Hệ phương trình tuyến tính
Hệ thuần nhất với định thức khác không
Ta chú ý một số kiến thức chuẩn bị sau: Cho A ∈ M at n ( K ), A = (a ij ), khi đó vết của ma trận A là n
Giá trị riêng của ma trận vuông A cấp n trên K, ký hiệu là λ, tồn tại khi có một vectơ x ≠ 0 sao cho Ax = λx Vectơ x này được gọi là vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ Đặc trưng của ma trận A được thể hiện qua đa thức det(A − λI), được gọi là đa thức đặc trưng và ký hiệu là P_A(λ) Phương trình P_A(λ) = 0 được gọi là phương trình đặc trưng của A.
Chú ý 1.1.3 (i) λ là giá trị riêng ⇔ AX = λX ⇔ (A − λI) X = 0 có nghiệm
= (−1) n X n + b n−1 X n−1 + + b 1 X + b 0 Khi đó λ là giá trị riêng của A ⇔ λ là nghiêm của P A (X)
(iii) Nếu P A (X ) = 0 có n nghiệm λ 1 , , λ n thì tr(A) = n
Nếu λ là giá trị riêng của ma trận A, thì λ^n cũng là giá trị riêng của A^n Xét đa thức f(x) = a_n x^n + + a_1 x + a_0 thuộc K[x], khi đó f(A) = a_n A^n + + a_1 A + a_0 I là đa thức của ma trận A Nếu λ là giá trị riêng của A, thì f(λ) cũng sẽ là giá trị riêng của f(A).
Ví dụ 1.1.4 Cho a ij là các số nguyên, giải hệ phương trình
Giải Đặt A = (a ij ) ∈ M n ( Z ) Hệ đã cho tương đương với
Ma trận A có hệ số nguyên dẫn đến đa thức đặc trưng p(t) của A là đa thức định chuẩn với hệ số cao nhất bằng 1 và cũng có hệ số nguyên Điều này cho thấy p(t) không thể có nghiệm hữu tỷ không nguyên, từ đó suy ra rằng p(1) không thể bằng 0.
6= 0 Như vậy, hệ phương trình trên chỉ có nghiệm tầm thường.
Ví dụ 1.1.5 Giải hệ phương trình sau:
Giải Viết hệ phương trình đã cho dưới dạng
Giả sử det (A − 2017 1 I 2017 ) = 0 Điều này chứng tỏ λ = 2017 1 là một giá trị riêng của
A Vì vậy đa thức đặc trưng của A là
Đa thức P A (t) = (−1) n t n + (−1) n−1 Tr(A)t n−1 + + det A ∈ Z [t] có nghiệm λ = 2017 1, cho thấy 2017 là ước của (−1) n Điều này dẫn đến kết luận rằng det (A − 2017 1 I 2017 ) 6= 0, từ đó khẳng định hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =.
Ví dụ 1.1.6 Cho A = [a ij ] ∈ M n ( R ) thỏa mãn A 2 = A Hãy giải hệ phương trình
Giải Hệ đã cho tương đương với
Ma trận hệ số của hệ phương trình có dạng M = A + I Ta có
Suy ra det(M ) 6= 0, nghĩa là M khả nghịch Do đó hệ đã cho chỉ có nghiệm tầm thường.
Bài toán này dựa trên phân tích đa thức t² - t - 2 = (t + 1)(t - 2) Từ ý tưởng này, chúng ta có thể thay thế hệ số -1 bên phải bằng một hệ số α, với α khác 0 và khác 1, để áp dụng phương pháp phân tích.
(t − α)(t + α − 1) = t 2 − t − α(α − 1) ta cũng được kết quả tương tự.
Ví dụ 1.1.7 Cho các số thực a ij + a ji = 0, ∀i, j = 1, 2, , 2017 Hãy giải hệ phương trình tuyến tính sau:
Hệ phương trình được đưa ra là (A + 2017E)X = 0 Khi lấy chuyển vị hai vế, ta có X^t(A + 2017X)^t = 0, dẫn đến X^t(−A + 2017E) = 0, hay −X^tA + 2017X^tE = 0 Từ đó, ta suy ra −X^tAX + 2017X^tEX = 0 Cuối cùng, ta có AX + 2017X = 0 tương đương với AX = −2017X.
Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức
Định lý 1.2.1 Cho R là một miền nguyên Cho 0 6= f (x) ∈ R[x] và a 1 , a 2 , , a r ∈
R là các nghiệm phân biệt của f (x) Giả sử a i là nghiệm bội k i của f (x) với i =
1, 2, , r Khi đó ta có f (x) = (x − a 1 ) k 1 (x − a 2 ) k 2 (x − a r ) k r g(x) trong đó g(x) ∈ R[x] và g(a i ) 6= 0 với mọi i = 1, , r.
Hệ quả 1.2.2 khẳng định rằng, với R là một miền nguyên và f(x) ∈ R[x] là một đa thức khác 0, số nghiệm của f(x), bao gồm cả số bội của mỗi nghiệm, không vượt quá bậc của f(x).
