Một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình chứa căn thức

Nguyễn Ngọc Quốc Thương Trang 2 Mục lụcMục lục iMở đầu ii1 Một số phương pháp giải phương trình chứa căn thức 11.1 Phương pháp biến đổi tương đương.. 541.6 Một số bài toán chọn lọc thi

Phương pháp biến đổi tương đương

Nội dung phần này được tham khảo từ [3], [5]. Định nghĩa 1.1 Hai phương trình được gọi làtương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm Nếu phương trình f 1 pxq g 1 pxqtương đương với phương trình f 2 pxq g 2 pxq thì ta kí hiệu f 1 pxq g 1 pxq ô f 2 pxq g 2 pxq (1.1) Định nghĩa trên cũng có thể mở rộng cho khái niệm phương trình tương đương với hệ gồm bất phương trình và phương trình một ẩn, cụ thể như sau Định nghĩa 1.2 Phương trình f 1 pxq g 1 pxq được gọi là tương đương với hệ

% f 2 pxq g 2 pxq h 1 pxq ¥ 0 h n pxq ¥0 khi và chỉ khi phương trình và hệ đã cho có cùng một tập nghiệm Khi đó ta kí hiệu f 1 pxq g 1 pxq ô

Mục tiêu của phương pháp biến đổi tương đương là ta sẽ đưa phương trình ban đầu về một phương trình hay một hệ tương đương với nó mà có ta có thể giải quyết đơn giản hơn.

Sau đây là các phép biến đổi tương đương thường gặp trong phương trình chứa căn thức. Định lý 1.1 Cho n là một số tự nhiên, ta có các tính chất sau

1 Gọi S1 và S2 lần lượt là tập nghiệm của phương trình và hệ Nếu s P S1 thì gpsq ¥ 0 và 2n a fpsq 2n a gpsq Khi đó ta được gpsq ¥ 0 và fpsq gpsq, do đó s P S2 Ngược lại nếu s P S2 thì fpsq gpsq ¥ 0, lấy căn bậc 2n của hai vế ta thu được 2n a fpsq 2n a gpsq Từ đó s P S 1 Vậy hai tập nghiệm trùng nhau nên ta có điều phải chứng minh.

2 Gọi S 3 và S 4 lần lượt là tập nghiệm của phương trình và hệ Ta dễ thấy S 4 chứa tập S3 Giả sử s P S4, khi đó fpsq rgpsqs 2n ¥ 0 Lấy căn bậc 2n hai vế ta thu được 2n a fpsq |gpsq|, mà gpsq ¥ 0 nên 2n a fpsq |gpsq| gpsq, suy ra s P S 3 Vậy S3 S4 nên ta suy ra hệ và phương trình đã cho tương đương với nhau.

Ta lưu ý rằng các hệ tương đương với các phương trình ở (1) và (2) đã kéo theo điều kiện xác định của các căn thức nên việc tìm điều kiện xác định trước khi đi giải phương trình là không cần thiết.

Ví dụ 1.1 Giải các phương trình sau:

Vậy tập nghiệm của phương trình làS t2u.

Vậy tập nghiệm của phương trình làS t1u.

2 Vậy tập nghiệm của phương trình làS

Một cách tổng quát, ta có định lý sau. Định lý 1.2 Với mọi số tự nhiên n¥1 và hai hàm số fpxq và gpxq, ta luôn có fpxq gpxq ô

Chứng minh Gọi S 1 và S 2 lần lượt là tập nghiệm của phương trình và hệ Ta dễ thấy rằng S 1 S 2 Giả sử sPS 2 , khi đó

, từ rfpsqs 2n rgpsqs 2n ta suy ra được |fpsq| |gpsq| Kết hợp điều kiện fpsqgpsq ¥ 0, ta thu được fpsq gpsq, từ đó s P S 1 Vậy S 1 S 2 , cho nên phương trình và hệ đã cho tương đương với nhau.

Vậy khi giải phương trình chứa căn thức phải ta sẽ sử dụng các quy tắc sau để đảm bảo tính tương đương của các bước biến đổi:

(1) Đặt điều kiện để phương trình xác định.

(2) Đối với phương trình chứa căn bậc chẵn, trước khi lỹ thừa phải đặt điều kiện để hai vế cùng dấu.

Ví dụ 1.2 Giải các phương trình sau

Lời giải 1 Điều kiện:x¥ 2 Khi đó

Ví dụ 1.3 Giải phương trình

Phân tích: Khi ta bình phương lên thì sẽ không triệt tiêu được bậc cao nhất, nên nếu thực hiện như thế bậc của phương trình sẽ tăng lên Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn thức có chung một nghiệmx0, nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và tách căn Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công thức tách căn hợp lý.

Trường hợp 1: Nếux0thì (1.4) luôn đúng nênx0là 1 nghiệm của phương trình. Trường hợp 2: Nếu x¥1thì x¡0, x1¥0và x 2¡0, nên ta có axpx1q 2? x 2 a xpx 2q 0ô? x? x12? x? x ? x? x 20 ô? x12? x ? x 20 ô? x1 ? x 22? x ô p? x1 ? x 2q 2 4x ô2a px1qpx 2q 2x1 ô

Trường hợp 3: Nếu x¤ 2 thì x 0, x 1 0 và x 2¤0, nên ta có axpx1q 2? x 2 a xpx 2q 0ô? x?

Vậy phương trình có hai nghiệm là 0và 9

Lời giải Điều kiện: x¡0 Khi đó

?x 2 3x 2? x 22x c x 6 x 5 ô? x 2 3x 2? x 22x cpx 3qpx 2q x ô a xpx 3q cpx 3qpx 2q x

Ví dụ 1.5 Giải phương trình: d x 3 1 x 3

Phân tích Phương trình có dạng?

D với AC BD Ta sẽ chuyển vế đưa phương trình về dạng?

B và bình phương hai vế Tuy nhiên để phép bình phương là tương đương ta sẽ thêm điều kiệnp?

Bq ¥0, ta chỉ cần lấy các nghiệm tìm được thay vào bất phương trình để kiểm tra chứ không cần giải trực tiếp bất phương trình này.

Lời giải Điều kiện: x¥ 1 Khi đó d x 3 1 x 3

Phương pháp đặt ẩn phụ

Đặt ẩn phụ toàn phần

Đặt ẩn phụ không hoàn toàn có nghĩa là ta sẽ thay thế hoàn toàn ẩnxtrong phương trình ban đầu bằng một ẩn phụ khác sao cho phương trình có thể giải một cách đơn giản theo ẩn mới đó.

Dạng 1: Phương trình dạng afpxq ba n fpxq c 0 với a, b, c P R.

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [4].

Phương pháp giải: Ta thực hiện qua các bước sau

1 Đặt điều kiện để phương trình xác định.

2 Đặt t a n fpxq, khi đót ¥0 và phương trình trở thành at n bt c0.

3 Giải tìm nghiệm t không âm của phương trình (1.22), từ đó suy ra nghiệm x.

Ví dụ 1.6 Giải phương trình px 1qpx 4q 3? x 2 5x 26.

Lời giải Điều kiện x¥ 1 hoặc x¤ 4 Ta có thể viết lại phương trình như sau x 2 5x3? x 2 5x 220 (1.5) Đặt t? x 2 5x 2¥0 Khi đó phương trình (1.5) trở thành t 2 3t40ô t 1 t4 Đối chiếu với điều kiện ta được t4 Khi đó ta có

Vậy tập nghiệm của phương trình là S t7,2u.

Ví dụ 1.7 Giải phương trình:

3x 2 x 4 Khi đó phương trình ban đầu trở thành 2t 3 t180ô2t 3 16 t20ô pt2qp2t 2 4t 9q 0ôt2. Khi đó ta được

Vậy tập nghiệm của phương trình là S

Ví dụ 1.8 Giải phương trình:

Lời giải Điều kiện: x¡0 Khi đó

2? x Theo bất đẳng thức Cauchy ta có t¥2 d? x 1

4x 1 Phương trình (1.6) trở thành 3t 2pt 2 1q 7ô2t 2 3t90ô t 3

Vậy tập nghiệm của phương trình là S

Dạng 2: Phương trình dạng aa fpxq ba gpxq 2aba fpxqgpxq hpxq.

2 Đặt ẩn phụ taa fpxq ba gpxqvà tìm điều kiện của t;

3 Bình phương t và tính a fpxqgpxq, hpxq theo t;

4 Đưa về phương trình theo t và giải phương trình này để tìm t, sau đó tìm x.

Ví dụ 1.9 Giải các phương trình sau

Lời giải 1 Điều kiện:2¤x¤6. Đặt t?

6x¡0 Suy ra t 2 8 2a p2 xqp6xq ôa p2 xqp6xq t 2 8

2 Khi đó phương trình trở thành trở thành: t t 2 8

6x4ô8 2a p2 xqp6xq 16 ô a p2 xqp6xq 4 ô p2 xqp6xq 16 ô x 2 4x 40ôx2p Nhận q. Vậy phương trình đã cho có nghiệmx2.

Phương trình tương đương với

8x¡0, suy ra t 2 9 2a p1 xqp8xq ôa p1 xqp8xq t 2 9

2 Khi đó phương trình (1.7) trở thành: tt 2 9

Khi đó ap1 xqp8xq 0ô x 1p Loại) x8 Vậy phương trình đã cho có nghiệmx8.

Lời giải Điều kiện x¥0. Đặt t? x 1 ? x¡0, suy ra t 2 2x 1 2? x 2 x, khi đó phương trình trở thành t 2 t20ô t 1, t 2 (Loại).

Vậy phương trình có nghiệm là x0.

Ví dụ 1.11 Giải phương trình x 2 2x ? x 3 2x? x 39.

Lời giải Điều kiện x¥ 3. Đặtt x ? x 3¥ 3,suy ra t 2 x 2 x 3 2x? x 3 Phương trình trở thành t 2 t120ô t 3 t 4

Vậy phương trình có nghiệm x1.

