ ban đầu có thể không phải là hệ đối xứng loại 1 Tuy nhiên, thông qua việc biến đổi hoặc sử dụng ẩn phụ, chúng ta có thể chuyển đổi về hệ đối xứng loại 1.
Loại 2: Hệ phương trình đối xứng loại 2 Đối với hệ phương trình đối xứng loại 2, nếu f(x, y) là đa thức ta thường trừ vế với vế của hai phương trình ta được phương trình dạng (x − y).M (x, y) = 0 Trong trường hợp
M (x, y) = 0 nếu M (x, y) là đa thức đối xứng ta thường cộng vế theo vế của hai phương trình để được một hệ đối xứng loại 1.
Ví dụ 1.7 Giải hệ phương trình
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được x 3 − y 3 = 5x − 5y
Cộng vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta được x 3 + y 3 = −x − y.
(x + y) 3 − 3xy(x + y) + x + y = 0 Đặt S = x + y; P = xy; (S 2 ≥ 4P ) hệ trở thành
5 y = √ 5 Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (0, 0); ( √
Ví dụ 1.8 Giải hệ phương trình
Trừ vế theo vế của 2 phương trình ta được
Thay vào hệ ta được √ x − 1 + √ x + 6 = 7.
Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = 10.
Nếu ta thay đổi hệ số tự do một chút ta sẽ có bài toán mới như sau:
Ví dụ 1.9 Giải hệ phương trình
Bài toán này có thể được giải bằng cách trừ từng vế của hai phương trình tương tự như ví dụ trước Tuy nhiên, chúng ta có thể tìm ra lời giải ngắn gọn hơn thông qua việc đánh giá Điều kiện cần thiết là x ≥ 1 và y ≥ 1.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1).
Ví dụ 1.10 Giải hệ phương trình
(Đề thi HSG tỉnh Bến Tre 2010-2011) Giải. ĐK x ≥ 0; y ≥ 0.
Nhận xét (0;0) là một nghiệm của hệ.
Xét x>0, y>0 Trừ từng vế của hai phương trình ta có x 2 − y 2 + √ x − √ y + 2(x − y) = 0
Thay vào hệ ta có x 2 + √ x = 2x ⇔ x √ x + 1 = 2 √ x
Vì x = y nên hệ đã cho có 3 nghiệm: (0; 0), (1; 1), ( 3 − √
Ví dụ 1.11 Giải hệ phương trình
Cách 1 Nhận xét (3;3), (5;5) không phải là nghiệm của hệ phương trình.
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
Thay vào hệ ta có
Ta cũng có thể chỉ ra x = y như sau:
Từ điều kiện của x, y suy ra √ x − 3 ≤ 2; √ y − 3 ≤ 2.
Bình phương hai vế ta được
Cách 3: Từ hệ suy ra
Mà theo bất đẳng thức BSC
√ 5 − x = p y − 3 Kết hợp với hệ suy ra x = y = 4.
Ví dụ 1.12 Giải hệ phương trình
Trừ vế theo vế của hai phương trình trên suy ra
+) x = y thoả mãn (1) Hệ (I ) tương đương với
Xét hàm số f(x) = 2 x + 3 x − 3x − 2 ; f 0 (x) = 2 x ln 2 + 3 x ln 3 − 3.
Có f 0 (x) là hàm liên tục và đồng biến trên R
Vì lim x→+∞ f 0 (x) = +∞; lim x→−∞ f 0 (x) = −3 nên phương trình f 0 (x) = 0 có đúng một nghiệm Suy ra phương trình f (x) = 0 có tối đa 2 nghiệm Mà f(0) = f(1) = 0 nên x = 0, x = 1 là hai nghiệm của phương trình (2).
Vậy hệ (I ) có 2 nghiệm là (0;0) và (1;1).
Đối với hệ phương trình đối xứng loại 2 với các phương trình siêu việt, việc xuất hiện nhân tử (x − y) gây khó khăn trong việc chứng minh x = y Để giải quyết vấn đề này, chúng ta có thể áp dụng các phương pháp bất đẳng thức hoặc sử dụng hàm số.
Giải các hệ phương trình sau:
x 2 + y 2 = 8 − x − y xy(xy + x + y + 1) = 12 Hướng dẫn: Đặt u = x 2 + x; v = y 2 + y.
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
*) Cơ sở phương pháp a) Định nghĩa:
+ Biểu thức f(x; y) gọi là đẳng cấp bậc k nếu f (mx; my) = m k f(x; y).
f(x; y) = a g(x; y) = b trong đó f(x; y), g(x; y) đẳng cấp bậc k gọi là hệ đẳng cấp. b) Cách giải:
• Xét x = 0 thay vào hệ kiểm tra xem có thoả mãn không.
• Với x 6= 0 đặt y = tx thay vào hệ ta có
Chia vế theo vế của hai phương trình ta được f(1, t) = a b g(1, t) Giải phương trình này tìm được t thay vào hệ ta tìm được (x, y).
Ví dụ 1.13 Giải hệ phương trình
Dễ thấy x = 0 không thoả mãn hệ suy ra x 6= 0. Đặt y = tx thay vào hệ ta được
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1; 0), ( 1
Ví dụ 1.14 Giải hệ phương trình
Vì x = 0 không thoả mãn hệ phương trình nên x 6= 0. Đặt y = tx hệ trở thành
2 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (−1; −1), (− 3
Các hệ phương trình trên đều có dạng hệ đẳng cấp Dưới đây, chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ mà cần thực hiện biến đổi để đưa về dạng hệ đẳng cấp.
Ví dụ 1.15 Giải hệ phương trình
2y(x 2 − y 2 ) = 3x x(x 2 + y 2 ) = 10y (Trích đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá 2010) Giải.
Nhận xét nếu x = 0 thì y = 0 và ngược lại nên (0,0) là một nghiệm của hệ.
Xét xy 6= 0, từ hệ suy ra
Vì x 6= 0, đặt y = tx phương trình trở thành x 4 (3 − 17t 2 + 20t 4 ) = 0 ⇔ 20t 4 − 17t 2 + 3 = 0 ⇔
2 x thay vào hệ ta được x 2
2 x thay vào hệ ta được − 1
5 x thay vào hệ ta được x = ±
5 x thay vào hệ ta được x 2 = − 15
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm (0; 0), (2; 1), (−2; −1), (
Dấu hiệu nhận biết yếu tố đẳng cấp là sự chênh lệch 2 bậc giữa hai vế của mỗi phương trình Để có được một phương trình đồng bậc, chúng ta đã thực hiện phép nhân hai phương trình này với nhau.
Ta xét một số ví dụ nữa về đưa một hệ về phương trình đồng bậc:
Ví dụ 1.16 Giải hệ phương trình
Hệ đã cho tương đương với
Nhân vế theo vế ta có 4 y + 2x = 3 x − 4 y ⇔ 4xy = 3(y+2x)y−4x(y+2x) ⇔ 3y 2 −2xy−8x 2 = 0.