Hệ quả 1.2.3 Cho R là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ R[x], trong đó deg(f (x)) 6 n và deg(g(x)) 6 n Nếu f (x) và g(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử khác nhau của R thì f (x) = g(x).
Ví dụ 1.2.4 Cho đa thức
Giả sử P (x) = a 1 + a 2 x + + a 2017 x 2016 Giải hệ phương trình sau:
a 2 x 1 +a 3 x 2 + +a 2017 x 2016 +a 1 x 2017 = 0 Giải Tách ma trận hệ số dưới dạng
Theo trên, ta có A = a 1 I + a 2 B + + a 2017 B 2016 Đa thức đặc trưng của B là
P (x) = x 2017 − 1 Đa thức này có 2017 nghiệm trong trường số phức là các căn bậc 2017 của 1 Ta ký hiệu các căn là 1 , 2 , , 2017 Khi đó các giá trị riêng của
A là P ( 1 ), P ( 2 ), , P ( 2017 ) Các giá trị này khác không vì P (x) có các nghiệm
2, 3, , 2017 Từ trên ta có det(A) = P ( 1 )P ( 2 ) P ( 2017 ) 6= 0 Vậy A chỉ có nghiệm tầm thường x 1 = x 2 = = x 2017 = 0.
Ví dụ 1.2.5 Giả sử các số α 1 , α 2 , , α n khác nhau đôi một và α i + j 6= 0 với mọi i, j = 1, 2, , n Giải hệ phương trình sau:
(i + x) với đa thức p(x) bậc 6 n Vì f (α i ) = 0 nên các p(α i ) = 0, và có p(x) = c(x − α 1 )(x − α 2 ) (x − α n ), c ∈ R
(2x + 1)(x + 1)(x + 2) (x + n) ta suy ra đồng nhất thức dưới đây
Ta nhận được nghiệm của hệ
2 và hệ phương trình đã được giải xong vì hệ có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 1.2.6 Giả sử các số z 1 , z 2 , , z n khác nhau đôi một và z i + a j 6= 0 với mọi i, j = 1, 2, , n Giải hệ phương trình sau đây:
(a i + z) với đa thức p(z) bậc n Vì f (z i ) = 0 nên p(z i ) = 0, i = 1, , n và có f (z) = − (z − z 1 )(z − z 2 ) (z − z n )
Ta nhận được các nghiệm
Hệ có nghiệm duy nhất vậy hệ đã được giải xong.
Sử dụng công thức nội suy
Định lý 1.3.1 (Lagrange) Cho f (x) là đa thức bậc n và x 0 , x 1 , , x n là n + 1 số phân biệt Đặt g(x) = n
(x − x i ) Khi đó ta có biểu diễn
Ta có deg h 6 n và h(x 0 ) = h(x 1 ) = ã ã ã = h(x n ) = 0 Đa thức h(x) cú deg h 6 n và cú quỏ n nghiệm là x 0 , x 1 , , x n Do đó h(x) phải là đa thức 0 Vậy f (x) = n
Q k6=i,k=0 x − x k x i − x k = 1 g 0 (x i ) g(x) x − x i nên từ (i) ta suy ra hệ thức sau đây:f (x) = n
Ví dụ 1.3.2 Giả sử g(x) = (x − a 1 )(x − a 2 ) (x − a n ) với các số phân biệt a k
P k=1 a n−1 k g 0 (a k ) , 0 6 s 6 n − 2, và giải hệ phương trình:
x 0 + x 1 a 1 + x 2 a 2 1 = b 1 x 0 + x 1 a 2 + x 2 a 2 2 = b 2 x 0 + x 1 a 3 + x 2 a 2 3 = b 3 Chứng minh Theo Định lý 1.3.1 ta có các đồng nhất thức x s = n
So sánh hệ số của x n−1 ở hai vế đối với đa thức x s và x n−1 , ta được n
Sử dụng ma trận, định thức đặc biệt
Ta thường sử dụng một số lớp ma trận và định thức đặc biệt Chẳng hạn ta xét định thức của ma trận Vandermonde.
Định thức D n là một đa thức theo x n với bậc n − 1 và hệ số cao nhất là D n−1 Khi thay x n bằng x 1, ta có D n = 0 do có hai cột tỉ lệ với nhau Tương tự, thay x n bằng x 2, x 3, , x n−1 cũng dẫn đến D n = 0, cho thấy x 1, x 2, , x n là nghiệm của đa thức Do đó, D n có thể biểu diễn dưới dạng D n = (x n − x 1)(x n − x 2) (x n − x n−1)D n−1 Quá trình này cũng áp dụng cho các định thức cấp D n−1, D n−2, , D 1, từ đó ta có D n = Q.
Ví dụ 1.4.2 Với tất cả các số b j phân biệt, hãy giải hệ phương trình sau:
Ví dụ sau chỉ ra một ứng dụng của cách tính định thức khác.
