Luận văn thạc sĩ Toán học: Phân loại các hệ phương trình trong toán học phổ thông

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI LUẬN VĂN THẠC SĨ “PHÂN LOẠI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG TOÁN HỌC PHO THONG” HOC VIEN: LE VAN LUU CHUYEN NGANH: Phuong pháp toán sơ c

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

LUẬN VĂN THẠC SĨ

“PHÂN LOẠI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG TOÁN

HỌC PHO THONG”

HOC VIEN: LE VAN LUU

CHUYEN NGANH: Phuong pháp toán sơ cấp

MÃ SỐ: 60460113 _

CÁN BỘ HƯỚNG DÂN: PGS TS Nguyễn Minh Tuấn

HÀ NỘI - 2015

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của PGS TS Nguyễn Minh Tuấn Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn Từ tận đáy lòng em xin cảm bày tổ sự biết ơn sâu sắc đến thầy.

Toi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới: các thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học; Phòng sau đại học Trường Dại Học Khoa Học Tự Nhiên, Dại Học Quốc Gia Hà Nội; Các thầy cô giáo đã tham gia giảng dạy khóa cao học chuyên ngành phương pháp toán cơ cấp khóa 2013-2015; Ban giám hiệu và các đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Siêu Hưng Yên đã

tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn của mình.

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và rất nghiêm túc trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên những nội dụng được trình bày trong luận văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi những thiếu sót Vì vậy tác giả rất mong

nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn

Mục lục

Mở đầu

1 Phương trình đại số bậc ba và bốn

1.1 Phương trình đại số bậc ba cv.

1.2 Phương trình đại số bac bốn SẺ.

1.2.1 Phương trình dang (x —a)'+(a—b)'=e 0 ee

122 Phuong trình dạng 0.0.2.0 0.00004

1.2.3 Phương trình với hệ số phan hồi

1.2.4 Phương trình dạng t4 = at? + ØfLÀ

1.2.5 Phương trình dang ax’ + ba? + cx? +-dzr+e=0,a40

2 Hệ phương trình thường gap 2.1 Hệ phương trình bậc nhấthaiẩn co 2.2 Hệ phương trình đối xứng TQ so 2.2.1 Hệ phương trình đối xứng loại một

-2.2.2 Hệ phương trình đối xứng loại

hai -2.3 Hệ phương trình dang cẤp TQ va 2.3.1 Hệ phương trình chứa một phương trình đẳng cấp

2.3.2 Hệ phương trình đẳng cẤp cuc 2.4 Hệ phương trình bậc hai tổng quát cố. 2.5 Hệ phương trình bậc cao nhiều ẩn số

2.5.1 Hệ phương trình hoán vị vòng quanh

2.5.2 Hệ phương trình bậc cao nhiều ẩnsỐ

2.6 Hệ phương trình chứa căn, hệ phương trình mũ và logarit

2.6.1 Hệ phương trình chứa căn 2 ee ee 2.6.2 Hệ phương trình mũ và logarit ee 3 Hệ phương trình không mẫu mực 3.1 Phuong pháp biến đổi tương đương 2

3.1.1 Phương pháp cộng ca 3.1.2 Phương phépthé 0 0.00.00 Q 00000 eae 3.1.3 Phương pháp phân tích thành nhân tử

il

w

a KhCC tO œ œ Gœ

12 15 15

31

41 41 43 51

58 58 67 73 73 79

11

Mở dau

Hệ phương trình là một trong những nội dung trọng tâm, phổ biến có vị trí đặc biệt quan trọng trong chương trình toán học phổ thông No xuất hiện nhiều trong

các kỳ thi hoc sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học và cao dang Học

sinh phải đối mặt với rất nhiều những dạng toán về hệ phương trình mà việc phân

loại chúng chưa được liệt kê đầy đủ trong sách giáo khoa Đó là các hệ phươngtrình bậc nhất, hệ phương trình đối xứng loại một, hệ phương trình đối xứng loạihai, hệ phương trình dang cấp, hệ phương trình bac hai tổng quát,

Việc phân loại các hệ phương trình cũng như việc tìm lời giải các hệ và việc xây

dựng các hệ là niềm đam mê của không ít người, đặc biệt những người trực tiếp

giảng dạy Chính vì vậy để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn

đề tài "Phân loại các hệ phương trành trong toán học phổ thông" làm đề tài nghiên

cứu của luận văn Dé tài nhằm một phần nào đó đáp ứng mong muan của bản thân

về một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trong nhà trường phổ thông.