Vì x > 0, y > 0, đặt y = tx, t > 0, phương trình trở thành x 2 (3t 2 − 2t − 8) = 0 ⇔ 3t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔
3 (loai) +) t = 2 ⇒ y = 2x thay vào phương trình đầu ta được
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( 5 + 2 √
Ví dụ 1.17 Giải hệ phương trình
Nhận xét x 6= 0 Chia cả hai phương trình cho x 2 ta được
2u 2 − y 2 = 1 u 2 + y 2 + uy = 3 Nhận xét y = 0 không thoả mãn hệ phương trình nên y 6= 0. Đặt u = ty ta có hệ
4 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (1; 1), (−1; −1), (−
Ví dụ 1.18 Cho hệ phương trình
2xy − x 2 = 9 (2) Chứng minh rằng hệ có nghiệm với mọi k.
(2) ⇔ x(2y − x) = 9 ⇒ x 6= 0 Đặt y = tx hệ phương trình trở thành
Chia từng vế hai phương trình ta được 1 + 3t − 2t 2
Hàm số f(t) liên tục trên mỗi khoảng xác định nên đường thẳng y = k
9 luôn cắt đồ thị hàm số y = f (t) tại hai điểm phân biệt có hoành độ t 1 , t 2 : t 1 < 1
Vậy với mọi k hệ đã cho luôn có nghiệm
Bài tập tương tự Giải các hệ phương trình 1.
x 3 + xy 2 + 2xy + x − 2y − 2 = 0 2y 3 + xy 2 + 6y 2 + 2xy − 2x + 6y + 2 = 0 HD: đặt u = y + 1 có hệ
HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh không thay đổi khi hoán vị các ẩn số Định lý 1 khẳng định rằng nếu f(x) và g(x) đồng nhất về tính đơn điệu trong miền I(a; b) liên thông, thì có những đặc điểm quan trọng liên quan đến sự tương đồng của chúng.
I(a; b) ⊆ D := D f ∩ D g , còn (x 1 , x 2 , , x n ) là nghiệm của hệ (1) với x j ∈ I(a; b), ∀j = 1.n thì x 1 = x 2 = = x n
Giả sử f (x) và g(x) đồng biến trên I(a; b) và x 1 = min {x 1 , x 2 , , x n } Ta có x 1 ≤ x 2 ⇒ f(x 1 ) ≤ f(x 2 ) ⇒ g(x 2 ) ≤ g(x 3 ) ⇒ x 2 ≤ x 3 ⇒ ⇒ x n ≤ x 1
Theo định lý 2, nếu f(x) và g(x) có tính chất không đơn điệu trên miền I(a; b) liên thông, với I(a; b) thuộc D := D f ∩ D g, và (x 1, x 2, , x n) là nghiệm của hệ (1) với x j thuộc I(a; b) cho mọi j từ 1 đến n, thì có hai trường hợp xảy ra: i) Nếu n là số lẻ, thì x 1 = x 2 = = x n ii) Nếu n là số chẵn, thì x 1 = x 3 = = x n−1 và x 2 = x 4 = = x n Chứng minh cho các trường hợp này cần được thực hiện để xác nhận tính chính xác của định lý.
Không giảm tổng quát giả sử f(x) đồng biến và g(x) nghịch biến trên miền I, x 1 = min {x 1 , x 2 , , x n } i) n lẻ x 1 ≤ x 2 ⇒ f(x 1 ) ≤ f(x 2 ) ⇒ g(x 2 ) ≤ g(x 3 ) ⇒ x 2 ≥ x 3 ⇒ ⇒ x n ≤ x 1
Ví dụ 1.19 Giải hệ phương trình
Có f (t) xác định và liên tục với mọi t ∈ R và f 0 (t) = 3
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên R g(t) = ln(2e t ) = t + ln 2 là hàm số đồng biến trên R Khi đó, theo định lý 1, x = y = z = t là nghiệm của phương trình
4 t 2 + t 2 t 2 − 2t + 2 ≥ 0 ∀t ∈ R nên h(t) là hàm số đồng biến trên R Mà h(2)=0 nên (1) có nghiệm duy nhất t =2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=z=2.
Ví dụ 1.20 Giải hệ phương trình
Hệ đã cho tương đương với
2 Tương tự ta cũng có x < 3
2 nên f(t) là hàm số nghịch biến trên (−∞; 3
Dễ thấy g(t) là hàm số nghịch biến trên R nên cũng nghịch biến trên (−∞; 3
2 ). Áp dụng định lý 1, x = y = z = t là nghiệm thuộc (−∞; 3
42 Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
Nhận xét: Ở bài này ta thấy f(t) không đơn điệu trên TXĐ do đó phải có nhận xét x, y, z < 3
2 Đây là mấu chốt của bài toán.
Bài viết này trình bày một số bài tập áp dụng trực tiếp định lý 1 và 2, đồng thời giới thiệu các ví dụ đánh giá các biểu thức hoán vị của x, y, z như x + y, y + z, z + x, và các biểu thức bậc ba như x³ + y³, y³ + z³, z³ + x³.
Ví dụ 1.21 Giải hệ phương trình
x + y = 3y 3 + 2y 2 + y y + z = 3z 3 + 2z 2 + z z + x = 3x 3 + 2x 2 + x Đặt f(t) = 3t 3 + 2t 2 + t có f 0 (t) = 9t 2 + 4t + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R
Không giảm tổng quát giả sử x = max {x, y, z}
Suy ra hệ (1) tương đương
Để xây dựng một hàm đơn điệu trên miền xác định, chúng ta cần cộng thêm y, z, x vào hai vế của từng phương trình Nếu giữ nguyên hệ ban đầu, hàm f(t) = 3t^3 + 2t^2 có đạo hàm f'(t) = 9t^2 + 4t, không phải là hàm đơn điệu Việc thêm y, z, x vào hai vế của từng phương trình giúp hàm f(t) = 3t^3 + 2t^2 + t đồng biến trên R và cho phép so sánh các vế trái của từng phương trình.
Ta quay lại hệ phương trình ở ví dụ 1.20
Ví dụ 1.22 Giải hệ phương trình
y 3 + x 3 = x 3 − 9x 2 + 27x − 17 z 3 + y 3 = y 3 − 9y 2 + 27y − 17 x 3 + z 3 = z 3 − 9z 2 + 27z − 17 Đặt f (t) := t 3 − 9t 2 + 27t − 17 Có f 0 (t) = 3t 2 − 18t + 27 = 3(t − 3) 2 ≥ 0, ∀t ∈ R Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R
Không giảm tổng quát giả sử x = max {x, y, z} x ≥ y ⇒ x 3 ≥ y 3 ⇒ x 3 + z 3 ≥ y 3 + z 3 ⇒ f(z) ≥ f(y) ⇒ z ≥ y ⇒ z 3 ≥ y 3
Suy ra hệ tương đương
42 o Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình
HD: f(t) = 6t 2 − 12t + 8, g(t) = t 3 cùng đồng biến trên √ 3
PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ
Kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép toán như cộng, trừ, nhân và chia giúp tạo ra một phương trình hệ quả Việc giải phương trình này không chỉ khả thi mà còn mang lại lợi ích cho các bước giải tiếp theo.
Ví dụ 1.23 Giải hệ phương trình
Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được
Thay vào phương trình đầu ta được xy(x + y) = −6 ta có hệ
x = 3 y = −2 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (-2;3) và (3;-2).
Ví dụ 1.24 Giải hệ phương trình
Nhân 2 vế phương trình thứ hai với -3 rồi cộng với phương trình thứ nhất được x 3 + 3xy 2 − 3x 2 − 18xy − 3y 2 = 28 − 30x − 18y
Kết hợp với (1) ta có y 2 = 9 ⇔ y = ±3.