Ví dụ 1.4.3 Cho 3n số nguyên a 1 , a 2 , , a n ; b 1 , b 2 , , b n ; c 1 , c 2 , , c n thỏa mãn a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a n b n = 0 Chứng minh rằng hệ phương trình sau luôn có nghiệm
a 1 b 1 x +a 2 b 2 x + +a n b n x = c 1 − x 1 a 2 b 1 x +a 2 b 2 x + +a 2 b n x = c 2 − x 2 a n b 1 x +a n b 2 x + +a n b n x = c n − x n Giải Ta có hệ phương trình tương đương
D n = 1 +a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a n b n = 1 Theo công thức Cramer hệ luôn luôn có nghiệm x i = D D j n n = D i n D n i là định thức D bỏ đi cột i thay bằng (c 1 , c 2 , , c n ) T Do vậy hệ luôn có nghiệm nguyên.
Sử dụng các phương pháp biến đổi sơ cấp trên hệ
Ví dụ 1.5.1 Giải hệ phương trình
Giải Cộng vế theo vế tất cả các phương trình của hệ, ta được x 1 + x 2 + ã ã ã + x 2017 = 1.
Trừ phương trình thứ k cho phương trình thứ k + 1 (k < 2017), ta được
2017 Chú ý Ta có thể thay số 2017 bởi số tự nhiên n bất kỳ.
Ví dụ 1.5.2 Giải hệ phương trình sau
Giải Bằng cách đặt y i = x i − 672(i = 1, 2, , 2017), hệ đã cho thành:
Từ các phương trình đã cho, ta suy ra rằng y 1 = y 4 = y 7 = = y 2017, y 2 = y 5 = y 8 = = y 2015, và y 3 = y 6 = y 9 = = y 2016 Qua đó, ta có y 2 = y 2013 và y 3 = y 2017 Kết hợp các kết luận này, ta được y 1 = y 2 = y 3 = = y 2017 Thay vào hệ phương trình, ta tìm được y 1 = y 2 = y 3 = = y 2017 = 0, và do đó, nghiệm của hệ là x 1 = x 2 = x 3 = = x 2017 = 672.
Hệ với yếu tố thực tế
Trong một thành phố có hệ thống đường một chiều, các giao lộ A, B, C, D, E, F cùng với các lối vào và ra A0, B0, C0, D0, D1, E0, F0 được xác định rõ ràng Theo thống kê trong một ngày, có 800 xe đã vào qua lối A0.
Trong ngày hôm đó, tổng số lượt xe đi qua các đoạn đường được ghi nhận như sau: đoạn AB có số lượt xe gấp đôi so với đoạn EF, trong khi số lượt xe trên đoạn DE gấp rưỡi số lượt xe trên đoạn BC Cụ thể, có 400 xe ra khỏi lối B0, 600 xe ra lối C0, 1600 xe vào lối D0, 400 xe ra lối D1, 400 xe ra lối E0 và 600 xe ra lối F0 Từ các thông tin này, ta có thể tính toán tổng số lượt xe đi qua các đoạn đường AB, BC, CD, EB và EF.
Gọi số xe lần lượt qua các đoạn đường AB, BC, CD, EB, EF là x, y, z, t, u, w, v Tại mỗi giao lộ, ta thiết lập các phương trình tương ứng để phân tích lưu lượng giao thông.
x + v = 800 (giao lộ A) x + u = y + 400 (giao lộ B) z + 600 = y (giao lộ C) t + 400 = z + 1600 (giao lộ D) u + w = t − 400 (giao lộ E) v + w = 600 (giao lộ F)
Giải hệ phương trình này cho ta
Bạch Tuyết chia 3 lít sữa cho bảy chú lùn, mỗi chú lùn sẽ nhận được một lượng sữa nhất định Trong bữa ăn, các chú lùn chơi một trò chơi chia sữa: chú lùn thứ nhất chia đều tất cả sữa của mình cho sáu chú còn lại, sau đó từng chú lùn lần lượt thực hiện điều tương tự Kết quả là sau khi chú lùn thứ bảy chia sữa, mỗi cốc của các chú lùn đều có lượng sữa bằng với lượng sữa ban đầu mà Bạch Tuyết đã chia Hãy tính xem mỗi chú lùn ban đầu được chia bao nhiêu lít sữa.
Giải Ký hiệu lượng sữa của mỗi chú được Bạch Tuyết chia cho lần lượt là x 1 , x 2 , , x 7
Ký hiệu tổng lượng sữa chú lùn thứ k nhận được trước khi chú chia đều cho anh em là y k Dễ thấy y 1 = 0 và x 7 = 0 Ta có x 1 + x 2 + + x 7 = 3.
Trước khi chú lùn thứ k chia sữa, lượng sữa của chú là x_k + y_k Tổng lượng sữa của chú lùn thứ k và k + 1 là y_k, do đó lượng sữa mà chú lùn thứ k + 1 nhận được trước khi chia là y_k+1 = y_k + 1.
