Kĩ thuật dự đoán nghiệm và đơn giản hóa cách giải phương trình

o0DarkLord0o KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG KÌ THI ĐẠI HỌC Kĩ thuật này có phần tương tự với việc dự đoán điểm rơi trong chứng minh bất đẳng thức. Sau đây chúng ta sẽ đi xét một vài ví dụ cụ thể. VD1. Giải hệ phương trình: 1 11 3 xy xy x y y y x x x            Trước hết như chúng ta đã nói ở đầu chủ đề, việc đầu tiên là dự đoán nghiệm của hệ. Bằng cách nhẩm tính (trong kì thi ĐH nghiệm thông thường là các số nguyên), dễ dàng thấy hệ có nghiệm:     , 1,0xy Quay lại với hệ phương trình, hãy xem ta sẽ xoay sở như thế nào? Một phản xạ rất tự nhiên có lẽ nhiều người sẽ đặt , .( 0, 0)x a y b a b    và nhân chia cộng trừ tung toé lên. Dĩ nhiên trong bài viết này chúng ta sẽ không làm điều đó. Với kết luận 1x  ở trên, hãy chú ý phương trình thứ nhất của hệ kèm theo điều kiện 0, 0xy , (1) 1VT  → (1) 1VP x → 11 x x x  (*). ‘=’ khi và chỉ khi 1x  . Với kết luận (*) ở trên, rõ ràng từ phương trình (2) ta có thể đưa ra kết luận 3y y y để đảm bảo đẳng thức. Song điều trên lại tương đương với 0 3 y y      (b). Chúng ta cũng không quên đi dự đoán 0y  từ đầu. Vậy làm sao để loại bỏ trường hợp 3y  ? Lại trở lại với phương trình (1). Đặt ( 0)a x a . (1)    2 1 1 0y a ya    . Cố định y , xem VT của phương trình trên là một tam thức bậc 2 với a . Để phương trình có nghiệm (ở đây chúng ta không cần xét điều kiện nghiệm phải dương), trước hết   4 1 3 4 0y y y         4 3 y  (c) Từ (b) và (c) suy ra 0y  . Thay 0y  vào một trong 2 phương trình ta được 1x  .Cuối cùng là việc kết luận nghiệm của hệ. Các bạn hãy tự thử trình bày lại bài giải tường minh cho bài toán và nhận xét về độ dài và phức tạp của nó so với các cách giải thông thường. VD2. Giải phương trình: o0DarkLord0o   3 3 1 1 2xx    Trước hết hãy thử xét một cách giải thông thường. C1. Điều kiện 1x  . Với điều kiện trên ta có biến đổi sau:           23 33 2 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1x x x x x x x x                 Đặt   10t x t   . Phương trình tương đương:     3 6 2 2 1 3 1 1t t t t     . Nhận xét với 0t  cả 2 vế của phương trình đều không âm. Bình phương 2 vế của phương trình ta được: 6 5 4 3 2 6 4 2 6 15 20 15 6 1 3 3 1t t t t t t t t t           5 4 3 2 6 18 20 12 6 0t t t t t      4 3 2 0 6 18 20 12 6 0 t t t t t          Với 0t  ta hoàn toàn có thể loại trường hợp (2). Vậy phương trình có nghiệm khi 0t  hay 1x  (thoả mãn điều kiện). Chú ý việc bình phương 2 vế của phương trình không phải là ngẫu nhiên mà là căn cứ trên việc cả 2 vế của phương trình đều chứa tham số tự do 1. Nhìn bài giải thì có vẻ khá ngắn gọn nhưng thực sự việc khai triển bình phương   2 3 1t    vẫn không phải là tối ưu nhất. Hãy xét cách giải dưới đây. C2. Dự đoán nghiệm: 1x  . Điều kiện tương tự. Ta biến đổi: 3 3 1 1 2xx    Hai vế của phương trình không âm. Bình phương ta được 3 3 2 2 1 2x x x     o0DarkLord0o Với dự đoán ban đầu 1x  , ta sẽ có 2 1 0x . Hiện tại ta chưa có căn cứ cho đánh giá này. Song rõ ràng 2 1 0x . Sử dụng đánh giá đó ta kết luận: 3 3 22xx   . Lập phương 2 vế của bất phương trình bên: 3 2 3 6 12 8 2x x x x      2 6 12 6 0xx      2 6 1 0x  Bất phương trình trên chỉ đúng khi 1x  tức dấu đẳng thức xảy ra. Kết luận nghiệm: 1x  (thoả mãn điều kiện). Thử so sánh C1,C2 và chọn