Luận văn này đề cập đến việc phân loại các hệ phương trình trong chương trình

toán phổ thông, từ đó giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc hơn về các bài toánliên quan đến hệ phương trình Luận văn được chia thành ba chương Chương 1 đềcập đến hương trình bậc ba và phương trình bậc bốn Chương 2 phân loại có hệ

thống một số hệ phương trình thường gặp Chương 3 nêu một số phương pháp giải

điển hình cho hệ phương trình không mẫu mực Hy vọng đây sẽ là một tài liệu hữuích trong giảng dạy cũng như học tập của thầy, cô và các em học sinh

Bài toán 1.1 Giải phương trình (1.1) khi biết một nghiệm: x = zp.

Lời giải Theo giả thiết

axe + bưa + cro +d = 0.

Phương trình (1.1) tương đương với các phương trình sau

ax? + bx? + ca + d = arg + bx? + cap +d;

a (x3 x3) b (2? x) c(x — x9) = 0;

x — 19) (ax? + (arg + b)# + ax? + brp + e) = 0.0

Xét A = (azg + 0)? — 4a (az2 + bxo + c)

1) Nếu A < 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = zo

Nhận xét 1.1 1) Nếu zo là nghiệm của (1.1) thì điều kiện cần và đủ để (1.1) có

ba nghiệm phân biệt là:

ax, + (aro + b)z0 + axe + bro + c # 0

A >0.

2) Nêu 2 là nghiệm của (1.1) thì có thể phân tích ax + ba? + cx +d = f (x) (x — 20),

trong đó ƒ (z) là tam thức bậc hai.

3) Nếu a1, x2, 73 là các nghiệm của (1.1) thi

Bài toán 1.2 Giải phương trình 4x3 — 3z = m với |m| < 1

Loi giải Đặt m = cosa = cos (a + 2a) Khi đó

C€OSŒ = COS (3.5) = Acos”S — 3cos >

8 ì 4 ‘Am — Qa — +27 — Œ~27

Do vậy phương trình có ba nghiệm: a1 = cos}, rg = cOsSS““, 13 = cos*4*.

Bài toán 1.3 a) Dat x = 4 (a + +) , a #0 Chứng minh dang thức

a

Phương trình đại số bậc ba va bốn

Đặt a = z+ Vo? — 1 thì z = $(a+ 4) và z3 = š(a3 + 3a + 3 + 4) Suy ra

1 1 1 1

da — Br = 5(a® + 8á + = +4) — F(a =) = 5 (a8 + 4).

b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất That vậy, phương trình khong

có nghiệm ap € [—1; 1] vì nếu zo € [—1; 1] thì đặt xo = cosy suy ra

|4z” — 3z| = |4cos* yp — 3 cos ¿| = |cos3y| < 1 < |m|.

Giả sử phương trình có nghiệm 2), |x| > 1, 4z3 — 321 = m Khi đó

r= $ (Vins Vie 14 Vn Vinh =1).

Bài toán 1.4 Giải phương trình: 4z + 3z = m

Loi giải Nhận xét rằng x = x là nghiệm của phương trình thì đó là nghiệm duynhất That vậy, xét z > zọ, khi đó 4z + 3z > 4z} +32, =m Tương tu, với # < x9thì 4z3 + 3z < 4z} + 3z =m

Đặt z= 4 (a — +) , a#0 Khi đó dé dàng kiểm tra dang thức

1) Nếu p =0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y = ÿ⁄4.