Ta có sáu phương trình tuyến tính đầu tiên dưới dạng 6 (x k + y k ) Sau lần chia thứ bảy, chú lùn thứ k không còn giọt sữa nào trong cốc Lượng sữa trong cốc của chú sau lần chia thứ bảy là x k, được chia bởi các chú lùn tiếp theo, bao gồm hai phần.
Lượng 1 6 (x k+1 + y k+1 ) do chú lùn thứ k + 1 chia cho;
Những lần chia tiếp theo, hai chú lùn k và k + 1 được chia lượng như nhau Như vậy x k = x k+1 + 1
Ta được thêm sáu phương trình nữa Giải các phương trình này bắt đầu từ k = 1 Khi đó từ y 2 = y 1 + 1 6 (x 1 + y 1 ) và x 1 = x 2 + 1 6 (x 2 + y 2 ) kết hợp với y 1 = 0, ta được y 2 = 1
Kết hợp với x 1 + x 2 + + x 7 = 3, ta được nghiệm duy nhất là x 1 = 6
Sau đây ta xét ứng dụng của hệ trong mô hình cân bằng thị trường.
Trong 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 trị hàng hoá, giả định rằng các yếu tố khác không thay đổi Hàm cung và hàm cầu được biểu diễn dưới dạng tuyến tính, giúp dễ dàng nhận diện sự thay đổi trong các biến số này.
Để giải hệ phương trình tuyến tính 1.1, ta xác định giá cân bằng cho cả hai hàng hoá, sau đó thay vào hàm cung hoặc hàm cầu để tìm lượng cân bằng Trong đó, Qs đại diện cho lượng cung, tức là số hàng hoá mà người bán sẵn lòng cung cấp; Qd là lượng cầu, tức là số hàng hoá mà người mua sẵn lòng mua; p là giá hàng hóa Các hằng số a0, a1, b0, b1 đều là các hằng số dương Mô hình cân bằng thị trường có dạng cụ thể như sau:
Giải hệ phương trình này ta tìm được Giá cân bằng: ¯ p = a 0 + b 0 a 1 + b 1
Thị trường hàng hoá đa dạng ảnh hưởng lẫn nhau, trong đó giá của một hàng hoá có thể tác động đến cung và cầu của hàng hoá khác Để minh hoạ, chúng ta xem xét mô hình cân bằng giữa hai hàng hoá liên quan, với các ký hiệu được quy định rõ ràng.
Q si là lượng cung hàng hoá i,
Q di là lượng cầu đối với hàng hoá i,
Với giả thiết các yếu tố khác không thay đổi, hàm cung và hàm cầu tuyến tính có dạng:
Q si = a i0 + a i1 p 1 + a i2 p 2 (i = 1, 2) Hàm cầu hàng hoá i:
Mô hình cân bằng thị trường hai hàng hoá có dạng như sau:
Từ hệ phương trình này ta suy ra hệ phương trình xác định giá cân bằng: a 10 + a 11 p 1 + a 12 p 2 = b 10 + b 11 p 1 + b 12 p 2 a 20 + a 21 p 1 + a 22 p 2 = b 20 + b 21 p 1 + b 22 p 2 Đặt c ik = a ik − b ik (i, k = 0, 1, 2) ta được hệ phương trình: c 11 p 1 + c 12 p 2 = −c 10 c 21 p 1 + c 22 p 2 = −c 20
Giải hệ phương trình tuyến tính giúp xác định giá cân bằng của hai hàng hoá Sau đó, bằng cách thay giá này vào hàm cung hoặc hàm cầu, ta có thể xác định được lượng cân bằng.
Ví dụ 1.6.3 Giả sử thị trường gồm 2 mặt hàng là hàng hoá 1 và hàng hoá 2, với hàm cung và hàm cầu như sau:
Hệ phương trình xác định giá cân bằng:
−p 1 + 3p 2 = 16 Giải hệ phương trình này ta tìm được giá cân bằng của mỗi mặt hàng Hàng hoá 1: ¯ p 1 = 26
7 Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cân bằng: Hàng hoá 1:
Mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô trong nền kinh tế đóng thể hiện mối quan hệ giữa tổng thu nhập quốc dân (Y) và tổng chi tiêu kế hoạch (E) Trạng thái cân bằng được xác định khi tổng thu nhập bằng tổng chi tiêu, biểu diễn qua phương trình Y = E Mô hình này giúp phân tích và hiểu rõ hơn về sự tương tác giữa thu nhập và chi tiêu trong nền kinh tế.
Trong một nền kinh tế đóng, tổng chi tiêu kế hoạch của toàn bộ nền kinh tế gồm các thành phần sau:
C : tiêu dùng (Consumption) của các hộ gia đình;
G : chi tiêu của chính phủ (Government);
I : chi tiêu cho đầu tư của các nhà sản xuất (Investment).