Dạng 3: Phương trình dạng αPpxq βQpxq λa

2 Xét Qpxq 0 Chia cả hai vế phương trình cho Qpxq, đặt t aPpxq aQpxq, đưa về phương trình bậc hai theot.

Nhận xét 1.1 Vì vai trò của Ppxq và Qpxq là bình đẳng, nên ta có thể chia hai vế phương trình cho Ppxq 0hoặc a

Ví dụ 1.12 Giải phương trình x 2 3x 1

Lời giải Vì x 4 x 2 1 px 2 1q 2 x 2 px 2 x 1q px 2 x 1qnên phương trình ban đầu tương đương với

?3 3 d x 2 x 1 x 2 x 1. Đặt t cx 2 x 1 x 2 x 1 ¡0 Khi đó phương trình trở thành

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x1.

Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một phương pháp hay trong giải phương trình vô tỉ Ở phương pháp này, ta có thể chọn nhiều hơn một ẩn phụ để biểu diễn phương trình ban đầu hoặc ta giữ lại ẩn x thay vì biểu diễn phương trình hoàn toàn theo ẩn phụ đã chọn Ta sẽ tìm hiểu một số dạng sau đây.

Dạng 1: pax bq? cx 2 dx e px 2 qx t.

Phương pháp giải: Ở dạng này, chúng ta có thể đặt một ẩn phụ hoặc hai ẩn phụ để giải quyết phương trình, Mục đích là đưa phương trình trở thành một phương trình bậc hai hai ẩn,có biệt thức∆ là một biểu thức chính phương.

Cụ thể, ta viết lại phương trình thành px 2 qx t pax bq? cx 2 dx e0. Đặt t? cx 2 dx e¥0 Ta sẽ biến đổi phương trình thành mt 2 pax bqt Ppxq 0, (1.8) vớiPpxq px 2 qx tmpcx 2 dx eqvà∆ t là một biểu thức chính phương, nhiệm vụ của chúng ta là phải tìm một giá trị m thoả mãn yêu cầu Viết lại phương trình (1.8) thành mt 2 pax bqt p1mcqx 2 pqmdqx pteq 0.

∆t pax bq 2 4m p1mcqx 2 pqmdqx pteq a 2 4m 4m 2 c x 2 2ab4mq 4m 2 d x b 2 4mt 4me :Ax 2 Bx C. Để ∆ t chính phương khi phương trình ∆ t 0 có nghiệm duy nhất,tức ∆ ∆ t 0, hay

Khai triển vế trái của phương trình trên ta được một phương trình có dạng m a 1 x 3 a 2 x 2 a 3 x a 4

0, phương trình này luôn có ít nhất hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệmm0 Sau khi tìm được giá trị m, ta dễ dàng giải quyết phương trình (1.8).

2x 2 1 Ta cần tìm hệ số m sao cho phương trình trở thành mt 2 p8x3qt 3x 2 x 3m 2x 2 1

0 có∆ t là biểu thức chính phương Lại có

∆ t chính phương khi phương trình∆ t 0 có nghiệm duy nhất, tức là

Dễ dàng thẫy phương trình trên có nghiệm m3,từ đó suy ra cách cách giải.

Ta xem phương trình p1.9qnhư là phương trình bậc hai theo ẩn x và ta ó

3 hoặc t 3x 1 Từ đây ta được

Vậy phương trình có nghiệm x0.

Ví dụ 1.14 Giải các phương trình sau: x 2 4x 1 p2x 1q?

3x 1¥0 thì 3x 1t 2 , phương trình đã cho trở thành t 2 p2x 1qt xpx 1q 0.

Suy ra phương trình trên có hai nghiệmt x và tx 1.

% x¥ 1 x0_x1 ôx0_x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S

Phương pháp giải: Ở trường dạng này, ta sẽ phân ra hai trường hợp chính để đặt ẩn phụ: Đặt ? n a 1 x b 1 :ay b nếu pa 1 ¡0. Đặt ? n a 1 x b 1 :pay bq nếu pa 1 0.

Khi đó ta sẽ được một hệ phương trình đối xứng đối với xvà y Để giải hệ này, ta trừ hai phương trình (hoặc cộng hai phương trình) và để ý đến tính đơn điệu của hàm số.

Nhận xét 1.2 Phương trình dạng pax bq n p? n a 1 x b 1 qx r có thể giải được bằng phương pháp này thường thỏa mãn điều kiện:

Ví dụ 1.15 Giải phương trình x 3 12? 3

2x1, thì y 3 2x1 Ta thu được hệ phương trình

'% x 3 12y y 3 12x Bằng cách trừ phương trình thứ hai từ phương trình thứ nhất, chúng ta nhận được x 3 y 3 2pyxq, do đó pxyq x 2 xy y 2 2

0, suy ra xy hoặc x 2 xy y 2 2 Nếu xy, thì x 3 12xô x 1 1, x 2 p1 ?

Phương trìnhx 2 xy y 2 2 không có nghiệm thực, vì với mỗi cặp số thựcx, y ta có x 2 xy y 2 px y

Do đó, phương trình có ba nghiệm 1,p1 ?

4 Phương trình đã cho trở thành

Kết hợp với (1.10) ta có hệ

% p4y 2q 2 2x 15 p4x 2q 2 2y 15 Trừ hai phương trình cho nhau, ta được p4y 4x 4qp4y4xq 2pxyq ô pxyqr1 8px y 1qs 0. Nếuxy, thì p4x 2q 2 2x 15ô16x 2 14x110ô x 1

So sánh với điều kiện củax chỉ có nghiệm x 9 ?

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 1

Ta được hệ phương trình

Trừ hai phương trình trên vế theo vế ta được

10pyxq 0ô pxyqp2x 2y5q 0ô xy 2y 52x Nếuy x, thì

Vậy nghiệm phương trình làx 15?

Phương pháp giải: Đặt u a n a fpxq, v a n bfpxq Khi đó phương trình tương đương với $

Ta có thể giải hệ này bằng phương pháp đa thức đối xứng.

3 x, ta được hệ phương trình

'% u v 5 uv 6 Khi đóu, v là 2 nghiệm của phương trình

Do đó ta có hai trường hợp

Nếu u2và v 3thì ta được

Nếu u3và v 2thì ta được

Vậy phương trình có hai nghiệm là 5và 24.

Lời giải Điều kiện: 2¤x¤6. Đặt a? 4 x2¥0, b ? 4

6x¥0 Ta được hệ phương trình

2thì không tồn tạia, bthỏa mãn vìpa bq 2 4ab Vây nghiêm của phương trình đã cho là 2 và6.

Dạng 4: rfpxqs n bpxq apxqa n apxq fpxq bpxq

Phương pháp giải: Đặt ufpxq và v a n apxq fpxq bpxq, ta thu được hệ đối xứng loại II $

Phân tích.Đầu tiên ta phải tìm cách đưa phương trình về dạng ở phía trên vớiapxq x1 Ta cần tìm fpxq mx n và bpxq px q sao cho

4x 2 11x 10 pmx nq 2 px q 2x 2 6x 2 px1qpmx nq pxq ô

4x 2 11x 10m 2 x 2 p2mn pqx n 2 q 2x 2 6x 2mx 2 pnmpqxnq Đồng nhất hệ số ta được

Lời giải Điền kiện: xP

Ta có phương trình ban đầu tương đương với p2x3q 2 px 1q px1qa px1qp2x3q px 1q. Đặt u2x3, v a px1qp2x3q px 1q ¥0.

% u 2 x 1 px1qv v 2 x 1 px1qu Lấy hai phương trình trừ nhau vế theo về, ta đươc u 2 v 2 px1qpvuq ô puvqpu v x1q 0ô v u v 1xu Với v u, ta có

Vậy phương trình vô nghiệm.

Phân tích.Ta cần tìm α, β, γ sao cho

Phương trình đã cho tương đương với

3x 2 2 ô p2x1q 3 x 2 x1 px 1qa 3 px 1qp2x1q px 2 x1q. Đăt u2x1, v a 3 px 1qp2x1q px 2 x1q Ta được hệ sau

% u 3 px 2 x1q px 1qv v 3 px 2 x1q px 1qu Lấy hai phương trình của hệ trừ nhau, ta được u 3 v 3 px 1qpuvq 0ô v u u 2 uv v 2 x 10 Với v u, ta có

8 Mặt khác ta có u 2 uv v 2 x 1 v u 2

Vậy trương hợp u 2 uv v 2 x 10 không thể xảy ra.

Vậy phương trình dã Cho có tập nghiệm S

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [1], [5].

Qua bốn dạng ở trên, ta có thể thấy việc sử dụng ẩn phụ không toàn phần là một công cụ rất hiệu quả Ngoài các dạng vừa đề cập, một số phương trình khác cũng có thể được giải dễ dàng bằng phương pháp này.

Ví dụ 1.22 Giải phương trình x 2 ?

Lời giải Điều kiện: x¥ 5. Đặt t? x 5¥0, khi đó t 2 x 5 Ta được hệ sau

% x 2 t 5 t 2 x5 Lấy hai phương trình trừ nhau vế theo vế ta được: x 2 t 2 t x0ô pt xqp1 xtq 0ô t x0 tx1 Nếut x0 thì t x, khi đó ta được:

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 1?

Ví dụ 1.23 Giải phương trình sau: x ?

2x 2 ¥0 Khi đó ta có hệ phương trình

% x t xt3 px tq 2 2xt2 Đặt S x t, P xt với S 2 ¥4P, hệ trở thành

S 4, P 7 pLoạiq Suy ra x, t là nghiệm của phương trình: u 2 2u 10ôu1.

Do đóxt1 Vậy nghiệm của phương trình là x1.

Ví dụ 1.24 Giải phương trình sau:

Lời giải Điều kiện: 1¤x¤1 Đặt a ?

Vây phương trình đã cho có nghiêm duy nhất x0.

Ví dụ 1.25 Giải phương trình sau:

Lời giải Điều kiện: x¡ 2 Đặt a? 3x 10¡0, b ? x 2¡0.

Khi đó ta có hệ phương trình

?x 28 ôx62. Vậy nghiệm của phương trình đã cho làx62.

Ta được hệ phương trình

Vậy nghiệm của phương trình đã cho làx 2.