Vậy nghiệm của hệ là (1;3), (1;-3).
Khi giải các phương trình với các hạng tử đồng dạng, chúng ta thường thực hiện phép cộng và trừ từng vế để giản ước Tuy nhiên, trong một số hệ phương trình, việc nhân hoặc chia từng vế (nếu khác không) cũng là cần thiết để thu gọn.
Ví dụ 1.25 Giải hệ phương trình
Hệ đã cho tương đương với
3(y + 2) = (x − 2)(x 2 + 2x + 3) 4(z + 4) = (y + 2)(y 2 − 2y + 5) 2(x − 2) = (z + 4)(z 2 − 4z + 7) Nhân từng vế các phương trình của hệ vừa thu được ta có
Với x = 2 thay vào (1) ta có y = −2, thay vào (2) có z = −4.
Suy ra hệ có nghiệm (2; −2; −4).
Tương tự, xét y = −2, z = −4 ta đều được nghiệm này.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = −1, y = 1, z = 2.
Vậy nên (*) có nghiệm duy nhất (−1; 1; 2).
Thử lại, ta thấy (−1; 1; 2) không là nghiệm của hệ.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; −2; −4).
Ví dụ 1.26 Giải hệ phương trình
x + y + xy = 11 y + z + yz = 5 z + x + zx = 7 Giải Hệ đã cho tương đương với
x = −5 y = −4 z = −3 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (3; 2; 1), (−5; −4; −3).
Ví dụ 1.27 Giải hệ phương trình
Nhận xét, (x; 0; 0), (0; y; 0), (0; 0; z) là nghiệm của hệ phương trình.
Xét xyz 6= 0 Biến đổi hệ về dạng
Vì 1 x = 1 3z nên hệ có nghiệm (1; 1
Vì 1 x = − 1 3z nên hệ có nghiệm (−1; − 1
Vậy hệ đã cho có các nghiệm: (x; 0; 0), (0; y; 0), (0; 0; z), (x; 0; 0), (0; y; 0), (0; 0; z), (1; 1
Bài tập tương tự Giải các hệ phương trình 1.
PHƯƠNG PHÁP THẾ
Phương pháp thế trong giải hệ phương trình giúp chuyển đổi nhiều ràng buộc thành ít ràng buộc hơn, từ đó giảm số lượng phương trình cần giải Phương pháp này cho phép biến đổi hệ nhiều phương trình thành hệ ít phương trình hoặc thậm chí thành một phương trình duy nhất, tạo điều kiện thuận lợi cho việc tìm kiếm nghiệm.
Bởi vậy, đây là cách làm tự nhiên nhất, theo quan điểm đưa cái phức tạp về cái đơn giản.
Để nhận biết hệ phương trình có thể giải bằng phép thế, cần có ít nhất một phương trình cho phép rút một ẩn thông qua các ẩn còn lại Việc thay thế này vào các phương trình khác sẽ tạo ra phương trình hoặc hệ phương trình có thể giải được.
Loại 1: Từ một phương trình tính một ẩn theo ẩn còn lại rồi thế vào phương trình kia
Khi trong hệ phương trình xuất hiện một ẩn dưới dạng bậc nhất, ta có thể dễ dàng rút ẩn đó theo ẩn còn lại và thay vào phương trình thứ hai Phương trình mới thu được có thể có bậc cao, nhưng ý tưởng giải quyết vấn đề vẫn rất rõ ràng.
Ví dụ 1.28 Giải hệ phương trình
Từ (2) ta có y = 2x − 8 Thay vào (1) ta có
25 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là (5; 2), ( 37
Ví dụ 1.29 Giải hệ phương trình
Từ phương trình (1) suy ra y = 5x − x 3
2 Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm (0; 0), (1; 1), (−1; −1), ( √
Trong trường hợp x ≠ 0, chúng ta có thể chia hai vế của phương trình (1) cho x và phương trình (2) cho x² Bằng cách đặt a = x² và b = 2yx, ta sẽ chuyển đổi về hệ đối xứng loại 1, từ đó dễ dàng giải quyết bài toán Đây chính là phương pháp mà tác giả đã sử dụng để sáng tác bài này.
Ví dụ 1.30 Giải hệ phương trình
7y + 6 = 2x 2 + 9x (2) (Trích đề thi chọn đội tuyển Nha Trang, Khánh Hoà) Giải.
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là (−2; − 16
Nói chung, phép thế loại này thường là bước cuối sau khi đã áp dụng các phương pháp giải hệ phương trình khác.
Loại 2: Thế bằng một biểu thức của ẩn Thay vì rút một ẩn theo ẩn còn lại ta rút hẳn một biểu thức của ẩn (có thể một hoặc hai ẩn) từ một phương trình để thế vào phương trình còn lại.
Ví dụ 1.31 Giải hệ phương trình
Ta sẽ làm mất y bằng cách rút xy từ phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất Giải.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
Thế (2) vào (1) ta được phương trình
Thay x = 0 vào phương trình (2) thấy không thoả mãn.
Thay x = −4 vào phương trình (2) được y = 17
Vậy hệ đã cho có nghiệm (−4; 17
Ví dụ 1.32 Giải hệ phương trình
Ví dụ 1.33 Giải hệ phương trình
Từ phương trình (1) rút x 2 + 1 = 4y − y 2 − xy thế vào (2) ta có y(x + y) 2 = 2(4y − y 2 − xy) + 7y
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (−2; 5), (1; 2).
Loại 3: Thế bằng hằng số
Ví dụ 1.34 Giải hệ phương trình
Thế (2) vào (1) hệ trở thành
Với y = 1 ⇒ x = 2, với y = −1 ⇒ x = −2 Vậy hệ có hai nghiệm: (2; 1), (−2; −1).
Ví dụ 1.35 Giải hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có một nghiệm (9;1).
Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình 1.
3x 2 + 3 (2) (Trích đề thi chọn đội tuyển trường chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định ) ĐS: (x; y) = ( √
HD: thế 6 ở pt đầu vào pt sau để được pt đẳng cấp ĐS (1;1).
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Khi giải một hệ phương trình, chúng ta thường thực hiện các biến đổi hợp lý để tạo ra một hệ mới, trong đó các phương trình có biểu thức chứa ẩn chung được đặt làm ẩn phụ Điều này giúp dẫn đến một hệ phương trình mới với ẩn mới, từ đó dễ dàng tìm ra nghiệm hơn Các phép biến đổi này thường được sử dụng để đơn giản hóa hệ phương trình.
Loại 1: Phát hiện ẩn phụ có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản
Ví dụ 2.1 Giải hệ phương trình
P = 16 loại vì S 2 < 4P Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (2;1) và (-2;1).
Ví dụ 2.2 Giải hệ phương trình
(Trích đề thi HSGQG 2001) Giải. ĐK: 7x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0. Đặt u = √
Nhận xét: Đối với các hệ phương trình chứa căn ta nên xem xét khả năng đặt căn làm ẩn phụ.
Ví dụ 2.3 Giải hệ phương trình
Giải. Đặt X = 1 − x, Y = 1 − y, Z = 1 − z, T = 1 − t ta có hệ phương trình sau:
Vậy hệ có hai nghiệm (0; 0; 0; 0), (1; 1; 1; 1).
