TỔNG hợp và PHÂN TÍCH một số bài TOÁN hệ PHƯƠNG TRÌNH QUA kì THI THỬ năm 2015

TỔNG HỢP VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH QUA KÌ THI THỬ NĂM 2015 Bài 1 Giải hệ phương trình:   2 2 2 2 2 5 1 2 4 1 x xy y y xy y y xy             Trước hết xin nhắc lại một biểu thức được gọi là đồng bậc. Cho 1 2 ( , , , ) n Q x x x là một biểu thức n biến được gọi là đồng bậc nếu: 1 2 1 2 ( , , , ) ( , , , ). m n n Q tx tx tx t Q x x x   Ví dụ 3 2 ( , ) 3 P x y x x y   là một biểu đồng bậc ba vì   3 3 2 3 ( , ) 3 ( , ).P tx ty t x x y t P x y    Trong chương trình phổ thông ta thường gặp biểu thức đồng bậc với hai hoặc ba biến có các tính chất như sau: i. Nếu 0, m  thì Q là dạng phân thức nên chia cả tử và mẫu cho một biến nào đó thì Q còn lại hai hoặc ba biến khi đó dễ dàng xử lý hơn. ii. Với một phương trình hai biến đồng bậc thì ta cũng sẽ chia cả hai vế cho biến nào đó để giảm biến đi khi đó quay về giải phương trình một ẩn. Tuy nhiên không phải lúc nào mà cũng có phuong trình đồng bậc như thế, ta cần một số phép biến đổi suy luận. Điều kiện xác định: 2 2 0 2 0 0 2 4 . 4 0 y xy y y x y y xy               Ta có:   2 2 2 2 2 5 1 2 4 1 x xy y y xy y y xy             Ta thấy rằng cả hai biểu thức 2 2 2 5 x xy y  2 và   2 2 2 4 y xy y y xy    đều là hai biểu thức đồng bậc hai mà vế trái là hằng số nên nghĩ đến việt cần bằng hai hằng số này để được một phương trình chỉ chứa hai đại lượng 2 2 2 5 x xy y  2 và   2 2 2 4 .y xy y y xy    Trường hợp này hai vế bằng nhau và bằng 1. Suy ra:   2 2 2 2 2 2 4 2 5 2 4 2 5 1 y xy y y xy x xy y x x x x y y y y                      Đặt [2;4]. x t t y    Phương trình trở thành: 2 2 2 4 2 5 1 2 1 4 1 2 5 3 3 3 (2 1)( 3) 2 1 4 1 3 1 1 2 1 2 1 4 1 t t t t t t t t t t t t t t t t t t                                         Vì: 1 0 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 2 5 2 1. 1 2 1 4 1 0 4 2 1 1 2 4 1 t t t t t t t                                       Do đó phương trình đã cho có nghiệm 3 3 .t x y   Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được: 2 1 2 2 2 y y   do 0. y  Vậy hệ cho có nghiệm 3 2 2 ( ; ) ; . 2 2 x y          Bình luận Khi gặp một phương trình chứa nhiều căn thức như phương trình 2 2 4 2 5 1t t t t      ta thường nghĩ đến nhân lượng liên hợp bảng cách nhẩm nghiệm. Các nghiệm này thường là nghiệm nguyên. Bài tập rèn luyện  Giải phương trình: 3 3 2 2 8 2 3 6 x y x y x y           Lời giải Nhận xét: Đại lượng 3 3 x y có bậc là 3, 8 2x y có bậc là 1, 2 2 3x y  có bậc là 2, 6 có bậc là 0. Ta nhân chéo cả hai vế phương trình để cân bằng bậc của hai vế bằng nhau. Ta có: 3 3 2 2 8 2 3 6 x y x y x y           Suy ra:     3 3 2 2 3 2 2 0 6 3 (8 2 ) 12 0 ( 3 )( 4 ) 0 3 4 x x y x y x y x x y xy x x y x y x y x y                       Với 0, x  phương trình vô nghiệm. Với 3 ,x y thay vào phương trình thứ hai ta tìm được nghiệm: ( ; ) (3;1);( 3; 1). x y    Với 4 ,x y  thay vào phương trình thứ hai ta tìm được nghiệm: 4 78 78 4 78 78 ( ; ) ; ; ; . 13 13 13 3 x y                    Vậy hệ cho có nghiệm 4 78 78 4 78 78 ( ; ) (3;1);( 3; 1); ; ; ; . 13 13 13 3 x y                       Giải hệ phương trình: 3 4 2 2 2 2 2 4 4 3 1 3 4 6 y x x x x y y y x y x y y               Lời giải Nhận xét: Từ phương trình dễ dàng thấy 3 3 1 4 . 4 x x y    Nhưng đây là một biểu thức phức tạp. Ta sẽ khai thác từ phương trình thứ hai. Điều kiện xác định: 2 2 2 2 1, 0 0 3 0 x y x y y y x y             Chia cả hai vế của phương trình thứ hai cho ,y ta được: 2 2 4 2 2 1 3 4 6. x x x x y y y y       Đặt 2 , [1;3]. x t t y   Phương trình cho trở thảnh: 2 1 3 4 6. t t t t       Đến đây bạn đọc có thể giải tương tự như cách trên, tuy nhiên tôi xin nêu phương pháp dùng bất đẳng thức: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:     2 2 2 1 3 1 1 ( 1 3 ) 4 1 3 2. t t t t t t               Lại có: 2 2 4 6 ( 2) 2 2. t t t       Từ đó suy ra: 2 1 3 4 6. t t t t       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 1 2 .t x y    Thay vào phương trình thứ nhất ta được:       2 3 2 2 2 2 2 4 3 1 2 1 3 1 ( 1) 2( 1) 0. 