Phương pháp hàm số

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Phần này được tham khảo chủ yếu từ [2], [4].

Sau đây là một số tính chất thường dùng trong phương pháp hàm số. Định lý 1.3 Nếu hàm số yfpxq đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng pa, bq thì phương trình fpxq 0 có nhiều nhất một nghiệm trong đoạn ra, bs. Định lý 1.4 Nếu các hàm số fpxq đơn điệu trên D thì với mọi u, v PD, fpuq fpvq ôuv.

Ta khảo sát các dạng phương trình sau.

Dạng 1: Phương trình đưa về dạng fpxq 0 với fpxq là hàm đơn điệu Đối với dạng phương trình này, ta sẽ thực hiện các phép biến dổi đưa phương trình ban đầu về dạng fpxq 0 với fpxq là hàm đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó, thông qua việc nhẩm ra các nghiệm trên các khoảng xác định tương ứng và dự vào Định lý 1.3 mà ta sẽ kết luận nghiệm của bài toán Ngoài ra, để chứng minh hàmfpxq là đơn điệu, ta sẽ dùng công cụ đạo hàm.

Ví dụ 1.27 Giải các phương trình sau:

54x3x 3 Phân tích.Đối với câu (1), ta có thể nghĩ đến việc biến đổi tương đương hoặc sẽ bình phương, tuy nhiên bạn sẽ gặp khó trong biến đổi Đối với câu (2), các phương pháp

"truyền thống" dường như không khả thi Nếu ta quan sát kỹ hơn và chuyển toàn bộ các biểu thức sang vế trái của các phương trình thì khi đó vế trái của các phương trình thu được là những hàm số đồng biến (trên từng khoảng xác định) Lúc này, sử dụng tính đơn điệu để giải quyết bài toán đã nảy ra trong đầu bạn Vẫn đề còn lại là dự đoán nghiệm Công việc này không khó, nhưng nếu ta cứ thử từng số thì sẽ mất thời gian Hãy ưu tiên những giá trị củax sao cho giá trị của các căn thức là số nguyên.

2. Phương trình đã cho tương đương với

Ta có fpxq liên tục trên

Suy ra hàmfpxqđồng biến trên

2; 8 , điều này dẫn tới phương trìnhfpxq 0 có nhiều nhất một nghiệm trên

2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

4. Phương trình đã cho tương đương với

Do đó hàm fpxq đồng biến trên

4 Suy ra phương trình fpxq 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên

, lại có fp1q 0, điều này dẫn tới x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 1.28 Giải phương trình a3 px1q 2 2? 3 x1 px5q? x83x 310.

Lời giải Điều kiện: x¥8. Đặt t ? 3 x1, suy ra x t 3 1 , vì x ¥ 8 nên t ¥ ? 3

7 Phương trình đã cho trở thành t 2 2t t 3 4 ? t 3 73t 3 280 ô 3t 3 t 2 2t28 t 3 4 ? t 3 70 (1.11)

7không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét tP p? 3

7; 8q. Xét hàm số fptq 3t 3 t 2 2t28 t 3 4 ? t 3 7, tP p? 3

Do đó hàm số fptq đồng biến trên khoảng p? 3

7; 8q Ta lại có fp2q 0 nên t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1.11) Khi đó ta được x 9 là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu.

Ví dụ 1.29 Giải phương trình p4x1qp? 3

Lời giải Điều kiện: x 3¥0ôx¥ 3.

4, x 3không là nghiệm của phương trình (1.12) nên chỉ xétxP p3; 8qz

* Phương trình đã cho tương đương với

Suy ra hàm số fpxq đồng biến trong các khoảng

4; 8 Do đó trên mỗi khoảng

4; 8 , phương trìnhfpxq 0sẽ có nhiều nhất một nghiệm Lại cófp2q fp1q 0 Vậy phương trình có hai nghiệm là x 2,x1.

Dạng 2: Phương trình đưa được về dạng fpuq fpvq với fpxq là hàm đơn điệu

Trong một số phương trình đặt biệt, ta có thể biến đổi đưa phương trình về dạng fpuq fpvq và bằng công cụ đọa hàm ta chứng minh được fpxq là hàm đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó Khi đó từ Định lý 1.4 ta có thể suy ra uv, từ đó việc giải phương trình sẽ trở nên dễ dàng hơn.

Ví dụ 1.30 Giải phương trình x 3 15x 2 78x141 5? 3

Phân tích.Xét phương trình: px mq 3 5 px mq p? 3

2x9 và khai triển ta được x 3 3mx 2 3m 2 4 x m 3 4m5? 3

2x9. Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta được được hệ:

Khi đó ta viết phương trình ban đầu thành px5q 3 5 px5q p? 3

2x9q với hàm số đặc trung ở hai vế có dạng fptq t 3 5t luôn đơn điệu trênR và ta có lời giải.

Lời giải Phương trình ban đầu tương đương với px5q 3 5px5q p? 3

2x9q, với hàm số fptq t 3 5t, tPR Ta có f 1 ptq 3t 2 5¡0, @tP R.

Do đó hàm số fptqluôn đồng biến trên R Suy ra fpx5q fp? 3

2 Vậy hương trình đã cho có các nghiệm làx4, x 11?

5. Phương trình đã cho tương đương với p5x6q 2 1 ap5x6q 1 x 2 1

?x1 ôfp5x6q fpxq, trong đó fptq t 2 1

Do đó hàm số fptqluôn đồng biến trên khoảng p1; 8q Từ đây fp5x6q fpxq ô5x6xôx 3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3

Ứng dụng tính khả vi của hàm số

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [4], [5]. Định lý 1.5 (Đinh lý Rolle) Nếu hàm số y fpxq liên tục trên đoạn ra;bs, có đạo hàm trên khoảng pa;bq và fpaq fpbq thì tồn tại cP pa;bq sao cho f 1 pcq 0.

Hệ quả 1.1 Nếu f 1 pxq 0 có n nghiệm trong pa;bq thì phương trình fpxq 0 có nhiều nhất n 1 nghiệm trong pa;bq

Hệ quả 1.2 Nếuf p n q pxq ¡0 với mọi xP pa;bqhoặc f p n q pxq 0với mọi xP pa;bq thì phương trình fpxq 0 có nhiều nhất n nghiệm trong pa;bq

Ta sẽ khảo sát một số dạng phương trình sau.

Dạng 1: Tìm nghiệm từ phương trình đạo hàm f 1 pcq 0. Ở dạng này, ta xem như đã tìm được x 0 là nghiệm của phương trình Việc tiếp theo dựa vào phương trình ban đầu, tìm một hàmfpxqthích hợp sao cho tồn tạia, bPRđể fpaq fpbq, với hàm số fptqliên tục trên ra;bs và có đạo hàm trên khoảng pa;bq Khi đó theo định lý Rolle tồn tạicP pa;bqsao chof 1 pcq 0và từ phương trình này, ta xác định đượcx 0 ; Cuối cùng ta phải thử lại và kết luận về nghiệm của phương trình.

Lời giải Điều kiện x¥0. Đặt u? x¥0, phương trình trở thành

6 u 2 u 5 u 3 u ô6 u 5 u 3 u 2 u (1.13) Gọi u 0 là nghiệm của phương trình trên, Ta có:

Xét hàm số fptq pt 1q u 0 t u 0 , t¡0, u 0 P p0, 8q.

Ta có phương trình (1.13) tương đương với fp5q fp2q Vì hàm số fptq liên tục trên r2; 5s và có đạo hàm trên p2; 5q, nên theo định lý Rolle, tồn tạicP p2; 5q sao cho f 1 pcq 0, điều này dẫn đến u 0 pc 1q u 0 1 c u 0 1

Thử lại thấyx0và x1 thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy phương trình trên có hai nghiệmx0 và x1.

Lời giải Điều kiện: x¤0 hoặc x¥1. Đặt u? x 2 x¥0 Giả sử u0 là nghiệm của phương trình, khi đó ta được

Xét hàm số fptq t u 0 pt 5q u 0 liên tục trên r2,7s và khả vi trên p2,7q, từ (1.14) ta suy ra fp2q fp7q, từ đó theo định lý Rolle, ta suy ra tồn tại c P p2,7q sao cho f 1 pcq 0, điều này dẫn tới u 0 rc u 0 1 pc 5q u 0 1 s 0ô u 0 0 pc 5q u 0 1 c u 0 1 ô u 0 0 u 0 1

Thử lại thấy tất cả các giá trị vừa tìm được thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy phương trình trên có nghiệm x0,x1và x 1?

Dạng 2: Tìm nghiệm phương trình fpxq 0 từ việc biện luận số nghiệm của phương trình f 1 pxq 0 Ở dạng này, chúng ta sẽ quan sát và biện luận số nghiệm của phương trìnhf 1 pxq 0, và từ các hệ quả của Định lý Rolle, ta đưa ra kết luận cho số pghiệm của phương trình fpxq 0 Bước cuối cùng là nhẩm nghiệm.

3. Suy raf 1 pxqnghịch biến trên

3; 8 , điều này dẫn tới phương trìnhf 1 pxq 0có nhiều nhất 1 nghiệm x ¥ 4

3 Do đó phương trình fpxq 0 có nhiều nhất 2 nghiệm x¥ 4

3 Mặt khác fp0q fp1q 0, suy ra x0, x 1 là các nghiệm của phương trình đã cho.

Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm là : x0, x 1.

Phương trình ban đầu tương đương với

Suy ra f 1 pxq nghịch biến trên

5; 1 , điều này dẫn tới phương trình f 1 pxq 0 có nhiều nhất 1 nghiệm x P

Do đó phương trình fpxq 0 có nhiều nhất 2 nghiệm x P

Mặt khác fp0q fp1q 0, suy ra x 0, x 1 là các nghiệm của phương trình đã cho.

Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm là : x0, x1.

Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Lớp các bài toán sử dụng bất đẳng thức Cauchy và Cauchy-Schwarz 37

Ví dụ 1.36 Giải phương trình px 8? x 4qpx? x 4q 36x.