Ví dụ 2.4 Giải hệ phương trình
9 Giải. ĐK: x 6= ±y Hệ phương trình tương đương với
Thay vào bước đặt ta suy ra hệ có bốn nghiệm (2; −1), ( 2
Trong các ví dụ đã nêu, chúng ta sử dụng hai hoặc nhiều ẩn phụ để tạo ra một hệ phương trình mới mà không còn chứa ẩn cũ Một số hệ phương trình chỉ cần thêm một ẩn phụ, trong khi ẩn còn lại vẫn được giữ nguyên Hệ mới này bao gồm cả ẩn mới và ẩn cũ.
Ví dụ 2.5 Giải hệ phương trình
2x − 1, t ≥ 0, hệ phương trình trở thành
2 +) Với t = y thay vào hệ suy ra t = y = 2 Khi đó √
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 5
Loại 2: Chia cho một biểu thức khác không
Ví dụ 2.6 Giải hệ phương trình
+) y = 0 không thoả mãn hệ phương trình.
+) y 6= 0 lần lượt chia hai phương trình cho y 2 , y 3 hệ trở thành
− 3 x y (x + 1 y ) = 19( x y ) 3 Đặt S = x + 1 y , P = x y , (S 2 ≥ 4P ) hệ phương trình trở thành:
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 1
Ví dụ 2.7 Giải hệ phương trình
+) x = 0 không thoả mãn hệ phương trình.
+) x 6= 0 lần lượt chia hai phương trình cho x 3 , x hệ trở thành
6 + 7y = 1 x 3 y 3 − 6 = 7 x Đặt z = 1 x ta thu được hệ phương trình đối xứng loại hai:
Suy ra hệ ban đầu có nghiệm là (x; y) ∈
Ví dụ 2.8 Giải hệ phương trình
Nhận xét, x = 0 không thoả mãn hệ phương trình Xét x 6= 0 chia hai vế của từng phương trình cho x 2 ta được
2 y 2 − 11 = 0 Đặt t = 1 x − x ⇒ x 2 + 1 x 2 = t 2 + 2 Hệ phương trình đã cho trở thành
Lại thấy t = 0 không thoả mãn hệ nên t 6= 0 Chia cả hai phương trình cho t 2 ta có
− 2 y t = 5 Đặt a = y + 1 t , b = y t Hệ phương trình trở thành
17 2 y = 1 Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm là:
Trong ví dụ này, việc phát hiện ẩn phụ khá khó khăn, nhưng có thể nhận diện qua các bố trí hệ số đặc biệt như 6x^4, -6 và 5x^4, -5 Bên cạnh đó, các biểu thức chứa x như x^3 - x, x^2, và (x^2 - 1)^2 cũng giúp nhận ra rằng việc chia cho x^2 sẽ chuyển đổi về hệ ẩn y và t.
Bài tập tương tự Giải hệ phương trình 1.
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử là một bước quan trọng trong giải bài toán Đôi khi, việc kết hợp hai phương trình để tạo thành một phương trình hệ quả sẽ giúp đơn giản hóa quá trình giải Sau đó, ta có thể chuyển đổi phương trình hệ quả về dạng tích để dễ dàng tìm ra nghiệm.
Loại 1 : Nhóm các nhân tử chung
Ví dụ 2.9 Giải hệ phương trình
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1;1) và (3;-1).
Ví dụ 2.10 Giải hệ phương trình
TH1: xy − 1 = 0 ⇔ y = 1 x thay vào phương trình (1) ta được 5x − 4 x + 3 x 3 − 2(x + 1 x ) = 0 ⇔ x 4 − 2x 2 + 1 = 0 ⇔ x = ±1.
+) x − 2y = 0 ⇒ x = 2y kết hợp với x 2 + y 2 − 2 = 0 suy ra
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm (1; 1), (−1; −1), ( 2 √
Ví dụ 2.11 Giải hệ phương trình
x − 2y ≥ 0 x + p x − 2y ≥ 0 Biểu thức trong phương trình thứ nhất cồng kềnh khiến ta khó phát hiện nhân tử chung. Để cho gọn ta đặt ẩn phụ: Đặt
a = 3y b = p x − 2y phương trình (1) trở thành a(a 2 + 1) = b(b 2 + 1) ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 1) = 0 ⇔ a = b.
Vậy hệ đã cho có một nghiệm (x; y) = ( 8
Loại 2: Sử dụng phương pháp tham số biến thiên
Ví dụ 2.12 Giải hệ phương trình
Coi phương trình thứ nhất là phương trình bậc hai ẩn y ta giải
+) TH1: y = 2 − x hệ tương đương với
x = 1 y = 1 +) TH2: y = 3 − 2xhệ tương đương với
x = 2 y = −1 Vậy (1; 1), (2; −1) là nghiệm của hệ.
Chú ý: Khi gặp một phương trình của hệ có dạng ax 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0
Đây là một phương trình bậc hai với ẩn x (hoặc y) và y (hoặc x) đóng vai trò là tham số Khi biệt thức của phương trình là một bình phương, ta có thể giải được x theo công thức x = αy + β.
Khi gặp hệ phương trình gồm hai phương trình bậc hai không có tính chất đặc biệt, ta có thể nhân mỗi phương trình với một số thích hợp và cộng chúng lại để tạo thành một phương trình bậc hai có tính chất mong muốn.
Ví dụ 2.13 Giải hệ phương trình
Nhân phương trình thứ hai của hệ với k 6= 0 và cộng với phương trình thứ nhất ta được x 2 + (1 + ky)x + (1 − 2k)y − 4 − k = 0 (∗).
Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn x ta có
Ta chọn k sao cho ∆ x = (ay + b) 2 , tức là k thoả mãn
Ta thấy k = −2 là một nghiệm của phương trình trên Khi đó
x = 3y − 2 x = 1 − y Lần lượt thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được các nghiệm:
Loại 3: Nhân với lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung thường được áp dụng cho các hệ phương trình có chứa căn Khi nhận thấy các biểu thức trong căn có tổng hoặc hiệu, chúng ta có thể tìm ra nhân tử chung.
Ví dụ 2.14 Giải hệ phương trình
• Suy ra y = 1 là nghiệm duy nhất của (3) y = 1 ⇒ x = 2.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1; 0), (2; 1).
Trong bài toán này, chúng ta đã chuyển đổi về phương trình tích bằng cách nhân thêm lượng liên hợp Nếu các nhân tử thu được trở nên quá cồng kềnh hoặc khó giải, hãy cân nhắc đến việc chứng minh rằng phương trình không có nghiệm.
Ví dụ 2.15 Giải hệ phương trình
x; y ≥ 0 xy + (x − y)( √ xy − 2) ≥ 0 Phương trình (1) ⇔ p xy + (x − y)( √ xy − 2) − y + ( √ x − √ y) = 0
Khi đó (3) ⇔ x = y, thay vào (2) ta được x 3 − 2x 2 − 3x + 4 = 0 ⇔
17 2 Kết hợp với điều kiện ta có x = 1, x = 1 + √
2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1); 1 + √
Bài tập tương tự Giải các hệ phương trình sau:
x 3 + 3xy 2 = −49 x 2 − 8xy + y 2 = 8y − 17 HD: nhân pt (2) với 3 rồi cộng với pt (1) ta được (x + 1) h
PHƯƠNG PHÁP DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC
*) Cơ sở phương pháp: Chúng ta sẽ biến đổi các phương trình trong hệ về một trong hai dạng sau:
Nếu các biểu thức của x và y trong hệ phương trình có đầy đủ các bậc, khả năng giải bằng cách sử dụng hằng đẳng thức sẽ cao.