Phương trình cân bằng trong trường hợp nền kinh tế đóng là:
Giả định rằng đầu tư theo kế hoạch là không thay đổi (I = I0) và chính sách tài khoá của chính phủ cũng ổn định (G = G0), trong khi tiêu dùng của các hộ gia đình phụ thuộc vào thu nhập theo dạng hàm bậc nhất, được gọi là hàm tiêu dùng.
Hệ số a thể hiện mức tiêu dùng gia tăng khi thu nhập tăng thêm $1, được gọi là xu hướng tiêu dùng cận biên Trong khi đó, b là mức tiêu dùng tối thiểu, tức là lượng tiêu dùng cần thiết khi không có thu nhập.
Mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô trong trường hợp này quy về hệ phương trình tuyến tính:
−aY + C = b Giải hệ phương trình này ta xác định được mức thu nhập cân bằng và mức tiêu dùng cân bằng của nền kinh tế:
C = aY d + b, trong đó Y d là thu nhập sau thuế, hay còn gọi là thu nhập khả dụng (disponsable income):
Y d = Y − T (T là thuế thu nhập) Gọi tỉ lệ thuế thu nhập là t (biểu diễn ở dạng thập phân), ta có:
Mức thu nhập quốc dân và tiêu dùng cân bằng là:
Ví dụ 1.6.4 Nếu C = 200 + 0, 75Y ; I 0 = 300; G 0 = 400 (tính bằng triệu USD) thì ta tính được mức thu nhập cân bằng và mức tiêu thụ cân bằng là
1 − 0, 75 = 2900 (triệu USD) Nếu nhà nước thu thuế thu nhập ở mức 20% thì t = 0, 2 Khi đó mức cân bằng như sau:
Hệ phương trình đa thức không tuyến tính 20 2.1 Một số hệ và phương pháp giải cơ bản
Hệ phương trình đối xứng
Trước hết ta tìm hiểu hệ phương trình đối xứng loại một đối với x và y, là hệ mà khi thay x bởi y và y bởi x, hệ vẫn không đổi.
( x + y = S xy = P (với điều kiện S 2 ≥ 4P ) Tìm S và P Khi đó x và y là nghiệm của phương trình u 2 − Su + P = 0.
Ví dụ 2.1.1 (ĐHAN-2001) Giải hệ phương trình
Giải Đặt S = x + y, P = xy(S 2 ≥ 4P ) Hệ viết lại
S 2 − 2P = 1(2) Thay (1) vào (2), ta được (1 − 2P ) 2 − 2P = 1 hay ⇔ 4P 2 − 6P = 0 Kéo theo P = 0 hoặc P = 3 2
Khi P = 0, ta có S = 1 Vậy x + y = 1 và xy = 0, suy ra x, y là nghiệm của phương trình t 2 − t = 0 Phương trình có hai nghiệm t 1 = 0, t 2 = 1 Do đó hệ có hai nghiệm
Khi P = 3 2 , ta có S = −2, không thoả mãn điều kiện S 2 ≥ 4P Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 1) và (x; y) = (1; 0)
Ví dụ 2.1.2 Giải hệ phương trình
Giải Đặt −x = u, hệ phương trình đã cho viết lại
( u 2 + y 2 + u + y = 2 uy + (u + y) = 1 (∗) Đặt S = x + y, P = xy (S 2 ≥ 4P ) Tương tự ví dụ trước ta có Hệ có hai nghiệm là ( x = 0 y = 1 và
Ví dụ dưới đây tổng quát hóa cho các hệ phương trình n ẩn bằng cách sử dụng đa thức đối xứng và Định lý Viete đảo Tuy nhiên, trong khuôn khổ của luận văn, chúng tôi chỉ xem xét trường hợp ba biến và áp dụng công cụ sơ cấp để giải quyết.
Ví dụ 2.1.3 Giải hệ phương trình
Giải Đặt p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz Ta có 2q = (x + y + z) 2 − (x 2 + y 2 + z 2 ) = 4 − 6 = −2 ⇒ q = −1 Ta hãy tìm r Đặt S n = x n + y n + z n Khi đó S 0 = 3, S 1 = −2, S 2 = 6 Ta có
Suy ra S n = −2S n−1 + S n−2 + rS n−3 Lấy n = 3, ta được S 3 = −2S 2 + S 1 + rS 0 =
−14 + 3r Lấy n = 4, ta được S 4 = −2S 3 + S 2 + rS 1 = 28 − 6r + 6 − 2r = 34 − 8r Lấy n = 5, ta được S 5 = −2S 4 + S 3 + rS 2 = −68 + 16r − 14 + 3r + 6r = −82 + 25r.
Mà S 5 = −32 nên r = 2 Do đó x, y, z là nghiệm của phương trình t 3 + 2t 2 − t − 2 = 0 ⇔ t ∈ {1, −1, −2} Vậy nghiệm x, y, z của hệ là hoán vị của 1, −1, −2.