Vì x0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên nên: px 8? x 4qpx? x 4q 36x ô x 8? x 4

Theo bất đẩng thức Cauchy ta có

Dấu đẳng thức xảy ra ô? x 4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x4.

Lời giải Điều kiện: x 2 x 4 ¥0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a4p1x 2 qx 2 ¤ 4p1x 2 q x 2

Dấu bằng xảy ra khi $

Vậy ta kết luận rằng phương trình có nghiệm duy nhất là x 2?

12¥12, (1.16) đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 2 4.

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

64x 3 ¤a p1 1q p8 x 3 64x 3 q 12 (1.17) đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ?

64x 3 ¤12 Điều này dẫn tới phương trình ban đầu xảy ra khi và chỉ khi

% x 2 4 x? 3 28 hệ này vô nghiệm Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Sp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Dấu ”” xảy ra khi và chỉ khi

Mà theo Cauchy-Schwarz ta lại có x 5 a

Dấu ”” xảy ra khi và chỉ khi x1 Suy ra

2, dấu đẳng thức xảy ra khi x1 Do đó

2 , điều này dẫn tới nghiệm của phương trình ban đầu là các giá trị làm cho dấu ” ” trong các bất đẳng thức vừa đánh giá đồng thời xảy ra tức là x 1 là nghiệm cần tìm.

Ví dụ 1.40 Giải phương trình x 4 42? x 4 4 2? x 4 4.

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có: x 4 4¥4x 2

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

Do đó phương trình đã cho sẽ tương tương với hệ

2? x 4 42? x 4 4 hệ này vô nghiệm Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

5 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x 1 ?

Lời giải Ta có thể biểu diễn

(1.18) Đặt y9x 4¥0 Khi đó (1.22) trở thành

2 a6y. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a6y¤ 6 y

Ta lại cópy6q 2 ¥0 nên y6 Từ đóx y4

9. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2

Lời giải Dễ thấy 16x 4 5¡0, nên để phương trình có nghiệm thì? 3

4x 3 x¡0, điều này tương đương với x¡0.

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

Do đó nghiệm của phương trình ban đầu là tất cả các giá trị làm cho dấu của đẳng thức (1.19) và (1.20) đồng thời xảy ra, tức là

So với điều kiện, ta suy ra phương trình có nghiệm duy nhấtx 1

Lớp các bài toán sử dụng bất đẳng thức vectơ

Dấu hiệu nhận dạng các phương trình có thể giải bằng các bất đẳng thức vectơ là các biểu thức trong căn đều có thể biến đổi được vê dạng: apaxbq 2 α 2 (1.21)

Lúc đó, ta cần chọn tọa độ vectơ dựa vào (1.21) một cách hợp lý.

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với apx4q 2 810 a px 5q 2 242?

Phương trình đã cho trở thành|⃗a ⃗b| |⃗a| |⃗b| Điều xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ

⃗a,⃗bcùng hướng tức là⃗a k⃗b với mọi số dương k Khi đó

Vậy nghiệm của phương trình làx 56

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình ap2x1q 2 1 2 a px1q 2 2 2 a p3x2q 2 3 2 Đặt⃗u p2x1; 1q, ⃗v px1; 2q Suy ra ⃗u ⃗v p3x2; 3q và

|⃗u ⃗v| a p3x2q 2 3 2 Phương trình đã cho trở thành

|⃗u| |⃗v| |⃗u ⃗v|, điều này xảy ra khi và chỉ khi⃗u, ⃗v cùng chiều tức là

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1

Lời giải Phương trình ban đầu tương đương với ap2x5q 2 3 2 a px 1q 2 2 2 ? x 2 16?

2. Đặt⃗u p52x; 3q, ⃗v p1 x; 2q, ⃗w px; 1q Suy ra⃗u ⃗v w⃗ p6; 6q và

Khi đó phương trình trở thành

|⃗u| |⃗v| |w⃗| |⃗u ⃗v w⃗|, dựa vào bất đẳng thức vectơ, đẳng thức phía trên xảy ra khi và chỉ khiô⃗u, ⃗v, ⃗w cùng chiều, điều này dẫn tới $

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x1.

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với a px1q 2 4a px3q 2 1 ?

5. Đặt⃗a px1; 2q,⃗b px3,1q, suy ra⃗a⃗b p2,1q và

Khi đó phương trình trở thành

|⃗a| |⃗b| |⃗a⃗b|. Điều này xảy ra khi⃗a,⃗b cùng chiều với nhau, tức là x1 x3 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x5.

Phương trình ban đầu tương đương với

Do đó phương trình trở thành

⃗a⃗b |⃗a| |⃗b|. Điều này xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ⃗a và⃗bcùng phương, cùng chiều, tức là

Phương trình này vô nghiệm Do vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Một số dạng khác

Dạng 1 Xét phương trình có dạng

?3 x 3 ax 2 bx cd? x 2 mx n x e pd¡0q (1.22)

Phương trình này có điều kiệnx 2 mx n ¥0 Do d? x 2 mx n ¥0 nên

?3 x 3 ax 2 bx c¥x e ô x 3 ax 2 bx c¥x 3 3ex 2 3e 2 x e 3 ô pa3eqx 2 b3e 2 x ce 3 ¥0.

Nếu ta chọna, b, c, e sao cho

'' '% a3e1 b3e 2 m ce 3 n thì phương trình (1.22) sẽ tương đương với pa3eqx 2 b3e 2 x ce 3 0.

Ta có phương trình đã cho tương đương với

Do ? x 2 2x1¥0, nên từ (1.23) ta có

Từ đây kết hợp với điều kiện x 2 2x1 ¥ 0, suy ra phương trình ban đầu tương đương với

Vậy tập nghiệm của phương trình là S t1?

Dạng 2.Từ một phương trình bậc ba nào dó, chẳng hạn 4t 3 3t m, đặtt2x, ta được

32x 3 6xm x e pd¡0q (1.24) Điều kiện 32x 3 6xm¥0 Do d?

?3 αx 3 ax 2 bx c¥x e ô αx 3 ax 2 bx c¥x 3 3ex 2 3e 2 x e 3 ô pα1qx 3 pa3eqx 2 b3e 2 x ce 3 ¥0.

Nếu ta chọnα, a, b, c, e sao cho

% α 31 a3e b3e 2 6 ce 3 m thì phương trình (1.24) sẽ tương đương với

32x 3 6xm. Để giải quyết phương phương trình này, ta lại thực thiện phép đặt ngược lại x t

2, chuyển thành phương trình bậc 3 ban đầu

Ta có phương pháp giải phương trình dạng fptq 4t 3 3tm như sau:

Vì hàm số fptq 4t 3 3t có f 1 ptq ¡0,@t P R nên phương trình 4t 3 3t m có không quá một nghiệm Đặt m 1

2 α 1 α là nghiệm duy nhất của phương trình Do đó nghiệm của phương trình (1.24) là x 1

Ta có phương trình ban đầu tương đương với

16x 3 3x1¥0 nên từ (1) ta suy ra

Từ đây kết hợp với điều kiện, ta được16x 3 3x10 Do đó p1.25q ô16x 3 3x10.

Dựa vào phương pháp trình bày ở trên ta suy ra phương trình có nghiệm duy nhất là x 1 4

Phương trình chứa căn thức và có tham số

Phương trình có thể cô lập được tham số

Phương trình có thể cô lập được tham số là các lớp phương trình mà ta có thể biến đổi về dạng fpxq gpmq, (1.26) với m là tham số.

Phương pháp chính của chúng ta là khảo sát và vẽ bảng biến thiên của hàm số y fpxq trên miền D Từ bảng biến thiên ta sẽ biện luận được sự tương giao của đường thẳng y gpmq (đường thẳng nằm ngang song song với trục hoành) và đồ thị hàm sốy fpxq, từ đó nêu ra kết luận về số nghiệm cả phương trình (1.26).

Ta có một số lưu ý như sau:

1 Điều kiện để phương trình (1.26) có nghiệm là minx P Dfpxq ¤gpmq ¤ max x P D fpxq.

2 Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng biến thiên để xác định sao cho đường thẳng y gpmq cắt đồ thị hàm số yfpxqtại k điểm phân biệt.

Ví dụ 1.51 Tìm m để phương trình? x 2 2xm2x1 có nghiệm.

Lời giải Ta có phương trình đã cho tương đương với ô

Xét hàm số fpxq 3x 2 6x1, với x¥ 1

2 Ta có f 1 pxq 6x 6, f 1 pxq 0ôx1.

Từ đây ta có bảng biến thiên x f 1 pxq fpxq

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra m¤2thì phương trình có nghiệm.

Ví dụ 1.52 Tìm m để phương trình sau có nghiệm x? x ? x 12mp?

Lời giải Điều kiện: 0¤x¤4, và dễ thấy ?

Ta có phương trình đã cho tương đương với x? x ? x 12 m

4xq. Xét hàm số fpxq px? x ? x 12qp?

Suy ra fpxq đồng biến trên r0; 4s nên

Do đó phương trình mfpxq có nghiệm khi và chỉ khi minr 0;4 sfpxq ¤ m¤max r 0;4 s fpxq ô2?

Ví dụ 1.53 Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt

Xét hàm số fpxq ? x 2 4x 21? x 2 3x 10trên r2; 5s, ta có f 1 pxq x 2

2? x 2 3x 10. Khi đó ta được f 1 pxq 0ô2p2xq? x 2 3x 10 p32xq? x 2 4x 21 (1.27)

Do ? x 2 3x 10 ¥ 0,? x 2 4x 21 ¥ 0 nên để phương trình có nghiệm thì p2xq và p32xqcùng dấu, nghĩa là p1.27q ô

4p2xq 2 px 2 3x 10q p32xq 2 px 2 4x 21q ôx 1

Bảng biến thiên x f 1 pxq fpxq

Từ bảng biến thiên ta thu đượcmP p?