Ví dụ 2.16 Giải hệ phương trình
x 3 + y 3 = 9 (1) x 2 + 2y 2 = x + 4y (2) Giải. Ý tưởng: Từ hai phương trình của hệ ta hi vọng có thể đưa về dạng (x + a) 3 + (y + b) 3 (∗) bằng phương pháp hệ số bất định.
Nhân phương trình (2) với α, α 6= 0 rồi cộng với phương trình (1) ta được x 3 + y 3 − 9 + α(x 2 + 2y 2 − x − 4y) = 0
⇔ x 3 + αx 2 − αx + y 3 + 2αy 2 − 4αy − 9 = 0 (∗∗) Đồng nhất thức vế trái của (∗∗) với (*) ta có
Lại thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
Thử lại ta thấy thoả mãn Vậy hệ có hai nghiệm là (1;2), (2;1).
Đối với các hệ phương trình có hai ẩn x và y độc lập, phương pháp trên có thể được áp dụng hiệu quả Dưới đây là một ví dụ minh họa cho trường hợp này.
Ví dụ 2.17 Giải hệ phương trình
(Trích đề thi HSGQG 2010) Giải.
Tương tự trên ta tìm được α = −8 Nhân hai vế phương trình (2) với −8 rồi cộng với phương trình thứ nhất ta được x 4 − 8x 3 + 24x 2 − 32x + 16 = y 4 − 16y 3 + 96y 2 − 256y + 256
x = y − 2 x = 6 − y +) Nếu x = y − 2 thay vào (1) ta được
+) Nếu x = 6 − y thay vào (1) ta được y 3 − 9y 2 + 36y − 44 = 0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (−4; −2), (4; 2).
Trong các hệ phương trình có chứa căn bậc hai, các số hạng chứa căn bậc hai đóng vai trò tương tự như số hạng ±2ab trong các hằng đẳng thức (a ± b)².
Ví dụ 2.18 Giải hệ phương trình
Thay vào (1) và kết hợp điều kiện ta được x = y = z = 2.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 2.
Ví dụ 2.19 Giải hệ phương trình
3 xy ≥ 0 Nhân phương trình (1) với 2, nhân phương trình (2) với 4 rồi cộng hai phương trình lại ta được:
Thử lại ta thấy x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ.
Ví dụ 2.20 Giải hệ phương trình
2y = y 2 − x 2 Giải. ĐK x, y 6= 0 Cộng rồi trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
1 = 3x 2 y + y 3 Lại tiếp tục cộng rồi trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
3 − 1 2 Thử lại ta thấy đây chính là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Bài tập tương tự Giải hệ phương trình 1.
PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Nếu hàm số y = f (x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình f (x) = k không nhiều hơn một và f(x) = f(y) ⇔ x = y.
Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và hàm số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) trên miền D, thì phương trình f(x) = g(x) chỉ có tối đa một nghiệm trong miền D.
Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình f (k) (x) = 0 có m nghiệm, khi đó phương trình f (k−1) (x) = 0 có nhiều nhất là m + 1 nghiệm.
Loại 1: Biến đổi một phương trình về dạng f(u) = f(v).
Trong hệ phương trình có x và y tách biệt, khả năng áp dụng tính đơn điệu là rất cao Khi đó, ta có thể phân tích phương trình dưới dạng g(x) = h(y), tương đương với f(p(x)) = f(q(y)).
Sau đó ta sẽ chứng minh hàm đặc trưng f(t) đơn điệu trên miền xác định suy ra p(x) = q(y), thế vào phương trình còn lại để tìm ra nghiệm.
Ví dụ 2.21 Giải hệ phương trình
(Đề thi ĐH khối A-2010) Giải. ĐK x ≤ 3
2 Ta biến đổi vế trái để hàm đặc trưng là f(t) = t 3
2 Dùng phương pháp hệ số bất định ta được m = 2, n = 0.
2 > 0 , ∀t ∈ R Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R
4 suy ra g(x) đồng biến trên TXĐ, lại có g( 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = ( 1
Ví dụ 2.22 Giải hệ phương trình
√ 1 + t 2 ≥ 0 do đó f(t) là hàm đồng biến trên R Vậy f (x) = f(−y) ⇔ x = −y thế vào (2) ta có
2 Đối chiếu điều kiện ta thấy hệ đã cho có nghiệm (−1; 1), ( 1 + √
Ví dụ 2.23 Giải hệ phương trình
√ t > 0 nên f (t) là hàm đồng biến.
√ 3 y + 1 = 2(2y − 1) 3 (3) Đặt √ 3 y = 2t − 1 phương trình (3) trở thành hệ
t = (2y − 1) 3 y = (2t − 1) 3 Trừ từng vế ta được t − y = 2(y − t) h (2y − 1) 2 + (2y − 1)(2t − 1) + (2t − 1) 2 i
Thế vào hệ y = (2y − 1) 3 ⇔ 8y 3 − 12y 2 + 5y − 1 = 0 ⇔ (y − 1)(8y 2 − 4y + 1) = 0 ⇔ y = 1. y = 1 ⇒ x = 2 thoả mãn điều kiện ban đầu.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2;1).
Để dự đoán tập nghiệm và chứng minh rằng không còn nghiệm nào khác, trước tiên ta chuyển hệ về phương trình một ẩn dạng f(x) = 0 Sau đó, ta chỉ ra rằng phương trình f'(x) = 0 có k nghiệm, từ đó chứng minh rằng f(x) = 0 có nhiều nhất k + 1 nghiệm Cuối cùng, ta liệt kê k + 1 nghiệm của f(x) = 0 và khẳng định đó là tập nghiệm của phương trình, từ đó suy ra tập nghiệm của hệ.
Ví dụ 2.24 Giải hệ phương trình
(Đề thi chọn HSG Quảng Ngãi 2010)Giải ĐK: −1 ≤ x ≤ 2.
⇔ x 2 − y = 0 ⇔ y = x 2 (do điều kiện suy ra 2x + y 2 + 3 > 0) Thay vào (1) có x 2 − x − √ x + 1 − √
Do đó f 0 (x) đồng biến trên (-1;2) và phương trình f 0 (x) = 0 có không quá một nghiệm.
2 ) = 0 nên f 0 (x) = 0 có một nghiệm duy nhất x = 1
2 Từ đó phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Hơn nữa, ta có f (0) = f (1) = 0 nên phương trình (3) có hai nghiệm x = 0 ∨ x = 1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (0;0), (1;1).
Ví dụ 2.25 Giải hệ phương trình
(Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2010) Giải ĐK:
Hệ phương trình đã cho tương đương với
x + y = 4 (1) 4(x − y) = 4 x−y (2) Đặt x − y = t > 0 phương trình (2) trở thành 4t − 4 t = 0 (3) Xét hàm số f(t) = 4t − 4 t , t > 0 f 0 (t) = 4 − 4 t ln 4. f 0 (t) = 0 ⇔ 4 − 4 t ln 4 = 0 ⇔ t = log 4 4 ln 4 > 0.