cho mình cách giải ưu việt hơn. VD3. Giải hệ phương trình:   2 19 3 4 5 2 2 3 8 log 1 y x x x x yx                Dự đoán nghiệm: 4x  . Bỏ qua việc đặt điều kiện và biến đổi đơn giản phương trình (2) để được đẳng thức cuối cùng: 2 2 y x  (*). Mục tiêu tiếp theo là chặn số nghiệm của phương trình để đưa ra kết luận nghiệm cuối cùng. Thay (*) vào phương trình (1) ta được:     2 22 3 4 5 19 3 8x x x x xx       Chia 2 vế của phương trình cho 2 (#0) x : 2 3 4 5 3 8 19x x x x       Với dự đoán ban đầu hệ có duy nhất một nghiệm 4x  . Ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số để kết luận phương trình có duy nhất 1 nghiệm. Cụ thể như sau: ( ) 3 4 5f x x x    2 ( ) 3 8 19g x x x    o0DarkLord0o Dễ thấy ()fx là hàm tăng trên tập xác định 4 ,5 3 D      ()gx là một tam thức bậc 2 với 30a    . Nếu gọi A là định của đồ thị hàm số ()gx thì hoành độ của A là 4 23 A b x a   . Xét trên tập xác định của hệ, ()gx tăng trên 44 , 33     và giảm trên 4 ,5 3    . Xét ( ), ( )f x g x trên 44 , 33     , ta có: max min 4 33 6 2 33 4 3 3 ff gg                  → max min 44 , 33 f g x        → phương trình ( ) ( )f x g x không có nghiệm trên 44 , 33     . Trên 4 ,5 3       ta có ()fx tăng và ()gx giảm → phương trình ( ) ( )f x g x có tối đa 1 nghiệm. Đồng thời (4) (4) 3fg → phương trình có nghiệm duy nhất 4x  . o0DarkLord0o Bằng cách trên chúng ta đã tránh được việc đặt ẩn hoặc xét dấu 2 vế và thực hiện bình phương. Một VD khác o0DarkLord0o đã từng post trên LSSF. VD4. Giải phương trình (ĐH-B-2011): 2 3 2 6 2 4 4 10 3x x x x       Bên cạnh cách giải ngắn gọn nhất bằng cách đặt 3 2 6 2t x x    , ta hoàn toàn có thể giải bằng cách dự đoán nghiệm. Dự đoán nghiệm: 6 5 x  . Điều kiện 22x   . Với điều kiện trên 10 3 0x x D    2 3 2 4 4 (10 3 ) 6 2x x x x       Cả 2 vế của phương trình đều không âm. Bình phương ta được:   2 25 105 90 60 72 2x x x x     o0DarkLord0o 6 03 5 VT x    và 6 0 5 3 x VT x        6 02 5 VP x    và 6 0 5 VP x   Khảo sát trên toàn tập xác định Với 6 2 5 x thì 0, 0VP VT . Với 6 2 5 x   thì 0, 0VP VT Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 6 2 6 5 5 0 x x VT VP         Ở đây ý tưởng chuyển vế để bình phương hoàn toàn không phải là ngẫu nhiên. Hãy chú ý:   2 2 4 2 2x x x x     hay nói cách khác sau khi thực hiện thao tác trên thì biểu thức trong căn duy nhất còn lại ở cả 2 vế là 2 x tạo ra sự thuận lợi cho việc dồn căn thức về một vế và xét dấu 2 vế của phương trình. Từ VD trên ta thấy rằng kĩ thuật dự đoán nghiệm không phải lúc nào cũng là tối ưu, đồng thời việc phát hiện ra những dấu hiệu đặc biệt trong phương trình, hệ phương trình để xử lí nó cũng không hề đơn giản và máy móc được, song trong những trường hợp ngược lại ít nhất nó cũng đóng góp cho chúng ta thêm một cách giải khác. . o0DarkLord0o KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG KÌ THI ĐẠI HỌC Kĩ thuật này có phần tương tự với việc dự đoán điểm rơi trong chứng. rằng kĩ thuật dự đoán nghiệm không phải lúc nào cũng là tối ưu, đồng thời việc phát hiện ra những dấu hiệu đặc biệt trong phương trình, hệ phương trình để xử lí nó cũng không hề đơn giản và máy. VD4. Giải phương trình (ĐH-B-2011): 2 3 2 6 2 4 4 10 3x x x x       Bên cạnh cách giải ngắn gọn nhất bằng cách đặt 3 2 6 2t x x    , ta hoàn toàn có thể giải bằng cách dự đoán nghiệm.