1 2( 1) 2 1 1 0. x x x x x x x x x x x x x x x                            Giải phương trình này ta được nghiệm:   5 37 31 5 37 5 37 31 5 37 ; ; ; ; . 2 4 2 2 x y                      Thử lại thấy thoả mãn điều kiện đã cho. Vậy hệ đã cho có nghiệm   5 37 31 5 37 5 37 31 5 37 ; ; ; ; . 2 4 2 2 x y                      Bài 2. Giải hệ phương trình:     2 2 2 1 4 1 1 1 2 1 x x y y x x y xy xy x y                  Phân tích và lời giải Ta thấy rằng phương trình thứ nhất của hệ chứa ,x y tách rời nhau nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số. Khi đó ta cần phải đưa về ( ) ( ),f ax f by do đó chuyển đại lượng 2 1 y y   sang vế phải ta được 2 1 , 1 y y   tuy nhiên cần phải có dạng như vế trái nên sẽ nhân lượng hợp với 2 1 .y y  Điều kiện xác định: 1 0. x y xy     Vì 2 1 0, y y y y      nên ta có:         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 4 1 1 2 1 4 1 1 2 1 4 1 1 2 1 4 1 ( ) x x y y x x y y y y x x y y y y x x y y                               Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t   với . t   Ta có: 2 2 2 2 1 ( ) 1 0 1 1 1 t t t t t f t t t t             với . t   Do đó ( )f t đồng biến trên . Lại có: (2 ) ( ) 2 .f x f y x y     Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 2 2 2 2 3 1 4 3 1 4 3 1 2 3 1x x x x x x x x x x            (1). Ta thấy nếu bình phương x và 2 2 3 1x x  đều thu được một tam thức bậc hai, mặt khác vế phải của phương trình lại là một tam thức bậc hai nên sẽ tìm các số ,   sao cho:   2 2 2 2 ( ) 2 3 1 4 3 1. x x x x x         Từ đó ta sẽ đưa về phương trình 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 0. aP x bP x Q x cQ x    Bằng phép đồng nhất hệ số chọn được 6, 1.      (1)       2 2 2 2 2 6 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 2 3 1 0 x x x x x x x x x x x x                Giải phương trình này ta được các nghiệm: 3 17 3 17 3 37 37 3 ( ; ) ; ; ; . 4 2 14 7 x y                       Các nghiệm này đều thoả điều kiện xác định. Vậy hệ đã cho có nghiệm 3 17 3 17 3 37 37 3 ( ; ) ; ; ; . 4 2 14 7 x y                       Bai tập rèn luyện  Giải hệ phương trình:     2 2 2 2 2 1 1 1 4 3 2 2 9 x x y y x x x y y                 Lời giải Điều kiện xác định: 0. y  Vì 2 1 0, y y y y      nên ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 y y x x x x y y y y y y x x y y                      Xét ham số 2 ( ) 1 f t t t    trên . Ta có: 2 2 2 2 1 (t) 1 0 1 1 1 t t t t t f t t t             với mọi . t   Do đó ( )f t đồng biến trên . Lại có ( ) ( ) .f x f y x y   Thay x y vào phương trình thứ hai, ta được: 2 2 4 2 9 3 2. x x x x     Đặt 2 2 2 2 2 2 2 4 4 3 9 12 9 12. u x u x x u x x x           Phương trình trở thành: 2 2 2 2 0 2 12 2 2. 2 12 4 2 u u u u u u u u u                       Với 2, u  ta có: 2 1 7 2 3 3 2 3 2 2 0 . 1 7 3 y x x x x x y x                    Thoả điều kiện xác định. Vậy hệ cho có nghiệm 1 7 1 7 1 7 1 7 ( ; ) ; , , . 3 3 3 3 x y                       Giải hệ phương trình:   2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 1 3 1 1 2 1 2 x y y x x y y y x x                    Lời giải Điều kiện xác định: 2 0 1 3 1 0 2 1 1 0 x y x y x                 Ta có:   2 2 2 2 2 2 4 1 1 0 0 0, 0. x y y x x x x x y x y              Do đó:       2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 4 1 1 2 1 4 1 1 1 1 2 1 4 1 1 1 . x y y x x y y x x y y x x                          Xét hàm số   2 ( ) 1 1 f t t t    trên (0; ). Ta có: 2 2 2 ( ) 1 1 0 1 t f t t t        với mọi (0; ). t   Do đó ( )f t đồng biến trên (0; ). Lại có 1 1 (2 ) 2 . f y f y x x          Thay vào phương trình thứ hai ta được:           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 3 2 1 2 2 2 2 3 1 (1 3 ) 4 4 2 2 2 2 3 1 (1 3 ) 0 2 3 1 2 2 3 1 (1 3 ) (1 3 ) 0 2 3 1 1 3 0 2 3 1 1 3 2 6 0. y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y                                              Vì 0 y  nên 2 2 6 0 y y   do đó phương trình vô nghiệm. Vậy hệ đã cho vô nghiệm. Bài 3. Giải hệ phương trình:   3 3 2 2 2 2 4 1 9( 1) 2 2 x y xy x y x x y x              Điều kiện xác định: 2 2 1 0 1 0 1. 