Phương trình f 0 (t) = 0 có nghiệm duy nhất suy ra phương trình f(t) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Lại thấy f(1) = f( 1
+) t = 1, kết hợp với (1) ta có
x = 9 4 y = 7 4 Vậy hệ có hai nghiệm là ( 5
Ví dụ 2.26 Chứng minh rằng hệ phương trình
√ x 2 − 1 = 2013 Luôn có hai nghiệm phân biệt (x; y) thoả mãn x>1, y>1.
Giải Hệ phương trình đã cho tương đương với
Do đó f(t)đồng biến trên (1; +∞).
(2) ⇔ f (x) = f(y) ⇔ x = y Khi đó phương trình (1) trở thành e x + x
Khi xem xét hàm g 0 (x), ta nhận thấy rằng lim x→1 + g 0 (x) = −∞ và lim x→+∞ g 0 (x) = +∞ Hơn nữa, g 0 (x) là một hàm liên tục và đồng biến trên khoảng (1; +∞), điều này dẫn đến việc g 0 (x) = 0 chỉ có một nghiệm duy nhất trong khoảng này Do đó, phương trình g(x) = 0 có tối đa hai nghiệm trong khoảng (1; +∞).
Rõ ràng g(x) liên tục trên (1; +∞), lim x→1 + g(x) = +∞, g(2) = e 2 + 2
Nên phương trình (3) có một nghiệm thuộc (1;2) và một nghiệm thuộc (2; +∞) Nghĩa là (3) có hai nghiệm trên (1; +∞), do đó hệ cũng có hai nghiệm trên (1; +∞).
Bài tập tương tựGiải các hệ phương trình
7y 4 + 13x + 8 = 2y 4 p 3 x(3x 2 + 3y 2 − 1)HD: Chia cả hai vế pt đầu cho y 11 được hàm đặc trưng f (t) = t 11 + t.
PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC
Dùng bất đẳng thức để đánh giá hai vế của phương trình trong hệ Giả sử thu được
Khi số phương trình trong hệ ít hơn số ẩn, đây là dấu hiệu cho việc áp dụng phương pháp này Tuy nhiên, ngay cả khi số phương trình bằng số ẩn, phương pháp này vẫn có thể được sử dụng hiệu quả.
Ví dụ 2.27 Giải hệ phương trình
Để giải hệ phương trình 4z + 1 = 9 và x + y + z = 6, ta nhận thấy có nhiều ẩn hơn phương trình Do đó, phương pháp bất đẳng thức sẽ được áp dụng, cụ thể là bất đẳng thức Bunyacovsky cho phương trình đầu tiên để liên kết với phương trình thứ hai Điều kiện cần lưu ý là x, y, z phải lớn hơn hoặc bằng -1.
4 Áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky ta có
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2).
Ví dụ 2.28 Giải hệ phương trình
x 2 + y 2 + z 2 + 2xy − zx − zy = 3 x 2 + y 2 + yz − zx − 2xy = −1 Giải. Ở ví dụ này ta sẽ sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
(x − y) 2 − z(x − y) + 1 = 0 (2) Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn (x + y), z là tham số Phương trình có nghiệm
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn (x − y), z là tham số Phương trình có nghiệm
+) Với z = −2 hệ tương đương với
+) Với z = 2 hệ tương đương với
Vậy hệ có hai nghiệm là (−1; 0; −2), (1; 0; 2).
Xét tiếp một ví dụ nữa về sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai:
Ví dụ 2.29 Giải hệ phương trình
Coi z là tham số, viết lại hệ phương trình dưới dạng
2 Khi đó x, y là nghiệm của phương trình bậc hai ẩn X
Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (0; 0; 1).
Ví dụ 2.30 Giải hệ phương trình
Đề dự bị TSĐH khối D năm 2008 giới thiệu một hệ phương trình với số ẩn bằng số phương trình Tác giả trình bày phương pháp sử dụng bất đẳng thức để thiết lập thứ tự vòng quanh, nhằm giải quyết bài toán một cách hiệu quả.
Trước hết hệ đã cho tương đương với
Dễ thấy hệ có nghiệm (0;0;0) Dưới đây ta xét x, y, z 6= 0 Từ hệ trên ta thấy x, y, z > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có y = 60x 2 36x 2 + 25 ≤ 60x 2
Tương tự ta thu được y ≤ x ≤ z ≤ y Suy ra x = y = z Thay vào hệ ta được x = y = z = 5
6 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (0; 0; 0), ( 5
Ví dụ 2.31 Giải hệ phương trình
y 3 − 6x 2 + 12x − 8 = 0 z 3 − 6y 2 + 12y − 8 = 0 x 3 − 6z 2 + 12z − 8 = 0 Giải. Ý tưởng của bài này là ta nhẩm được một nghiệm (2;2;2) Ta sẽ chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
Cộng vế theo vế của ba phương trình ta được
(x − 2) 3 + (y − 2) 3 + (z − 2) 3 = 0 +) Nếu x > 2 thì từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra y 3 = 6x(x − 2) + 8 > 8 ⇒ y > 2.
Với y > 2 kết hợp với phương trình thứ hai ta suy ra z > 2 Do đó
+) Nếu x < 2 thì từ phương trình thứ ba ta suy ra
Kết hợp với phương trình thứ hai ta suy ra 0 < y < 2 Do đó
Như vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;2;2).
Ví dụ 2.32 Giải hệ phương trình
2011 √ x − 2011 √ y = ( 2013 √ y − 2013 √ x)(x + y + xy + 2014) Giải Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra −1 ≤ x, y ≤ 1 Do đó x + y + xy + 2014 = (x + 1)(y + 1) + 2013 > 0.
+) Nếu x > y thì phương trình thứ hai của hệ có VT>0, VP 0, ta có thể đặt x = a.sin(t) với t thuộc khoảng h.
Trong phương pháp giải bài toán lượng giác, có thể đặt x = tan t trong mọi trường hợp mà không có ngoại lệ Để nhận biết một bài toán có thể giải bằng phương pháp này, ta cần xác định tập biến thiên I(a, b) của một biến số, đây là tập giá trị của một hàm số lượng giác Tập I(a, b) có thể được cung cấp trong đề bài hoặc cần được xác định để áp dụng phương pháp Ngoài ra, nếu trong đề bài xuất hiện cấu trúc tương tự với một công thức lượng giác, điều này cũng là dấu hiệu cho thấy bài toán có thể được giải bằng phương pháp lượng giác.
• Cấu trúc 1 + x 2 tương ứng với công thức 1 + tan 2 t = 1 cos 2 t
• Cấu trúc 4x 3 − 3x tương ứng với công thức 4cos 3 t − 3 cos t = cos 3t.
• Cấu trúc 2x 2 − 1 tương ứng với công thức 2cos 2 t − 1 = cos 2t.