2,3sthì phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Ví dụ 1.54 Tìm m để phương trình sau có nghiệm

3 cx1 x 1 2 4 cx1 x 1 m. Đặt t 4 cx1 x 2 Vì t 4 cx1 x 2 4 c

1 2 x 1 và x ¥ 1 nên 0 ¤ t 1 khi đó phương trình trở thành

Ta có f 1 ptq 6t 2, f 1 ptq 0ôt 1

Ta có bảng biến thiên x f 1 pxq fpxq

Phương trình ban đầu có nghiệm khi phương trình (1.28) có nghiệm t P r0; 1q, điều này tương đương1 m ¤ 1

Ví dụ 1.55 Tìm tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt x5x?

Ta có bảng biến thiên của t, x t 1 t

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra tập giá trị của t là r?

10s Cũng từ bảng biến thiên, nhận thấy rằng:

Với cách đặt t như vậy, phương trình trở thành

Ta có f 1 ptq 10t 2, f 1 ptq 0ôt 1

Ta có bảng biếng thiên t ?

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra

5 thì phương trình p1.30qcó duy nhất 1 nghiệm tP r?

10q, suy ra phương trình p1.29q sẽ có 2 nghiệm x.

5thì phương trìnhp1.30qcó 1 nghiệmtP r?

5q, suy ra phương trình p1.29qsẽ có 3 nghiệm x.

5 thì phương trình p1.30q có 2 nghiệm t P r?

5q,suy ra phương trìnhp1.29q sẽ có 2 nghiệm x.

5 thì phương trìnhp1.30qcó 1 nghiệmt P r?

5q, suy ra phương trình p1.29qsẽ có 1 nghiệm x.

Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm khim P?

Phương trình không cô lập được tham số

Đây là một dạng khá đa dạng và không có một phương pháp chung nào để giải quyết Ở dạng này ta phải sử dụng linh hoạt các phương pháp đặt ẩn phụ, hàm số, bất đẳng thức Ngoài ra kiến thức về tam thức bậc hai cũng tỏ ra hữu ích trong một số trường hợp Ta sẽ khảo sát một số ví dụ sau.

Ví dụ 1.56 Tìm m để phương trình sau có nghiệm

1x¥0, khi đó ta có hệ phương trình

Do đóu, v là hai nghiệm của phương trình: t 2 3mt 9m 2 m1

Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1.31) có hai nghiệm không âm, điều này tương đương

Ví dụ 1.57 Tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất

1x 2ma xp1xq 2a 4 xp1xq m 3 , (1.32)

Lời giải Điêu kiện cần: Dễ thấy rằng nếu x 0 là nghiệm của phương trình (1.32) đã cho thì 1x 0 cũng là nghiệm của phương trình đó Do đó p1.32qcó nghiệm duy nhất x 0 thì phải có x 0 1x 0 ôx 0 1

. Điều kiện đủ: Với m0thì p1.32q ô? x ?

1x2a xp1xq 2a 4 xp1xq 1 ô r? x2a 4 xp1xq ?

1xs rx2a xp1xq p1xqs 0 ô p? 4 x? 4

1x 2a xp1xq 2a 4 xp1xq 10, ta có fp1q fp0q 0 nên phương trình có ít nhất hai nghiệm x 0, x 1 nên loại m1.

Vậy m 1_m0 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Ví dụ 1.58 Biện luận theo a số nghiệm của phương trình sau x 3 3a 2 a3a 3

3x pa 2 3qa, suy rat 3 3x pa 2 3qa Khi đó ta được hệ sau

% x 3 3t pa 2 3qa t 3 3x pa 2 3qa ô xt x 2 tx t 2 30 Trừ 2 phương trình của hệ cho nhau ta được pxtqpx 2 tx t 2 3q 0ôxt, vì x 2 tx t 2 3¡0 với mọit Khi đó xa 3

3x pa 2 3qa ôx 3 3x pa 2 3qa ô pxaqpx 2 ax a 2 3q 0 ô xa x 2 ax a 2 30 Phương trình x 2 ax a 2 30, (1.34) là phương trình bậc 2 theox có∆a 2 4pa 2 3q 3a 2 12.Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1.Nếu∆ 0ô |a| ¡2thì phương trìnhp1.34qvô nghiệm Khi đó phương trình p1.33qcó nghiệm duy nhất xa.

Trường hợp 2 Nếu ∆ 0 ô a 2 thì phương trình p1.34q có nghiệm duy nhất x a

2 1 Do đó phương trìnhp1.33q có hai nghiệm phân biệt.

Nếu (1.34) cú nghiệm xa tức làa 2 a 2 a 2 30ủa 1,

2 a 2 a 1 thì (1.34) có hai nghiệm phân biệt khác a.

Nếu|a| ¡2 thì phương trìnhp1.33q có nghiệm duy nhất.

Nếua 2hoặc a 1thì phương trình p1.33q có 2 nghiệm phân biệt.

Nếu|a| 2 vàa 1 thì phương trìnhp1.33q có 3 nghiệm phân biệt.

Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi và Olympic Toán học các cấp 57

Olympic Toán học các cấp

Bài toán 1.1 (HSG tỉnh Đồng Tháp, 2011) Giải phương trình x 2 2x c x 1 x 3x 1.

'% x0 x 1 x x ¥0 ôxP r1,0q Y r1, 8q. Khi đó ta có x 2 2x c x 1 x 3x 1ôx 2 c x 1 x 3 1 x ôx 1 x 2 c x 1 x 30 (1.35) Đăt t c x 1 x ¥0, phương trình (1.35) trở thành t 2 2t30ô t1 t 3 (Loại)

Với t1 ta được c x 1 x 1ôx 1 x 1ôx 2 x10ô x 1 ?

Bài toán 1.2 (Đề thi HSG Hà Nội, 2015) Giải phương trình

4x 4, khi đó phương trình trở thành

Do đó phương trình (1.36) tuông đương với t2 Khi đó ta được

Vậy tập nghiệm của phương trình là S t1u.

Nhận xét 1.3 Phương trình vừa rồi có rất nhiều cách giải Ở đây chúng tôi trình bày một phương pháp đặt ẩn phụ thông qua hệ số bất định, tức là đi tìm các số a, b, cPR thỏa mãn đồng nhất thức

2x 2 3x 7ap4x 4q 2 bp4x 4q c, từ đó ta thu được hệ

Bài toán 1.3 (Olympic 30/4, Khối 10, 2012) Giải phương trình

Lời giải Phương trình tương đương với x 2 2x 2

0. Đặt a? x 2 2x 2¡0;b ? x 2 2x 2¡0 Ta được phương trình a 2 5ab 6b 2 0ô pa2bqpa3bq 0ô a 2b a 3b Với a2b ta được x 2 2x 24 x 2 2x 2 ô3x 2 10x 60ô x 5 ?

Với a3b ta được x 2 2x 29 x 2 2x 2 ô8x 2 20x 160, phương trình này vô nghiệm.

Vậy phương trình đề ra có tập nghiệmS

Bài toán 1.4 (Đề nghị Olympic 30/04/2009) Giải phương trình

3x 2 6x 19 ôx 2 x6 6a px 2 x6q px1q 9x93x 2 6x 19 ô3a px2qpx 3qpx1q x 2 8x 17 ô3a px 2 2x3q px2q x 2 2x3

10px2q ô3 d x 2 2x3 x2 x 2 2x3 x2 10 (Do x2không là nghiệm). Đặt t cx 2 2x3 x2 ¥0 khi đó ta được 3t t 2 10ôt 2 3t100ô t 2 (loại) t5

Kết hợp điều kiện ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm x 23?

Bài toán 1.5 (Olympic 30/4, Khối 10, 2011) Giải phương trình x 3 15x 2 78x1415? 3

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình px5q 3 3x 5p5 ? 3

2x9, ta được hệ phương trình

% px5q 3 3x 5y9 py5q 3 2x9 Trừ hai phương trình trến vế theo vế, ta được : px5q 3 py5q 3 5x 5y ô pxyq px5q 2 px5qpy5q py5q 2 5

0 (1.37) vì px5q 2 px5qpy5q py5q 2 5¡0, @x, y P R, nên phương trình (1.37) tương đươngxy Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x 3 15x 2 73x1160ô px4q x 2 11x 29

5 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S

Bài toán 1.6 (HSG tỉnh Thái Bình, 2010) Giải phương trình px1qp2? x1 3? 3 x 6q x 6.

Do x 1 không là nghiệm của phương trình nên chỉ xét x P p1; 8q Ta có phương trình đã cho tương đương với

Xét hàm số fpxq 2? x1 3? 3 x 6x 6 x1 trên khoảng p1; 8q Ta có f 1 pxq 1

7 px1q 2 ¡0, @x¡1, nên hàm số fpxq đồng biến trên p1; 8q Lại có fp2q 0, nên x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài toán 1.7 (HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải & Đồng Bằng Bắc Bộ,

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với

?3 x 2 2 với hàm số fptq t 3 t, xPR Ta có f 1 ptq 3t 2 1¡0, @tP R, nên hàm số fptq luôn đồng biến trên R Suy ra f

2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S

Bài toán 1.8 (HSG tỉnh Đăk Lăk, 2015) Giải phương trình p2x1q 2 p4x 2 4x 3q

2. Phương trình tương đương với p?

, với hàm số fptq t t 2 , tP r0; 8q Ta có f 1 ptq 1 2t ¡0, @t ¥0.

Do đó hàm số fptqluôn đồng biến trên r0; 8q Suy ra: fp? 2x 1 ?

Kết hợp với phương trình (1.38), ta được hệ

% pu vq 2 2uv 4 p2uvqpu vq 4 ô

S 2 2P 4 p2PqS 8 với S u v ¥0, P uv ¥0, pS 2 ¥4Pq và giải hệ này được

Kết hợp điều kiện, suy ra nghiệm phương trình là x 3

2. Bài toán 1.9 (HSG Quốc gia, Bảng A, 1995) Giải phương trình x 3 3x 2 8x 408? 4

Xét hai hàm số trênr1; 8 ) là fpxq x 3 3x 2 8x 40, gpxq 8? 4

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có gpxq a 4

Dấu bằng ở (1.39) xảy ra khi và chỉ khix3 Mặt khác fpxq px 13q x 3 3x 2 9x 27 px3q 2 px 3q ¥ 0,@x¥ 1 (1.40)

Dấu bằng ở (1.40) xảy ra khi và chỉ khi x 3 Ta có phương trình ban đầu tương đương với fpxq gpxq (1.41)

Do đó (1.41) xảy ra có nghĩa là dấu bằng ở (1.39) và (1.40) đồng thời xảy ra, hayx3 là nghiệm của phương trình đã cho Vậy Phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x3.