2) Nếu p > 0 thì đặt y = 24/§z Khi đó ta được phương trình

Phương trình đại số bậc ba va bốn

1.2 Phương trình đại số bậc bốn

Trong phần sẽ nêu phương pháp chung để phân tích đa thức bậc bốn tổng quátthành tích hai tam thức bậc hai Đối với một số dạng đa thức bậc bốn đặc biệt cónhững phép biến đổi phù hợp và đơn giản hơn, không đòi hỏi phải vận dụng toàn

bộ thuật toán tổng quát.

1.2.1 Phương trình dang (x — a)’ + (x — b)` =<.

Đặt z= ¿+ th, a= ab Khi đó phương trình trở thành

(t+a)'+(t-a)' =¢;

2/! + 12074? + 2a4 —c=0.

Day là phương trình đã biết cách giải

Bài toán 1.6 Giải phương trình (x — 3)* + (z— 5)“ = 82.

Lời giải Đặt x = +4 Khi đó phương trình đã cho trở thành các phương trình sau

(y+1)° + (y—-1)* = 82;

„2 + 6y? — 40 = 0.

Giải phương trình tìm được = 2 và y = —2

Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z = 2, r= 6.

1.2.2 Phuong trình dang

(x +a) (a+b) (a+c)(a+d)=m, a+d=b+c.

Dat u = (x + a) (+ + đ) suy ra (4 + b) (œ +c) = u + be — ad Khi đó phương trình trở

thanh u(u + bc — ad) = m hay u? + (be — ađ)u — ma = 0 Day là phương trình đã biết

cách giải.

Bài toán 1.7 Giải phương trình x (x + 1)(z + 2) (+ + 3) =8.

Ta tìm được z = — Do vậy phương trình có nghiệm z = 35

1.2.3 Phương trình với hệ số phản hồi.

€ LẦU

av‘ + br? + cx? + dự +e =0, -Ñ:

sau

ax* + bx? + cx? + bax 4 aa? = 0;

(x? + a2“ + bz(+? + a) + (e— 2aa)x? = 0.

Nhận xét z = 0 không thỏa mãn phương trình Chia hai về phương trình cho 2? tađưa phương trình đã cho về hệ phương trình

Nhận xét 1.2 Dặc biệt khi a = e,b = đ phương trình ban đầu trở thành phương

trình đối xứng ax* + br? + cx? + bx +a = 0 Khi a = e,b = —d phương trình ban đầu

trở thành phương trình nửa đối xứng az' + br? + cx? — bx +a = 0

Bài toán 1.8 Giải phương trình: z† + 323 — 62? + 6z + 4 = 0

Phương trình đại số bậc ba va bốn

Loi giải Dé thay x = 0 không là nghiệm của phương trình Xét x # 0 chia hai về

phương trình cho z7 ta được

Đặt =z+ 2, (| > 2) suy rat? =2?+4+44 Phương trình đã cho trở thành

Phương trình đại số bậc ba va bốn

Bài toán 1.9 Giải phương trình «4 = 3z2 + 10z + 4

Loi giải Viết phương trình dưới dang

Trường hợp 1 z?— 5z — 5 +1 =0 hay «= v5+V L†4v5 VIL4V5,

Trường hợp 2 +2 + 5z + W5-+1=0 vô nghiệm

V5+W 1†4v5.

Do vậy phương trình có hai nghiệm z = 5

1.2.5 Phương trình dạng az + bz + c#z?+ dư +e=0,a#0

Đặt x = — +t Khi đó phương trình trở thành t* = at? + 6t+ Dây là phương

trình đã biết cách giải

Bài toán 1.10 Giải phương trình: «4 — §z3 + 20a? — 12z — 9 = 0

Loi giải Dat z =t+2 Khi đó phương trình đã cho trở thành các phương trình sau

(t + 2)! — 8( + 2)” + 200 + 2)? — 12(t + 2) -9 =0;

tt = 4t? — 4t +1;

tt = (2t— 1)”:

t? = 2t—1 hoặc t? = —2f + 1.