1 − x 2 tương ứng với công thức tan2t = 2 tan t
1 + x 2 tương ứng với công thức sin 2t = 2 tan t
3x 2 − 1 tương ứng với công thức tan 3t = tan 3 t − 3 tan t
3tan 2 t − 1 iii) Cần nhớ thêm một số gợi ý sau:
• tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C ⇔
• tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = 1 ⇔
Ví dụ 2.33 Giải hệ phương trình
x = 2y 2 − 1 (1) y = 2z 2 − 1 (2) z = 2x 2 − 1 (3) Giải Không mất tính tổng quát giả sử x là số lớn nhất trong ba số x, y, z.
Từ đó ta có cost = cos 8t ⇔
Vậy hệ có các nghiệm (1; 1; 1), (cos 2π
7 ) và các hoán vị của chúng.
Ví dụ 2.34 Giải hệ phương trình
Dễ thấy −1 ≤ 2 x ≤ 1. Đặt 2 x = cos α, log 3 y = cos β, α, β ∈ [0; π] Hệ phương trình đã cho trở thành
2 cos α − sin α − sin α cos α − 1 = 0 Đặt t = cos α − sin α, t ∈
2 Khi đó phương trình (*) trở thành t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔
x = 0 y = 1 không thoả mãn điều kiện ban đầu.
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2.35 Giải hệ phương trình
Giải. ĐK: |x| ≤ 1, |y| ≤ 1 Đặt x = cos α, y = cos β, α, β ∈ [0; π].
Khi đó hệ phương trình trở thành
sin(α + β) = 1 cos β − cos α − cos α cos β − 1 = 0
Giải tương tự Ví dụ 2.34 ta được nghiệm của hệ này là α = π
2 , β = 0 Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 1).
Ví dụ 2.36 Giải hệ phương trình
Do x 2 + y 2 = 1 nên x, y ∈ [−1; 1] Đặt x = sin α, y = cos α, α ∈ [0; 2π].
Khi đó phương trình đầu tiên trở thành
Ví dụ 2.37 Giải hệ phương trình
Từ phương trình thứ nhất suy ra x, y, z cùng dấu Nhận xét nếu (x, y, z) là nghiệm thì
(−x, −y, −z) cũng là nghiệm của hệ, nên ta có thể giả sử x, y, z đều dương. Đặt x = tan A
2 , A, B, C ∈ (0; π) Thì từ phương trình thứ hai suy ra A + B + C = π ⇒ A, B, C là ba góc của một tam giác Phương trình thứ nhất được viết lại
Vậy tam giác ABC vuông tại C, từ đó tìm được x = 1
2 Vậy nghiệm của hệ là ( 1
Bài tập tương tự Giải các hệ phương trình
PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG SỐ PHỨC
*) Cơ sở phương pháp Một phương trình nghiệm phức f(z) = 0 với z = x + iy ta biến đổi thành h(x; y) + i.g(x; y) = 0 ⇔
Phương trình nghiệm phức có thể được tách thành hai phần: phần thực và phần ảo, từ đó chuyển đổi thành hệ phương trình Ngược lại, việc giải một hệ phương trình cũng có thể được quy về việc giải một phương trình nghiệm phức.
Ví dụ 2.38 Giải hệ phương trình
u + 8u + v u 2 + v 2 = 3 v + u − 8v u 2 + v 2 = −1 Bài toán trên được xây dựng như sau:
Từ hai số phức z 1 = 2 − 3i, z 2 = 1 + 2i suy ra
Vậy z 1 , z 2 là nghiệm của phương trình z 2 − (3 − i)z + 8 + i = 0
Giả sử z = u + iv, u, v ∈ R phương trình trên trở thành u + iv + (8 + i) u − iv u 2 + v 2 = 3 − i ⇔ u + iv + 8u + v u 2 + v 2 + (u − 8v)i u 2 + v 2 = 3 − i
u + 8u + v u 2 + v 2 = 3 v + u − 8v u 2 + v 2 = −1 Đi ngược lại phần xây dựng bài toán ta được lời giải của bài toán trên.
Nếu thay u, v bởi các biểu thức khác của x, y ta được nhiều bài toán mới Ta xét bài toán tương tự
Ví dụ 2.39 Giải hệ phương trình
Nhân hai vế phương trình (2) với i rồi cộng vế theo vế với phương trình (1) có x + iy + 7x + √
2 + 2i Đặt z = x + iy ⇒ z ¯ = x − iy, z.¯ z = x 2 + y 2 phương trình trở thành z + 7¯ z z.¯ z +
2i có hai căn bậc hai là ±( √
Nên hệ đã cho có nghiệm (2 √
Ví dụ 2.40 Giải hệ phương trình
5 Giải ĐK: x > 0, y > 0 Đặt u = √ x, v = √ y, u > 0, v > 0 hệ phương trình trở thành
10 (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được u + iv + u − iv u 2 + v 2 = 2 √
2 i có hai căn bậc hai là ±( r 5
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là x = y = 11
Ví dụ 2.41 Giải hệ phương trình
Nhân phương trình (2) với i rồi cộng vế theo vế với phương trình (1) ta được u + iv + 16 u − iv u 2 + v 2 = 2( √
2) (3) Đặt z = u + iv ⇒ z ¯ = u − iv, z.¯ z = u 2 + v 2 Khi đó
5i có hai căn bậc hai là ±( √
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là
Bài tập tương tự Giải các hệ phương trình sau:
MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH
3.1 ỨNG DỤNG TRONG XÉT TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ
Ta đã biết giao điểm của hai đồ thị f(x; y) = 0 và g(x; y) = 0 là nghiệm của hệ phương trình
Vì vậy việc tìm giao điểm của hai hay nhiều đồ thị chính là việc giải hệ phương trình trên Ta xét ví dụ minh hoạ:
Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1) và B(2; 1) cùng với hai đường thẳng d1 và d2 được xác định bởi các phương trình (m − 1)x + (m − 2)y + 2 − m = 0 và (2 − m)x + (m − 1)y + 3m − 5 = 0 Cần chứng minh rằng d1 và d2 luôn cắt nhau Gọi P là giao điểm của d1 và d2, và tìm giá trị của m sao cho tổng khoảng cách PA + PB đạt giá trị lớn nhất.
2 > 0, ∀m ∈ R nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Vậy d 1 và d 2 luôn cắt nhau tại điểm P b) Toạ độ của P là
Theo bất đẳng thức Bunyacopxki ta có (P A + P B) 2 ≤ 2(P A 2 + P B 2 ) = 16 ⇒ P A + P B ≤ 4 ⇒ max(P A + P B) = 4. Đạt được khi
Ví dụ 3.2 Cho hai đường thẳng d 1 : ay + x = 0, d 2 : x − a √
3 = 0, (a 6= 0) và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 Tìm a để d 1 , d 2 và (C) đồng quy.
2 thì hệ có nghiệm tức là d 1 , d 2 và (C) đồng quy.
3.2 ỨNG DỤNG TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH.