Bài toán 1.10 (HSG tỉnh Long An, 2014) Tìm tham sốm để phương trình

Ta có phương trình ban đầu tương đương với

Dựa vào bảng biến thiên ta có tập giá trị củat là r?

2s Với cách đặtt như vậy, phương trình trở thành t 2 194mtô4m t 2 19 t , (vìt 0).

Xét hàm số fptq t 2 19 t trên đoạn r?

2s, suy ra hàm số fptq đồng biến trên đoạn r?

10 Phương trình ban đầu có có nghiệm khi và chỉ khi r ?min

210 thì phương trình đã cho có nghiệm.

Một số phương pháp giải hệ phương trình chứa căn thức

Trong chương này ta sẽ khảo sát một số phương pháp giải hệ phương trình chứa căn thức Về cơ bản, để giải quyết một hệ phương trình, ta phải khai thác các phương trình thành phần của hệ nên các phương pháp giải một hệ về mặt ý tưởng sẽ giống với các phương pháp giải phương trình Do đó trong chương này, chúng tôi sẽ không nhắc lại các kết quả đã nêu ở Chương 1.

Phương pháp biến đổi tương đương

Phần này được tham khảo chủ yếu từ [4], [5]. Định nghĩa 2.1 (Hai hệ tương đương) Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có chung một tập nghiệm. Định lý 2.1 1 Nếu thay một phương trình của hệ bởi một phương trình khác tương đương với nó thì được một hệ phương trình mới tương đương với hệ phương trình đã cho.

2 Nếu cộng (hoặc trừ) từng vế của hai phương trình trong hệ, được một phương trình mới rồi dùng nó thay cho một trong hai phương trình của hệ thì được một hệ phương trình mới tương đương với hệ phương trình đã cho.

3 Nếu từ một phương trình của hệ, ta biểu thị một ẩn qua ẩn kia, rồi thế vào phương trình thứ hai để được một phương trình một ẩn thì hệ gồm phương trình một ẩn này cùng với một trong hai phương trình của hệ là hệ phương trình tương đương với hệ phương trình đã cho.

Ngoài ra, ta cũng sẽ dùng các phép biến đổi tương đương cơ bản của phương trình chứa căn Dưới đây là một số bài toán minh họa cho phương pháp này.

Ví dụ 2.1 Giải hệ phương trình

Phương trình thứ nhất tương đương px yq 2 px yq 3y 2 3xy 0 ô px yqpx2y1q 0 ô x y_x2y 1.

Do x¥1, y ¥0 nên trường hợpx y không thể xảy ra.

Xétx2y 1thay vào phương trình thứ hai ta được p2y 1qa

2y2q 0 ô y2 pdo y¥0q. Với y1suy ra x2 Vậy hệ có nghiệm px, yq p5,2q.

Lời giải Điều kiện: xPR;y¥ 1.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x 3 3x 2 6x 4y 3 3y ô px 1q 3 3px 1q y 3 3yôyx 1.

Thế vào phương trình thứ hai ta được px 1q? x 2 px 6q? x 7x 2 7x 12 ôpx 1qp? x 22q px 6qp? x 73q x 2 2x8 ôpx2q x 1

Từ đó suy ra px, yq p2,3q là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.

Lời giải Điều kiện: 2x 2 xy x 1¥0;x 3y y 2 ¥0.

Phương trình thứ hai tương đương với p2x1yqp2x2yq 0ô y2x1 y2x2

Với y2x2, thế vào phương trình thứ nhất hai thì

Thử lại ta được x1là nghiệm của phương trình, suy ra y0.

Với y2x1 thế vào phương trình thứ nhất thì

4x 2 3x23x 1. Ý tưởng giải tương tự trường hợp trên ta được x 2

Do đó hệ phương trình có tập nghiệm S

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ax 2 y 2 2yxô

Với y 0 và x ¤ 0, vì x ¥ 0 nên x 0, thử lại tháy p0,0q không là nghiệm của hệ. Suy ra 5y4x, thế vào phương trình thứ 2 của hệ ta được

Vậy nghiệm của hệ làpx, yq

Dễ thấy px, yq p2,2q không là nghiệm của hệ phương trình đã cho Lấy hai phương trình trừ nhau vế theo vế, ta được

Thay xy vào một trong hai phương trình của hệ, ta dược

?x 2 91 10 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy3.

Ví dụ 2.6 Giải hệ phương trình:

Lần lượt lấy p1q p2q và p1q p2q ta được hệ tương đương

Nhân p3qvà p4q với nhau ta được px 2 y 2 q p1x 2 y 2 q

16, và thế vào hệ ban đầu ta được

So với điều kiện, nghiệm hệ làpx, yq

Phương pháp đặt ẩn phụ

Đặt một ẩn phụ

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [2], [4].

Trong một số hệ phương trình, nếu một phương trình của hệ có dạng α n rfpx, yqs n α 1 fpx, yq α 0 0, vớifpx, yqlà một bểu thức đơn giản củaxvày, thì ta sẽ đặttfpx, yqđể đưa phương trình đó về dạng α n t n α 1 t α 0 0, sau đó giải tìm t để nhận được một mối quan hệ đơn gian giữ x và y Trong một số trường hợp đặt biệt, một phương trình của hệ sẽ có dạng đẳng cấp bậc hai giữa hai biểu thức fpx, yq và gpx, yqnào đó, tức là phương trình đó có dạng rfpx, yqs 2 fpx, yq.gpx, yq rgpx, yqs 2 0, khi đó chúng ta sẽ sử dụng phương pháp giải quyết phương trình đẳng cấp để đưa phương trình này về dạng phương trình bậc 2.

2? 2x y32xy x 2 2xyy 2 2 Phân tích.Dễ thấy nếu đặtt?

2x y thì phương trình thứ nhất của hệ sẽ trở thành phương trình bậc 2 theo t, từ đó việc giải ra t để tìm mối quan hệ của x và y sẽ trở nên đơn giản.

Lời giải Điều kiện: 2x y¥0. Đặt t?

2x y¥0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành

2t3t 2 ô t1 t 3 ploạiq Khi đó2x y1hay y 12x, thế vào phương trình thứ hai ta được x 2 2x30ô x1ủy 1 x 3ủy7 Vậy tập nghiệm của hệ là S tp1,1q;p3,7qu.

% y 3 2py 1q? xy2y 1 y 3 y 2 xy 2 2y2py 2 yq? xy 1

Lời giải Điều kiện: x¥y. Đặt ty y? xy, khi đó phương trình thứ hai trở thành t 2 2t 10ôt 1

Xử lý phương trình thứ nhất chúng ta được : py 1q y 2 y1

2py 1q? xy0ô y 1 y 2 y1 2? xy Khi đó ta có hai hệ sau đây:

5 2 Kết hợp với điều kiện, nghiệm của hệ phương trình ban đầu làpx, yq

Ví dụ 2.9 Giải hệ phương trình:

Phân tích Ta chú ý biểu thức trong căn của phương trình thứ nhất có dạng tích số nên ta sẽ phân tích biêu thức ngoài căn thành dạng tổng của 2 nhân tử của tích này.

Ta biểu diễn x 3apy 1q bp3yxq bx pa 3bqy 3và đồng nhất hệ số ta được $

% b 1 a3 khi đó phương trình thứ nhất có dạng đẳng cấp theo ? y 1 và ?

Phương trình thứ nhất tương đương với

3py 1q p3yxq 2a py 1qp3yxq ô33yxy 12 c3yx y 1 Đặt t c3yx y 1 ¥0, thì ta được t 2 2t30ô t 1 t 3 ploạiq

Khi đó c3yx y 1 1 ô 3yx y 1 ô x 2y1 Thế x 2y1 vào phương trình thứ hai ta được a3y2a y 22y 2 3y2ô ? 2py2q

9 ¡2 nên ta chỉ nhậny2 Khi đó x3 So điều kiện, nghiệm hệ phương trình là px, yq p3,2q.

Ta có phương trình thứ nhất tương đương với x a px yqpxyq 2y ôx2y a px yqpxyq 0 ô 1

2pxyq a px yqpxyq 0 ô3pxyq px yq 2a pxyqpx yq 0 ô3.xy x y 1 2 cxy x y 0 (vì xy0không là nghiệm của hệ). Đặt t cxy x y ¥0thì ta được

3 t 1 ploạiq Khi đóxy9x 9yô5y 4x và thế vào phương trình thứ hai p1? xqpx2? x 2q x 2 ô p1? xq rx 2p1? xqs x 2

Do x1 không là nghiệm nên chia hai vế cho p1? xq 2 ta được x

1? x ¥0thì được u 2 u20ôu2 suy ra x

So với điều kiện, nghiệm của hệ làpx, yq

Đặt hai ẩn phụ

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [1], [2], [4].

Các phép đặt hai ẩn phụ dạng trong giải hệ phương trình cũng rất đa dạng và phong phú Tùy vào mỗi hệ phương trình mà ta cần phải khai thác các đặc điểm riêng và cấu trúc của từng hệ để tìm ra phép đặt ẩn phụ nhằm đưa về những hệ cơ bản (đối xứng loại I, II, đẳng cấp, các hệ giải được bằng phép thế, phép cộng, hàm số, ).

Phân tích: Để ý rằng các đại lượng trong căn đều là các biểu thức bậc 1, nên nếu ta đặta? xyvàb?

2y1thì ta có thể biểu diễnx, y theoa 2 vàb 2 , từ đây chuyển hệ ban đầu thành hệ phương trình đa thức.

Lời giải Điều kiện: x¥y¥0. Đặt $

2 khi đó hệ phương trình một trở thành

'% pa bq 2 2ab a b4 pa bq 2 2ab a 2 b 2 3 Đặt S a b¥0, P ab¥0 với S 2 ¥4P, khi đó ta được

Từ đó ta đượcpx, yq p2,1q là nghiệm duy nhất của hệ phương trình ban đầu.