Giải phương trình tìm được t = 1 vat = —1 + V2.

Do vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 3; z= 1+ v2.

11

Bước 2 + Nếu D z 0 hệ có nghiệm duy nhất: z = 2; y = 7.

+ Nếu D =0, D; £0 hoặc D, # 0 thì hệ vô nghiệm

+ Nếu D =D, = Dạ =0 thì hệ có vô số nghiệm (z;y) thỏa mãn: ax + by = c

Bài toán 2.1 Giải và biện luận hệ phương trình

Bang

2z + aụ = q.

12

Dy=|9 @ =a" —2(4-a) =(a-2)(a+4).

+ Nếu a? # 4 hay a # +2 hệ có nghiệm duy nhất z = 4 = —;z#z; y= oy = at}

+ Nếu a= —2 suy ra: D=0, D„ #0 hệ vô nghiệm

+ Nếu a = 2 suy ra D = D; = D„ =0 hệ có vô số nghiệm (z;) thỏa mãn z + = 1.Bài toán 2.2 Tìm m để 2 phương trình sau có nghiệm chung

Dy=| a dam [ai (-2m? +m+7).

+ Nếu m #0 > D0 hệ có nghiệm duy nhất

Hệ phương trình thường gặp

Từ đó

9m? — 2m — 27 = 0.

Ta tìm được m = L261

+ Nếu m = 0 suy ra D = D, = D, = 0 hệ phương trình có vô số (z;) thỏa man

y —x = 2, và hệ phương trình có nghiệm chung là

+z?—z—92=0.

Ta tìm được x = —1 và z = 2.

Vậy các giá trị tìm được của m là n = Ú, m= LÈ2 v51,

Bài toán 2.3 Biện luận theo m giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Hệ phương trình thường gặp

uy ra min A = : khi x — 2y = 1,

Nhận xét 2.1 Bằng phương pháp xét hệ phương trình bậc nhất hai an ta tim

được giá trị nhỏ nhất của biểu thức A Tương tự ta tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức B= |z+~— 2| + |z + mụ — 3}.

2.2_ Hệ phương trình đối xứng

2.2.1 Hệ phương trình đối xứng loại một

Định nghĩa 2.2 Hệ phương trình đối xứng loại một có dạng tổng quát

trong đó

Phương pháp giải.

Bước 1 Đặt điều kiện nếu có

Bước 2 Dat S = z +, P = z.ụ với điều kiện S? > 4P

Bước 3 Biểu diễn ƒ(z;y) và g(x;y) qua S,P ta có hệ phương trình mới

Hệ phương trình thường gặp

của hệ, nên để hệ có nghiệm duy nhất thì z = y.

+ Điều kiện để hệ có nghiệm là S2 > 4P Nếu S$? = 4P thì hệ có nghiệm duy nhất

L=y= Ỹ + Trong mục này ta xét cả các ví dụ hệ đối xứng ba an.

Bài toán 2.4 Giải hệ phương trình

Trường hợp S+ P =6, SP =5 ta tìm được S=5, P=1 hoặc S= 1, P=5, nhưng

do điều kiện nên ta chọn S = 5, P =1 Từ đó suy ra z,y là nghiệm của phương

trình

?—5t+1=0

hay t = Z+V21 hoặc t = 5-V21,

Trường hợp $+ P =5, SP = 6 ta tìm được S = 3, P= 2 hoặc S =2, P =3, nhưng

do điều kiện nên ta chọn 8 = 3, P =2 Từ đó suy ra z,y là nghiệm của phương

Vậy hệ phương trình có nghiệm (z;) = (4;4).

Nhận xét 2.2 Không phải lúc nào ta cũng đặt tổng và tích của z, như là cách đặt # = z+,P =x mà đôi khi ta đặt S,P bằng tổng và tích của hai biểu thức

như cách đặt của bai 2.5 trên.