Bằng cách áp dụng phương pháp ngược lại, chúng ta có thể tạo ra các bài toán mới từ giá trị của các ẩn Ví dụ, với x = 3 và y = 0, ta có thể thiết lập một hệ bậc hai cho tổng S và tích P, với các phương trình đơn giản như xy + x + y = 3 và x^2 + y^2 + x + y = 12 Từ đó, chúng ta có thể phát triển một bài toán mới.
Ví dụ 2.1.4 (Candanian Mathematical Olympiad Repechage 2011) Giải hệ phương trình
( xy + x + y = 3 x 2 + y 2 + x + y = 12 Giải Đặt S = x + y, P = xy(S 2 ≥ 4P ) Khi đó
Ví dụ 2.1.5 Ta sẽ sáng tác một hệ đối xứng loại 1 đối với u và v Sau đó thay u = f (x; y) và v = g (x; y) để được một hệ mới Xét u = 1 và v = 1 Khi đó
Sau khi thiết lập S = u + v và P = uv, ta có một hệ phương trình bậc hai liên quan đến S và P, trong đó có một phương trình bậc nhất Với việc chọn u = 1 và v = 1, chúng ta xác định rằng hệ này luôn có nghiệm (S; P) = (2; 1) Do đó, việc giải hệ phương trình này là khả thi.
Ta thu được bài toán Giải hệ phương trình sau
Hệ phương trình đối xứng loại hai đối với x và y
Là hệ mà khi thay x bởi y và y bởi x, thì phương trình này biến thành phương trình kia và ngược lại.
Phương pháp giải: Lấy hai phương trình của hệ trừ nhau được
" 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 và giải tiếp.
Ví dụ 2.1.6 Giải hệ phương trình
( x 2 − 4x = 3y(1) y 2 − 4y = 3x(2) Giải Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta được x 2 − y 2 − 4x + 4y = 3y − 3x ⇔ (x − y) (x + y) − (x − y) = 0
" y = x y = 1 − x Khi y = x, thay vào (1), ta được x 2 − 4x = 3x ⇔ x 2 − 7x = 0 ⇔
Vậy (x; y) = (0; 0) , (x; y) = (7; 7) là hai nghiệm của hệ Khi y = 1 − x, thay vào (1), ta được x 2 − 4x = 3 (1 − x) ⇔ x 2 − x − 3 = 0 ⇔ x = 1 ± √
2 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
Ví dụ 2.1.7 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
Điều kiện cần để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) là khi (y; x) cũng là nghiệm, dẫn đến y = x Thay y vào phương trình (1) cho ta x^2 + x^2 = m(x - 1), tương đương với 2x^2 - mx + m = 0 Để phương trình (3) có nghiệm kép, cần thỏa mãn một số điều kiện nhất định.
" m = 0 m = 8 Điều kiện đủ +) Khi m = 0 hệ phương trình đã cho trở thành
Dễ thấy (1; −1) ; (2; −2) là nghiệm của (4), vậy m = 0 không thoả mãn đề bài.
+) Khi m = 8 hệ phương trình đã cho trở thành
( xy + x 2 = 8y − 8(5) xy + y 2 = 8x − 8(6) Lấy (5) trừ (6) được x 2 − y 2 = 8 (y − x) ⇔ (x − y) (x + y + 8) = 0 ⇔
" x = y y = −8 − x Khi y = x, thay vào (5) ta được 2x 2 − 8x + 8 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 Khi y = −8 − x, thay vào (5)ta được −8x = −64 − 8x − 8 (vô nghiệm) Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 8.
Sáng tác các bài toán về hệ đối xứng loại hai: Xét x = 2, y = 2 Khi đó x 2 − xy + 3y = 6 ⇔ x 2 − xy = 3 (2 − y) Thay x bởi y và y bởi x ta được bài toán sau.
Ví dụ 2.1.8 Giải hệ phương trình
Hệ có yếu tố đẳng cấp
Trường hợp 1: x = 0 Thay vào hệ để tìm các nghiệm dạng (0; y) nếu có Trường hợp 2: x 6= 0 Đặt y = tx (hay t = y x ), thay vào phương trình thuần nhất để tìm t Sau đó tìm x và y.
Ví dụ 2.1.9 (HVNH-2001) Giải hệ
Giải Nếu x = 0 thì thay vào (2) được y = 0, thay vào (1) thấy thoả mãn Xét x 6= 0 Chia hai vế của (2) cho x 2 ta được
2 y Khi x = 5y, thay vào (1) ta được y 2 = 1 2 ⇔ y = ± √ 2 2 Vậy (x; y) =
Khi y x = 2 3 , chia cả hai vế của (1) cho x 2 ta được 1 − 2 2 3 + 3 4 9 ⇔ x 9 2 = 1 ⇔ x = ±3 Vậy (x; y) = (3; 2) , (x; y) = (−3; −2) Hệ đã cho có bốn nghiệm
Hệ có hai phương trình bán đẳng cấp bậc hai
Để giải quyết hệ phương trình bán đẳng cấp bậc hai, ta có hai phương trình: \( a_1 x^2 + b_1 xy + c_1 y^2 = d_1 \) và \( a_2 x^2 + b_2 xy + c_2 y^2 = d_2 \) Chúng ta sẽ đưa chúng về dạng phương trình đã xét ở mục 2.1.3 Từ hai phương trình này, ta có thể tạo ra một phương trình đẳng cấp bậc hai như sau: \( d_1 a_2 x^2 + b_2 xy + c_2 y^2 \).