Phân tích: Ta nhận thấy rằng x 0 không thỏa mãn hệ nên nếu chia (1) cho ? x và chiap2q chox ta được

3 và đặt ay 2 x, bx thì hệ trở thành

?a 1 ? b 14 a b? ab 3 đây là hệ đối xứng loại I.

Lời giải Điều kiện: xy x 2¥0, x¥0, xy 2¥0.

Do x0 không là nghiệm hệ nên với x0, chia (1) cho ? x, chia (2) cho xta được

% ay 2 x b x thì hệ trở thành

So với điều kiện, nghiệm của hệ phương trình là px, yq

Phân tích: Xuất phát từ phương trình thứ hai, nếu ghép? x 2 2x,a y 2 3ythì sau khi nhân lượng liên hợp sẽ xuất hiện hạng tử cộng giống với phương trình một Từ đó ta tìm được phép đặt ẩn phụ.

Lời giải Do ? x 2 2 x0,a y 2 3 y 0vô nghiệm nên Hệ phương trình (2.1) tương đương với $

Khi đó hệ tương đương với

% x 17 20 y 13 20 Vậy tập nghiệm cần tìm của hệ là S

Phân tích: Bài toán có dạng tông quát là

Phương pháp giải là đặt $

Khi đó ta có thể biểu diễn

Từ đây ta sẽ làm mất căn trong hệ ban đầu.

Khi đó hệ ban đầu trở thành

2v 1 Vậy nghiệm của hệ làpx, yq p4,1q.

Phân tích: Việc các đại lượng x y và xy xuất hiện nhiều lần góp phần dẫn ta đến ý tưởng sẽ đặt ẩn phụ là a x y và b xy Mặt khác ta hoàn toàn có thể biểu diễn x 2 y 2 theo x y và xy, do đó ta có lời giải sau.

Lời giải Điều kiện: x y¥0, xy¥0.

Hệ ban đầu tương đương với

?xy 2? x y Đặt ax y¥0, bxy¥0, khi đó

% a ab 8? ab 9? ab 3 a b2? ab 4,pa¥b¥0q ô

So với điều kiện, tập nghiệm hệ phường trình là px;yq tp2; 2qu.

Phương pháp hàm số

Phần này được tham khảo chủ yếu từ [4].

Ta có các tiếp cận tổng quát một hệ phương trình bằng phương pháp hàm số như sau:

1 Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có).

2 Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số

Biến đổi một phương trình của hệ về dạng fpuq fpvq với u, v là các biểu thức chứa x, y.

Xét hàm đặc trưng fptq, chứng minh fptq đơn điệu, suy ra u v từ đây suy ra hệ thức đơn giản chứa x, y.

3 Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn.

Ta sẽ khai thác phương trình đầu tiên để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y Ta có

2y 3 12y 2 25y 18 p2x 9q? x 4 ô 2py 2q 3 py 2q 2p? x 4q 3 ? x 4 ô fpy 2q fp? x 4q, với hàm fptq 2t 3 t Ta có f 1 ptq 6t 2 1¡0, @tP R, suy ra fptqđồng biến trên R Do đó fpy 2q fp? x 4q ôy 2? x 4ô

Thế x4y y 2 vào phương trình thứ hai cả hệ ta được

Với x5thì y1 (thỏa điều kiện).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất px, yq p5,1q.

?x 3 ? 4 x2a y 4 5y ô ? 4 x2 a px2q 5y a y 4 5 ô fp? 4 x2q fpyq, với hàm fptq t ? t 4 5,t P r0; 8q Ta có f liên tục trênr0; 8q và f 1 ptq 1 2t 3

?t 4 5 ¡0, @tP r0; 8q, suy ra fptqđồng biến trên r0; 8q Vì ? 4 x2¥0và 4y px y2q 2 ¥0, nên fp? 4 x2q fpyq ô? 4 x2yôxy 4 2.

Thế xy 4 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được

Xét hàm sốgpyq y 7 2y 4 y4trên nửa khoảngr0; 8q Dog liên tục trênr0; 8q và g 1 pyq 7y 6 8y 3 1 ¡ 0,@y P r0; 8q nên gpyq đồng biến trên r0; 8q Lại có gp1q 0 nên phương trìnhgpyq 0có nghiệm duy nhất là y1.

Với y0thì x2 (thỏa mãn điều kiện) và vớiy 1 thì x3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm px;yqlà p2; 0q và p3; 1q.

Lời giải Ta có: x ? x 2 4 y a y 2 1 2ôx ? x 2 42a y 2 1y ôx ? x 2 4a p2yq 2 4 p2yq ôfpxq fp2yq, với hàm số fptq t ?

Do đó hàm số fptqđồng biến trên R Suy ra fpxq fp2yq ôx 2y, và thế vào phương trình còn lại của hệ ta được:

3x 2 px 1q 3 px 1q ôg 3x 2 gpx 1q, với hàm số gptq t 3 t Ta có g 1 ptq 3t 2 1 ¡ 0,@t P R Do đó hàm số gptq đồng biến trên R Suy ra f 3x 2 fpx 1q ô3x 2 x 1ôx 1?

12 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

Nhận xét 2.1 Ta có cách biến đổi tổng quát cho hệ phương trình chứa đẳng thức ax a paxq 2 1 by a pbyq 2 1 1 (2.2)

Do a pbyq 2 1¡a pbyq 2 |by| ¥by, suy ra a pbyq 2 1by ¡0nên p2.2q ô ax a paxq 2 1 a pbyq 2 1 by a pbyq 2 1by apbyq 2 1by 1 ôax a paxq 2 1a pbyq 2 1 pbyq ôfpaxq fpbyq, với hàm số fptq t ? t 2 1xác định và liên tục trên R Ta có f 1 ptq 1 t

?1 t 2 ¥0, @t PR. Suy ra fpaxq fpbyq ôax by Từ đây ta có mối liên hệ giữa x và y.

Lời giải Với x0 hoặc y 0 thì hệ phương trình không thoả mãn Giả sử x0 và y0 Phương trình thứ nhất tương đương với

Xét hàm số fptq t ? t 2 1 1 có f 1 ptq 1 ? t 2 1 t 2

?t 2 1 ¡0 nên f đồng biến trên R Từ (2.3) ta có f

Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta có

8. Vậy hệ có nghiệm duy nhất px, yq

Cộng hai phương trình của hệ ta được x? x 3x 4? x 2y? y ? y ô p? x 1q 3 p? x 1q p? yq 3 ? y ô fp? x 1q fp? yq,

Với hàm số fptq t 3 t xác định trên R, ta có f 1 ptq 3t 2 1¡0, với mọitP R nên fptqđồng biến trênR Suy rafp? x 1q fp?yq ô ? x 1 ?y và thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được x 3? x0ụx0ủy1.

Vậy hệ có nghiệmpx, yq p0,1q.

Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Lớp các bài toán sử dụng các bất đẳng thức đại số cơ bản

Phân tích.Phương trình (1) đẳng cấp và đối xứng theo hai biến x, y nên ta có thể dự đoán xy Nhận thấy các biểu thức trong căn thức đều đưa được về dạng apxyq 2 A 2 ¥?

A 2 |A| ¥A với dấu””xảy ra khi xy Thật vậy, viết

5x 2 2xy 2y 2 pmx nyq 2 pxyq 2 và đồng nhất tìm được m 2, ta có thể làm một cách tương tự dối với căn thức còn lại.

Lời giải Điêu kiện: 2x y 1¥0 và vế trái (1) luôn dương nênx y¥0.

Ta có phương trình thứ nhất tương đương với

3px yq a p2x yq 2 pxyq 2 a px 2yq 2 pxyq 2 ¥a p2x yq 2 a px 2yq 2 |2x y| |x 2y| ¥3px yq.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khixy¥0 Do đó phương trình (1) dẫn đếnxy, thay phương trình p2qta được

19x 8 px 2q 2 2 looooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooomooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooon ¡ 0, @ x ¥ 0 ôx 2 x0ô x0ủy 0 x1ủy 1 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S tp0,0q;p1,1qu.

Lời giải Viết hệ phương trình đã cho lại thành

Lấy phương trình hai trừ cho phương trình một ta được : b

% xy x 2 y 1 ôxy1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất px, yq p1,1q.

Phương trình hai được viết lại thành : b pxa xpy 3qq 2 2px y 3q ? x a y 3¥2a x y 3 ô x y 3 2a xpx y 3q ¥2px y 3q ô p? xa y 3q 2 ¤0 ô? xa y 3ôxy 3.

Khi đó ta được y 2 py 3q 2 17y0ô2y 2 11y 90ôy 9

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là

Lớp các bài toán sử dụng các bất đẳng thức cổ điển

Lời giải Điều kiện : y 2 4y 2¤0; 2x 2 4x10¥0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho phương trình hai chúng ta có y6x 11?

Tiếp tục cho phương trình một chúng ta có x 2 2x2a y 2 4y2¤ y 2 4y2

2 ô2x 2 4x y 2 4y3¤0. Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta có

Kết hợp với điều kiện suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất kể trên.

14x1 Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy ta có a3

Do đó từ hệ phương trình đã cho ta suy ra

8 vào phương trình thứ hai của hệ ta suy ra được y

2 Vậy nghiệm của hệ làpx, yq

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

% y3 x16 Mặt khác py3q 2 12.¥12, từ đây ta suy rax 16và y3 Thế vào hệ ban đầu ta thấy thỏa mãn Vậy nghiệm của hệ là px, yq p16,3q.

Do đó phương trình (2) tương đương

% pxy1qpxy y 1q 0 xy1 ôxy1ôy 1 x. Thế vào phương trình (1) ta được

So điều kiện, nghiệm của hệ cần tìm là px, yq

% ax 2 xy 2y 2 a y 2 xy 2x 2 2px yq p1q p8y6q? x1 p2 ? x2qpy 4? y2 3q p2q

Ta có thể viết lại phương trình (1) thành d x y 2

Trong mặt phẳng tọa độOxy, ta đặt Ý ẹu x y

Do đó phương trình (1) xảy ra khi và chỉ khi

2 ôx 2 y 2 ôxy,p do x¥1, y ¥2q. Thế vào p2q ta được p8x6q? x1 p2 ? x2q px 4? x2 3q ô p4x3q ?