17

Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.6 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2000) Giải hệ phương trình

z2? +? ++= 7ï+ + 1ˆ + z2? = 21

Loi giải Dat S= x+y, P = xụ, (52 > 4P), biên đổi hệ phương trình đã cho trở

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1:2), (2;1), (—1; —2), (—2; —1).

Bài toán 2.7 (Chọn đội tuyển nghệ an 2011) Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (x;y) = (2; 4), (33:5)

-Nhận xét 2.3 Cách phân tích ở phương trình thứ hai là khó thấy Bài toán nàythực chất là suất phát từ hệ đối xứng thông thường nhưng qua các phép thế vàtách biểu thức nó trở nên phức tạp và việc biến đổi ngược lại thường phải mò mẫm.

19

Lời giải Điều kiện: ry # 0 Đặt u = we v= rn ta có các hệ phương trình sau

Đặt S=u+v,P =uo,(S2 > 4P), ta có các hệ phương trình sau

Giải hệ phương trình trên tìm được S = 3; P = 2 Suy ra u,v là nghiệm của phương trình

? —3t+ 2 = 0 hay t = 1 hoặc £ = 2.

Ta tìm được nghiệm (x;y) = (1; $).

Từ đó có hai trường hợp sau:

Hệ phương trình thường gặp

Ta tim được nghiệm (x;y) = ($31).

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; y) = (1; x), (§: 1).

Bài toán 2.9 Giải hệ phương trình

xy (y+1)+a7y? (y+ 2) + cy? — 30 = 0

Suy ra a; b là nghiệm của phương trình: ¿2 — 11t+ 30 = 0 hay t = 5 hoặc £ = 6

Trường hợp 1.

ry (x+y) =6

ry tety=d,

nên zy và z + là nghiệm của phương trình ¢? — 5t + 6 = 0 hay £ = 2 hodct = 3

Trong hai khả năng z+ = 2; z = 3 và z+ = 3 ;z = 2 thì chỉ có z+ = 3; ry = 2

cho kết qua tìm được nghiệm (x;y) = (1;2), (2;1) Khả năng còn lại vô nghiệm

Trường hợp 2.

{ #U(# + U) =5

+z + = 6,

nên zy và x+y là nghiệm của phương trình £2 — 6 + 5 = 0 hay t= 1 hoặc £ = 5ð

Trong hai khả năng z+ = 5; z = 1 và z+ = l;¡ z = 5 thì chỉ có z+ =5; z= 1

cho kết quả tim được nghiệm (z;) = (SY?!; 5#ý?!), Khả năng còn lại vô nghiệm.

Vay hệ đã cho có nghiệm là (z;y) = (1:2), (2; 1), (S471, =y21) (=S% styl) ,

Nhận xét 2.4 Giải hệ phương trình đối xứng bằng phép đặt an phụ ta sẽ thấy

mặc dù hệ là đơn giản nhưng qua phép đặt an phụ biến đổi ta sẽ được hệ mới phức tạp hơn rất nhiều Khi giải ta phải mò mẫn ngược lại ra an phụ Hệ phương trình

dưới đây có hình thức tương tự.

21

Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.10 Giải hệ phương trình

z2? +? + 1= 5+z+ 2zzụ?— 2u(1++?)=++2.

Loi giải Biên đổi hệ trở thành

{ ?+1+z(# T— 2) = 5z

(1 + 2)(z— 2y — 2) = 2z

Nhận thấy z = 0 không thỏa mãn hệ phương trình trên Khi x ¥ 0 chia cả hai

phương trình của hệ trên cho z ta được hệ phương trình

Giải hệ phương trình cơ ban ta được a = 1; b= 2 hoặc a=2; b=1

Ta có hai trường hợp sau:

Giải hệ phương trình trên tìm được (x;y) = (1;—1), (13; ð).

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; y) = (1;—I), (18; 5), (2;—1), (10;3).