Chúng ta có thể chuyển đổi hệ phương trình hai ẩn thành một phương trình với một ẩn mới, sau đó giải hệ để tìm nghiệm Cuối cùng, từ nghiệm của hệ, chúng ta sẽ xác định nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví dụ 3.3 Giải phương trình √ 3 x − 2 + √ 3 x + 3 = √ 3
Giải Đặt u = √ 3 x − 2; v = √ 3 x + 3 ta có hệ
2 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x ∈
Để giải phương trình 8x − 5(5x 2 − 1) 2 = −4, ta sử dụng hệ phương trình đối xứng loại 2 Đặt ay + b = 5x 2 − 1, từ đó chúng ta có thể xây dựng hệ phương trình cần thiết để tìm nghiệm.
ay + b + 1 = 5x 2 8x + 4 − 5b 2 = 5a 2 y 2 + 10aby Để hệ trên là hệ đối xứng loại 2 thì
Giải. Đặt 2y = 5x 2 − 1 (1) ta có hệ
2y = 5x 2 − 1 2x = 5y 2 − 1 Trừ vế theo vế ta được 2(y − x) = 5(x 2 − y 2 ) ⇔
5 +) Với y = x thay vào (1) ta được 5x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± √
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =
Ví dụ 3.5 Giải phương trình 2 √ 3
Từ (1) và (2) ta có hệ
Vậy phương trình có nghiệm x = −2.
• Dạng tổng quát: k √ 3 ax + b + m √ cx + d = e Đặt
u = √ 3 ax + b v = √ cx + d chuyển phương trình về hệ phương trình hai ẩn u, v.
Ví dụ 3.6 Giải phương trình x 3 + 1 = 2 √ 3
Vậy phương trình có tập nghiệm S =
Ví dụ 3.7 Giải phương trình: 3x 2 + 6x − 3 = r x + 7
6 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =
3.3 ỨNG DỤNG TRONG TÌM GTLN, GTNN.
Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ về ứng dụng của giải hệ phương trình đối xứng loại 1 trong việc tìm GTLN, GTNN.
Ví dụ 3.8 Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn x + y = 12.
Tìm GTNN của biểu thức A = x 2 y + y 2 x Giải.
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi S 2 ≥ 4P ⇔ 12 2 ≥ 4.12 3
Vậy GTNN của A bằng 12 khi x = y = 6.
Ví dụ 3.8 Cho các số thực x 6= 0, y 6= 0 thoả mãn (x + y)xy = x 2 + y 2 − xy.
Tìm GTLN của biểu thức A = 1 x 3 + 1 y 3 Giải.
1 x + 1 y = 1 x 2 + 1 y 2 − 1 xy 1 x 3 + 1 y 3 = A Đặt a = 1 x , b = 1 y , a, b 6= 0 Ta có hệ
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi S 2 ≥ 4P ⇔ S 2 ≥ 4(S 2 − S)
Vậy GTLN của A là 16 khi x = y = 1
Ví dụ 3.10 Cho hai số thực x, y thoả mãn x − 2 √
8 + x = 2 √ y − 3 − y Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A = x + y.
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi
3.4 ỨNG DỤNG TRONG GIẢI BÀI TOÁN KINH TẾ.
Khi phân tích thị trường hàng hoá, các nhà kinh tế học áp dụng hàm cung và hàm cầu để thể hiện mối quan hệ giữa lượng cung, lượng cầu và giá cả Để nghiên cứu mô hình cân bằng của thị trường hàng hoá, chúng ta cần ký hiệu các biến số liên quan.
Q si là lượng cung hàng hoá i.
Q di là lượng cầu đối với hàng hoá i. p i là giá hàng hoá i.
Với giả thiết các yếu tố khác không thay đổi, hàm cung và hàm cầu tuyến tính có dạng: Hàm cung hàng hoá i: Q si = a i0 + a i1 p 1 + a i2 p 2 + + a in p n (i = 1, 2, , n).
Hàm cầu đối với hàng hoá i: Q di = b i0 + b i1 p 1 + b i2 p 2 + + b in p n (i = 1, 2, , n).
Mô hình cân bằng thị trường n hàng hoá có dạng như sau:
Từ hệ phương trình này ta suy ra hệ phương trình xác định giá cân bằng:
a n0 + a n1 p 1 + a n2 p 2 + + a nn p n = b n0 + b n1 p 1 + b n2 p 2 + + b nn p n Đặt c ik = a ik − b ik với mọi i = 1, 2, n và k = 1, 2, , n ta được hệ phương trình:
Giải hệ phương trình tuyến tính cho phép xác định giá cân bằng của tất cả n hàng hoá Sau đó, bằng cách thay giá này vào hàm cung hoặc hàm cầu, ta có thể tìm ra lượng cân bằng.
Ví dụ 3.11 Giả sử thị trường gồm 2 mặt hàng: hàng hoá 1 và hàng hoá 2, với hàm cung và hàm cầu như sau:
Hệ phương trình xác định giá cân bằng là:
Giải hệ phương trình này ta tìm được giá cân bằng của mỗi mặt hàng:
7 Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cung cân bằng :
Ví dụ 3.12 Giả sử thị trường gồm 3 mặt hàng: hàng hoá 1 hàng hoá 2 và hàng hoá 3, với hàm cung và hàm cầu như sau:
Hàng hoá 1: Q s1 = −10 + 2p 1 ; Q d1 = 100 − 5p 1 + 3p 2 − p 3 Hàng hoá 2: Q s2 = −20 + 5p 2 ; Q d2 = 120 + 2p 1 − 8p 2 − 2p 3 Hàng hoá 3: Q s3 = 13p 3 ; Q d3 = 300 − 10p 1 − 5p 2 − p 3 Hãy xác định giá cân bằng và lượng cân bằng của mỗi mặt hàng?
Hệ phương trình xác định giá cân bằng là:
Giải hệ phương trình này ta tìm được giá cân bằng của mỗi mặt hàng như sau:
Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cung cân bằng :
Sau thời gian học tại Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, dưới sự hướng dẫn tận tình của các thầy cô, đặc biệt là TS Phạm Văn Quốc, tôi đã hoàn thành luận văn với đề tài “Một số phương pháp giải hệ phương trình” Luận văn này đã đạt được nhiều kết quả đáng ghi nhận trong lĩnh vực giải hệ phương trình.
Bài viết đã hệ thống hóa các phương pháp giải hệ phương trình theo trình tự tư duy, đồng thời cung cấp những phân tích và bình luận sâu sắc về các phương pháp và ý tưởng trong việc giải quyết các hệ phương trình.
Để thiết lập các phương trình và hệ phương trình mới từ những hệ cơ bản hoặc từ hai số phức đã cho, trước tiên cần xác định các yếu tố liên quan và áp dụng các quy tắc toán học thích hợp Việc này không chỉ giúp củng cố kiến thức cơ bản mà còn mở rộng khả năng tư duy logic Hệ phương trình có nhiều ứng dụng quan trọng trong các lĩnh vực như kinh tế, kỹ thuật và khoa học, giúp giải quyết các bài toán phức tạp trong thực tiễn Đây là bước đầu quan trọng trong việc tiếp cận toán cao cấp, mở ra nhiều cơ hội học hỏi và nghiên cứu sâu hơn.
Luận văn cung cấp nhiều ví dụ minh họa về các phương pháp đa dạng, kèm theo bài tập tương tự từ các kỳ thi học sinh giỏi Toán Quốc gia và kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng qua các năm Do đó, tài liệu này rất hữu ích cho việc nâng cao và mở rộng kiến thức cho học sinh trung học phổ thông.
Mặc dù tác giả đã nỗ lực hết mình, nhưng do thời gian hạn chế, luận văn vẫn không tránh khỏi một số thiếu sót Rất mong nhận được ý kiến đóng góp từ thầy cô và các đồng nghiệp để hoàn thiện luận văn này.