4x4q fp2 ? x2q, với fptq t 3 t là hàm số đồng biến trên R Do đó ta được

So với điều kiện, nghiệm hệ làp2,2q,

Hệ phương trình chứa căn thức và có tham số

Phần này được tham khảo chủ yếu từ [4],[5].

Thông thường đối với các hệ phương trình vô tỷ chứa tham số, phương pháp chính của chúng ta là đánh giá và đưa hệ đã cho về các dạng dễ biện luận như hệ đối xứng loại I, II, hệ đẳng cấp Phương pháp phổ biến là tìm cách biểu diễn biến này theo biến kia và đưa về phương trình một ẩn, sau đó ta sẽ dùng accs phương pháp như đã nêu ở mục 1.5 để biện luận.

Ví dụ 2.29 Tìm a để hệ sau có đúng hai nghiệm

?x 1 ? y 32a x y4a Lời giải Điều kiện: x¥ 1, y ¥ 3. Đặt u? x 1¥0, v ? y 3¥0 Khi đó hệ trở thành

'% u v 2a uv 2a 2 2a2 Khi đóu, v là nghiệm của phương trình

X 2 2aX 2a 2 2a20 (2.4) Để hệ ban đầu có đúng 2 nghiệm thì phương trình (2.4) phải có 2 nghiệm không âm phân biệt Khi đó ta có điều kiện

Ví dụ 2.30 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

Ta có hệ tương đương với

?x1 ? y2 px1q 2 y 2 3m 3 Đặt a? x1¥0, b ?y ¥0 thì hệ trở thành

Từ (1), suy rab 2a¥0, do đó a¤2và có a¥0nên aP r0,2s Thếb2a vào p2q ta được a 4 p2aq 4 3m 3, (2.5) vớiaP r0,2s Để hệ ban đầu có nghiệm thì phương trình (2.5) phải có nghiệmaP r0,2s. Xét hàm số fpaq a 4 p2aq 4 , a P r0,2s.

Ta có f 1 paq 4a 3 4p2aq 3 , f 1 paq 0ôa1 và ta suy ram phải thỏa mãn

Ví dụ 2.31 Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm

Từ hệ ta suy ra

2t ¡0, @tP p1,2q, suy ra fptq là hàm tăng trên r1,2s Do đó ta suy ra xy và thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được

2x với xP r1,2s Ta có g 1 pxq 1

2. Khi đó ta có min x Pr 1,2 sgpxq mintgp1q, gp1{2q, gp2qu ?

3, max x Pr 1,2 sgpxq maxtgp1q, gp1{2q, gp2qu ?

Từ đây ta suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi?

Ví dụ 2.32 Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

Lời giải Trừ hai phương trình cho nhau ta được

3y 2 y 1ôfpxq fpyq, với hàm số fptq ?

3 c 3z 2 11 12 ¡0, @z P R, do đó gpzq đồng biến trên R Suy ra t 1

6 ôg t 1 6 ¡g t1 6 ôf 1 ptq g t 1 6 g t1 6 ¡0 nên hàm sốfptqđồng biến trên R Suy rafpxq fpyq đồng ngĩa với xy và thế vào phương trình đầu tiên của hệ ta được

3x 2 x 1m (2.6) Để hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất thì phương trình (2.6) có nghiệm duy nhất.

Ta có bảng biến thiên x f 1 pxq fpxq

Dựa vào bảng biến thiên, suy ram 2.

Ví dụ 2.33 Tìm m để hệ phương trình sau có đúng một nghiệm

Lời giải Điều kiện: y¥0, x 2 4xy 1¥0.

Khi đó phương trình (2) trở thành

2x1m (2.7) Ứng với mỗi giá trị của x thì phương trình y x 2 2 cho một nghiệm y Để hệ có đúng 1 cặp nghiệm thực thì (2.7) có đúng một nghiệm x¥ 1

4 nên fpxq đồng biến trên

Do đó để p2.7q có đúng một nghiệm thì m¥ min

Ví dụ 2.34 Tìm tham số thực k để hệ phương trình sau có nghiệm

Lời giải Nếu k 0 hệ có dạng

Hệ trên có nghiệm px;yq p0;cq, cPR tuỳ ý.

Xétk 0 Đặtt ? 3 x ta được hệ

Ta có t0 không là nghiệm của hệ Đặtut 1 t (với |u| ¥2q hệ (I) trở thành

% kpu 3 2uq y kpu 4 2u 4 1q 2kpu 3 2uq 1 p q (II)

Phương trìnhp q ôu 4 2u 3 3u 2 4u 1 1 k. Đặt fpuq u 4 2u 3 3u 2 4u 1, với |u| ¥ 2 Khảo sát hàm số này ta được, với

|u| ¥2 thì fpuq P r3; 8s Vậy hương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi ô 1 k ¥ 3ô k¡0 k¤ 1 3

Hệ đã cho có nghiệm ôk ¥0 hoặc k ¤ 1

Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp

Bài toán 2.1 (HSG tinh An Giang, 2013) Giải hệ phương trình

Ta có hệ tương đương với

% x4 y4 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ làS px, yq tp4,4qu.

Bài toán 2.2 (HSG Hải Phòng, bảng A, năm học 2010-2011) Giải hệ phương trình

Lời giải Điều kiện: y0, x 1 y ¥0, x y ¥3 Đặt a c x 1 y ¥0, b a x y3¥0.

Khi đó, hệ ban đầu trở thành

10 Thử lại, thấy tất cả dều thoả mãn Hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là p3,1q,p5,1q,p4?

Bài toán 2.3 (HSG tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu, 2011) Giải hệ phương trình

Lời giải Điều kiện: x¥0, y ¥0 Ta có hệ phương trình tương đương với

Khi đó hệ trở thành

% x2 y2 Vậy nghiệm của hệ làpx, yq p2,2q.

Bài toán 2.4 (HSG Quốc gia, năm học 2000-2001) Giải hệ phương trình

Lời giải Điều kiện: mint7x,2xu ¥ y. Đặt a a

Hệ phương trình đã cho tương đương với

% a b 5 p1q b xy2 p2q Nhận thấy a 2 b 2 5x Do đó pa bqpabq 5x do ủ p 1 q abx.

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được a5y2 y12ôa

Suy ra nghiệm của hệ làpx, yq

Bài toán 2.5 (Đề thi Đại học, Khối A, 2010) Giải hệ phương trình

4. Phương trình (1) viết lại thành

Xét hàm số đặc trưng fptq t 3

2 ¡0, @tPR. Suy ra f là hàm đồng biến trên R, từ đó2x?

Nếuu 1 thì w 2 32uĂ1ủwĂ1ủv 2 32w 1 ủv 1ủu 2 32v Ă1ủuĂ1, Đến đây ta gặp mâu thuẫn, vậy không thể có u 1 Tương tự, trường hợpu¡1cũng không thể xảy ra Vậy u 1 Suy rau v w 1 Do đó x 1

Nhận xét 2.2 Việc tìm ra 2x ?

52y bằng tính đơn điệu của hàm số được tiến hành bằng phương pháp hệ số bất định như sau : Ta sẽ bắt đầu phân tích từ (1). Phương trình này cóx, y tách biệt nên khả năng dùng dơn điệu là cao Vậy ta biến đổi phương trình về dạng gpxq hpyq ô 4x 2 1 x p3yqa

Ta hy vọng rằng fptq t 3

2 chính là hàm đặc trưng mà ta cần tìm Vậy cần phải phân tích p4x 2 1q x4x 3 x ppxq 3

2 Rõ ràng ppxq có dạng mx n, dùng hệ số bất định ta thu dượcm 2;n0ủppxq 2 Như vậy hàm số đặc trưng chớnh làfptq t 3

Bài toán 2.6 (HSG tỉnh Ninh Thuận, 2014) Giải hệ phương trình

Lời giải Điều kiện: 9 p1x 2 yq 2 ¥0,2x 3 y 2 x 4 x 6 ¥0.

9 p1x 2 yq 2 ¤3 a4 pxyq 2 py 2 x 3 q 2 1¥3 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ làpx, yq p1,1q.

Bài toán 2.7 (HSG Quốc gia, 2009) Giải hệ phương trình

?1 2xy axp12xq a yp12yq 2

2 Với điều kiện này ta chứng minh

Thật vậy Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 4xy 2y 2 4xy 3 2x 2 4x 3 y2p1 2x 2 2y 2 4x 2 y 2 q p1 2x 2 q p1 2y 2 q p1 2xyq 4xy2y 2 4xy 3 2x 2 4x 3 y8x 2 y 2 p1 2x 2 q p1 2y 2 q p1 2xyq 4xypy 2 2xy x 2 q 2pxyq 2 p1 2x 2 q p1 2y 2 q p1 2xyq

2pxyq 2 p2xy1q p1 2x 2 q p1 2y 2 q p1 2xyq ¤0 do 0¤xy¤ 1

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y Vậy p2.8q được chứng minh Dấu bằng xảy raôxy Do đó phương trình thứ nhất của hệ tương đươngy x Thay vào phương trình thứ hai ta được axp12xq 1

Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm px, yq

Luận văn đã đạt được một số kết quả quan trọng sau Đưa ra một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình chứa căn thức.

Cung cấp một số dạng đặc trưng trong từng phương pháp giải.

Giải quyết các phương trình, hệ phương trình chứa căn thức xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, Olympic.

Tiêu đề	Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Chứa Căn Thức
Tác giả	Nguyễn Công Nhã
Người hướng dẫn	TS. Nguyễn Ngọc Quốc Thương
Trường học	Trường Đại Học Quy Nhơn
Chuyên ngành	Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Thể loại	Đề Án Thạc Sĩ
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Bình Định

Định dạng
Số trang	110
Dung lượng	659,25 KB