22

Hệ phương trình thường gặp

Nhận xét 2.5 Hệ trên bản chất chính là hệ đối xứng rất đơn giản qua phép đặt

an phụ biến đổi mà thành Ta xét các hệ sau có bản chất là hệ đối xứng cơ bản

4) Thay a= mel b=ax2+y+1 ta có hệ phương trình {

Tương tự xuất phat từ hệ đối xứng sau

a+b=3

a? +b? =5

3 1)-3=0

Bài toán 2.11 (DH khói D.2009) Giải hệ phương trình

Dây là hệ phương trình đối xứng cơ bản

Cách 2 Ta thấy z = 0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho Khi x # 0 chia cảhai về của phương trình đầu của hệ cho z ta được hệ phương trình

z+u+l-Ÿ=0

(z+)- š+1=0.

23

Trường hợp 1 a = 2; b= 1 ta tìm được nghiệm (2; y) = (1;1)

Trường hợp 2.a = b= $ ta tìm được nghiệm (2; y) = (2:3)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (z;z) = (1; 1), (2; -3).

Nhận xét 2.6 Các hệ sau có bản chất là hê đối xứng cơ bản

Giải hệ phương trình trên ta được a+ b = 2, ab = 0 hoặc a+b = —10, ab = 48

nhưng do điều kiện của tổng và tích (a + 6)? > 4ab từ đó ta tìm được a = 2; b= 0

vaa=0; b= 2.

Ta có hai trường hợp:

Trường hợp 1 a = 2; b= 0 ta tìm được nghiệm (x;y) = (+2; 32).

Trường hợp 2 a = 0; b= 2 ta tìm được nghiệm (x;y) = (+2; 32).

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (42: 2/2) : (+v5 5/2)

Bai toán 2.13 Giải hệ phương trình

4z? + y? + 2 = Try

16x4y? + y* + 4 = 254 2(z2 — s>).

Loi giải Nhận thay zy = 0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho Xét zy 4 0

khi đó viết hệ phương trình dưới dạng

Giải hệ phương trình nay ta dudc u = 4, v = 3 hoặc u=3, 0= 4.

Ta có hai hệ phương trình sau:

Hệ phương trình thường gặp

Từ đó ta tìm được (z;) = (3; 1), (4; 2).

Vay hệ phương trình đã cho có nghiệm (2; y) = (1; 1), (1; 2), (BIO ;1), (452).

Bài toán 2.14 Giải hệ phương trình

Vậy hệ đã cho có nghiệm (z;z) = (1:1),(—$:

—3)-Cách 3 Ap dụng bất đẳng thức a2 +b? > 2ab Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.

+ Nếu z #1 thì hệ đã cho vô nghiệm.

+ Nếu z = 1 thì ta tìm được z = 0;y = 0

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (z; ; z) = (0;0; 1).

Bài toán 2.16 (Xem [3]) Giải hệ phương trình

z+u+z=0

# + 1# + zz = —

#Z = $

28

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là

(x;y; z) = (ti; te; ta) , (ta; t3; te) , (to; t1; ta), (ta; ta; t1) , (tại t1; te) , (ts; tại H).,

Bài toán 2.17 (Xem [3]) Giải hệ phương trình

#;;z là nghiệm của phương trình

# — at? +0t+0=0.

Giải phương trình tìm được ba nghiệm £ =a vat = 0 vat =0.

Vậy với mọi a € R hệ phương trình đã cho có nghiệm

(x;y; z) = (a;0; 0), (0; a; 0), (0; ; 0; a).

29

Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.18 (VMO năm 2005) Cho z; thỏa mãn z — 3+ +1 = 3W +2— ÿ.

Tìm giá trịn lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7+ y.

Lời giải Điều kiện x > —1; y > —2 Ta cần tìm tập giá trị của P, ta xét hệ phương

trình

” —1

P

2+0 =1.

Những giá trị trên của x;y để hệ có nghiệm chính là tập giá trị của P.