Ví dụ 2.1.10 (ĐHQG Tp Hồ Chí Minh-1998) Cho hệ phương trình
( 3x 2 + 2xy + y 2 = 11 x 2 + 2xy + 3y 2 = 17 + m (α) a) Giải hệ khi m = 0 b) Tìm m để hệ có nghiệm.
Hệ (α) có nghiệm khi và chỉ khi 11.3 = 17 + m ⇔ m = 16 Tiếp theo xét x 6= 0 Đặt y = tx Thay vào hệ (α) được
( x 2 (3 + 2t + t 2 ) = 11 (1) x 2 (1 + 2t + 3t 2 ) = 17 + m (2) Lấy (2) chia (1) theo vế ta được
4 Khi t = 2, thay vào (1) ta được 11x 2 = 11 ⇔ x = ±11 Vậy
! là nghiệm của hệ Khi m = 0 hệ (α) có bốn nghiệm
!. b) Khi m = 16, hệ (α) có nghiệm, chẳng hạn (x; y) = 0; √
Vậy hệ (α) có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm (vì nếu có t thì có x cho bởi (2), chú ý khi đó m > −17 và có y từ y = tx).
Kết luận: Hệ (α) có nghiệm khi và chỉ khi 5 − 11 √
Vậy từ bài toán 15 này ta thu được kết quả sau: Nếu các số thực x, y thoả mãn điều kiện
3x 2 + 2xy + y 2 = 11 thì biểu thức x 2 + 2xy + 3y 2 có giá trị nhỏ nhất là 22 − 11 √
3 và giá trị lớn nhất
Hệ đẳng cấp bộ phận
Khi làm việc với hệ đẳng cấp bộ phận, chúng ta thường áp dụng phép thế để hình thành hệ đẳng cấp Tuy nhiên, có những trường hợp mặc dù đã xác định được rằng có thể chuyển đổi về hệ đẳng cấp, nhưng ta lại chọn cách giải trực tiếp bằng cách đặt x = ty hoặc y = tx.
Ví dụ 2.1.11 (Đề nghị Olympic 30/04/2009) Giải phương trình
Giải Xét y = 0 Thay vào hệ ta được
Như vậy (x; y) = (1; 0) là nghiệm của hệ đã cho Xét y 6= 0 Đặt x = ty Khi đó
Ví dụ 2.1.12 (Poland Second Round2011, Day 1) Giải hệ
Để (x; y) là nghiệm của hệ phương trình, vế trái của phương trình (i) và (ii) phải khác 0 Khi chia vế của phương trình (i) cho (ii), ta nhận được tỉ số x² − xy + y² trên x² + xy + y² bằng 7.
Khi x = −2y, thay vào (1), ta được
Khi y = −2x, thay vào (1), ta được
(vô nghiệm) Các nghiệm của hệ là
Lưu ý Ngoài cách chia, từ hệ (1) có thể tạo ra phương trình đẳng cấp như sau:
Phương pháp sáng tác bài toán mới: Với
Do y = 2x, nên khi giải hệ, ta sẽ đưa phương trình bậc ba theo t = y x , hơn nữa phương trình này có “nghiệm đẹp” t = 2 Ta có bài toán sau.
Ví dụ 2.1.13 Giải hệ phương trình
Giải Khi x = 0, hệ đã cho trở thành
Vậy hệ không có nghiệm dạng (0; y) Tiếp theo xét x 6= 0 Từ hệ đã cho, ta có
3 Với y = tx thì phương trình thứ nhất của hệ trở thành
2 + t 3 Vậy ứng với ba nghiệm t tìm được ở trên thì hệ đã cho có ba nghiệm là
Hệ bậc hai tổng quát
Là hệ bậc hai với hai ẩn x và y là
Trong các trường hợp đặc biệt như đối xứng loại 1, loại 2, và đẳng cấp đã được thảo luận trước đó, hệ (∗) sẽ được giải quyết theo một sơ đồ chung trong các bài toán tiếp theo Tuy nhiên, phương pháp này không phải là tối ưu Các dạng thường gặp chủ yếu dựa vào một số đặc thù của dạng bậc hai, và nếu khai thác tốt các tính chất đặc biệt này, chúng ta có thể tìm ra những lời giải ngắn gọn hơn.