Đặt u=VJVr+1, u=v+2 (u>0; v>0), ta có các hệ phương trình sau

t 1— 3u = 3ø — (02 — 2)

u2+2=P+3;

u2 + 0Ÿ — 3(u + 0) =u2+02=P+3;

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2.2) có hai nghiệm không âm, tương

đương các biến đổi sau

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 9 + 3v1ð; giá trị nhỏ nhất của P bằng 9412/21,

Nhận xét 2.7 Sử dụng điều kiện có nghiệm của hệ đối xứng ta có thể tìm được

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đối xứng Ta xét bài toán

sau

30

Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.19 (DH Khoi A 2006) Cho x;y # 0 thỏa mãn zy(#z +) = z?— zụ+ 12

Tim giá trị lớn nhất của biểu thức A = ‡› + „:

Loi giải Theo giả thiết

wy U

Đặt u=4, v= i (u;v # 0) ta xét hệ phương trình

+ 0 = tu — tru + 0Ÿ

u5 +09) = A

Giải tương tự VD2.18 ta tìm được giá trị lớn nhất của A bằng 16

2.2.2 Hệ phương trình đối xứng loại hai

Định nghĩa 2.3 Hệ đối zứng lại hai là hệ mà nếu ta thay x bởi ụ va y bởi x thà

phương trinh nay biến thành phương trinh kia va ngược lại

Phương pháp giải.

Bước 1 Dat điều kiện

Bước 2 Trừ theo về hai phương trình hoặc cộng theo về hai phương trình của hệ.Khi trừ theo về hai phương trình của hệ ta phân tích được về dạng

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; y) = (#z- ¬=-:Ở2— +5)

Bài toán 2.21 Giải hệ phương trình

Hệ phương trình thường gặp

Trừ theo về hai phương trình của (2.3), ta được

(x — 0)( + — 2# +7) = 0.

Ta có hai khả năng y = z hoặc #z + — 2+ 7= 0

Trường hợp 1 Nếu y = z thế vào phương trình đầu của hệ phương trình (2.3), ta

được

z2 — 5z + 6 = 0.

Giải phương trình tìm được z = 2 va x = 3.

Trường hợp 2 Nếu z+—2z+7 = 0 Cộng theo về hai phương trình của hệ phươngtrình (2.3), ta được

Giải hệ phương trình tìm được S = 5; P = 6 hoặc 9 = 1; P = 4 Đối chiếu điều kiện

ta được S =5; P =6 từ đó tìm được nghiệm (2; y) = (2;3), (3; 2).

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; y) = (2;2), (3; 2), (2; 3), (3; 3).

Nhận xét 2.8 Việc lấy tổng hai phương trình của hệ đưa về một đa thức đối xứngrất có ý nghĩa khi ta thực hiện trừ hai về của phương trình của hệ mà phương trình

lúc sau khó sử lý.

Bài toán 2.22 Giải hệ phương trình

Vÿ2+91= V#=3+32.

33

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; y) = (3;3).

Bài toán 2.23 Giải hệ phương trình

z3(3 + 55) = 64

ry(y? + 3ụ + 3) = 12+ 51z

Loi giải + Xét x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.

+ Xét « £0 Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành các hệ phương trình sau

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; y) = (1;3).

Bài toán 2.24 Giải hệ phương trình

§1z32 — §1z22 + 33xy? — 29y? = 4

253 + 9+23 — Gary? — 4y? = 24

Loi giải Ta thấy y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình Khi y 4 0 biến đổi hệ

phương trình đã cho trở thành các hệ phương trình sau

Hệ phương trình thường gặp

Hay

(a — 2)(3a? + 5a + 12) = 0.

Ta tìm được a = 2 Từ đó hệ phương trình có nghiệm (z; y) = (1; 1).

Bài toán 2.25 Giải hệ phương trình

Giải phương trình tìm được z = 3; z= 3.

Vậy hệ phương trình có nghiệm (z;z) = (—1;—1), (3; Non Non >" —c5 pole `— —— w]e w >"

Bài toán 2.27 Giải hệ phương trình