Ví dụ 2.1.14 Giải hệ phương trình
Giải Khi x = 0 thì hệ viết lại
Khi x 6= 0 Đặt y = αx, thay vào hệ đã cho ta được
Ta tính các định thức
Vì D x 6= 0, ∀α nên nếu 4α + 1 = 0 thì D = 0, hệ vô nghiệm Tiếp theo ta xét α 6= − 1 4 Khi đó x = D x
(1 + α 2 ) (4α + 1) Điều kiện x 2 = z cho ta phương trình
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 2) , (x; y) = − 23 17 ; 44 17
Để giải bài toán nhanh hơn, hãy lấy hai phương trình trong hệ và trừ nhau, từ đó tạo ra một phương trình bậc nhất với hai ẩn x và y Sau đó, ta có thể rút y theo x và áp dụng phương pháp thế để tìm nghiệm Xét ví dụ với hai số x = 3 và y = 0.
Vậy ta thu được một hệ bậc hai tổng quát, hệ đó chắc chắn có một nghiệm là (x; y) = (3; 0) Ta có bài toán sau đây.
Ví dụ 2.1.15 Giải hệ phương trình
Giải Khi x = 0 thì hệ viết lại
Khi x 6= 0 Đặt y = αx, thay vào hệ đã cho ta được
Ta tính các định thức
Khi D = 0, tức là α = 1 thì hệ vô nghiệm Tiếp theo chỉ xét α 6= 1 Điều kiện x 2 = z cho ta hệ phương trình để xác định α
Khi α = −2 thì D = 81, D x = 81, suy ra x = 1 ⇒ y = −2 Hệ đã cho có hai nghiệm
Các phương trình đa thức bậc không quá 4 luôn có thể được giải, do đó, với phương pháp đã trình bày, chúng ta có khả năng giải quyết các hệ phương trình bậc hai tổng quát một cách hiệu quả.
2.2 Ứng dụng của hệ không tuyến tính
Hệ có nhiều ứng dụng quan trọng trong toán học và thực tiễn, nhưng trong khuôn khổ luận văn này, chúng tôi chỉ giới thiệu một số ứng dụng cơ bản trong việc giải quyết các bài toán sơ cấp khác.
2.2.1 Giải phương trình Để giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình ta thường đặt ẩn phụ, phép đặt ẩn phụ này cùng với phương trình trong giả thiết cho ta một hệ phương trình Sau đây ta sẽ trình bày phương pháp sáng tác (thông qua các ví dụ), phương pháp giải (thông qua lời giải các bài toán).
Ví dụ 2.2.1 Giải phương trình x + 3(2 − 3x 2 ) 2 = 2.
Giải Đặt y = 2 − 3x 2 Ta có hệ
• Với y = x, thay vào (1) ta được 3x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x ∈
• Với y = 1−2x 3 thay vào (2) ta được
6 Phương trình đã cho có 4 nghiệm x = −1, x = 2
Khi khai triển biểu thức (2 − 3x²)², ta có thể chuyển đổi phương trình ban đầu thành một phương trình đa thức bậc bốn.
Khi sáng tác đề toán, chúng ta thường cố ý thiết lập phương trình không có nghiệm hữu tỉ, điều này dẫn đến việc khai triển phương trình ở bậc cao và phân tích về dạng tích gặp nhiều khó khăn Ví dụ, trong phương trình bậc hai 5x² − 2x − 1 = 0, cả hai nghiệm đều là số vô tỉ, thể hiện qua việc chuyển đổi thành 2x = 5x² − 1.
Ta có bài toán sau
Ví dụ 2.2.2 Giải phương trình 8x 2 − 5(5x 2 − 1) 2 = −4.
( 2y = 5x 2 − 1 (1) 2x = 5y 2 − 1 (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
• Với y = x, thay vào (1) ta được 5x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1±
• Với y = − 5x+2 5 , thay vào (1) ta được
25 Phương trình đã cho có bốn nghiệm 1±
Lưu ý Phép đặt 2y = 5x 2 − 1 được tìm ra như sau: Ta đặt ay + b = 5x 2 − 1 với a, b tìm sau Khi đó thu được hệ
( ay + b + 1 = 5x 2 8x + 4 − 5b 2 = 5a 2 b 2 + 10aby Để hệ trên là hệ đối xứng loại II thì
( b = 0 a = 2 Vậy ta có phép đặt 2y = 5x 2 − 1.
2.2.2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
Ví dụ 2.2.3 (Học sinh giỏi Quốc gia- 2005) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x − 3 √ x + 1 = 3 √ y + 2 − y Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = x + y
Giải Điều kiện x ≥ −1 và y ≥ −2 Gọi T là tập giá trị của K Khi đó m ∈ T khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
. Đặt u = √ x + 1, v = √ y + 2, điều kiện u, v ≥ 0 Thay vào (1), ta được
Hay u và v là nghiệm của phương trình t 2 − m
Hệ (1)có nghiệm thỏa mãn điều kiện x ≥ −1 và y ≥ −2 khi và chỉ khi (2) có nghiệm không âm, hay