2 2 0 x x x x x                 Vì 2 4 1 9( 1) 2 2 x x y x      suy ra 1. y  Cách 1 Phương trình thứ hai là một phương trình phức tạp mặc dù việc tính y theo x dễ dàng. Để ý ở phương trình thứ nhất là một phương trình đối xứng theo ,x y do đó từ phương trình đầu nghĩ đến việc chứng minh .x y Hơn nữa phương trình ban đầu là một phương trình đồng bậc ba. Ta có:   3 2 3 3 2 2 2 2 1 0 x x x x y xy x y y y y                            Đặt , 0, x t t y   phương trình trở thành:       3 2 3 2 6 3 4 2 6 4 3 2 2 4 3 2 2 1 1 0 1 2 1 2 1 4 4 (do 0). 4 2 4 1 0 ( 1) 2 2 1 0 t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t                            1t  hay .x y Cách 2 Nhận xét phương trình thứ nhất đối xứng theo ,x y ngoài ra nó còn chứa các đại lượng cơ sở là 2 2 3 3 , , .xy x y x y  Điều này gợi ý cho ta sử dụng bất đẳng thức để chứng minh .x y Ta sẽ chứng minh:   3 3 2 2 2 x y xy x y    với mọi , 1. x y  Thật ra là với mọi , 0 x y  nhưng do điều kiện của bài toán nên ta chỉ cần chứng minh trên một miền hẹp hơn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:     2 2 3 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 . 2 2 4 x y xy x y x y xy x y xy xy x y             Lại có 3 3 3 ( ) 4 x y x y    với mọi , 1x y  thật vậy bất đẳng thúc này tương đương 2 ( )( ) 0. x y x y    Bất đẳng thức cuối đúng do đó ta có điểu phải chứng minh. Suy ra:   3 3 2 2 2 .x y xy x y    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .x y Rõ ràng cách thứ hai gọn hơn và cũng đẹp hơn, tuy nhiên để làm được cách này ta cần phải nắm vững các bất dẳng thức cơ bản và kĩ thuật sử dụng các bất đẳng cổ điển. Thay x y vào phương trình thứ hai ta được:                         2 2 2 2 2 4 1 9 1 2 2 2 2 2 1 9 1 1 2 1 1 9 1 1 2 1 1 9 1 1 2 1 9 11 1 11 11 5 5 9 9 hay . 3 3 3 5 27 48 25 0 4 1 9 11 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x x x x                                                         Ta thấy nghiệm đã cho thoả mãn điều kiện. Vậy hệ có nghiệm duy nhất   5 5 ; ; . 3 3 x y        Nhận xét: Phép phân tích           2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x x x x                 là phép phân tích quen thuộc. Bài 4. Giải hệ phương trình:   2 4 3 9 1 1 2 x x y y x x x x y y y x                 Điều kiện xác định:   2 4 3 0 0 0 , 1. 1 0 1 0 x y x x y x y y y x                     Ta sẽ biến đổi phương trình đầu của hệ, từ điều kiện xác định các biến ta sẽ biến đổi 2 x x y thành 4 2 x x y  để làm đồng dạng cả hai vế của phương trình và để ý rằng       4 3 4 2 2 .x x x x y x x y      Do đó để xuất hiện được nhân tử ,x y ta sẽ dùng phương pháp nhân lượng liện hợp. Ta có:   2 4 3 4 3 4 2 3 2 4 3 4 2 2 4 3 4 2 0. 0 1 0 x x y y x x x x x x x y x y x x y x y x x x x y x x y x x x x y x y                                      Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:   9 1 1 . 2 x x x x x       Xét hàm số   ( ) 1 1 f x x x x x x       liên tục trên   1; , ta có:   1 1 2 1 ( ) 1 0 2 2 1 2 1 x f x x x x x          với mọi 1. x  Suy ra ( )f x đồng biến trên   1; . Lại có 25 25 ( ) 0 . 16 16 f x f x           Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất   25 25 ; ; . 16 16 x y        Bài tập rèn luyện:  Giải phương trình:   3 3 2 2 2 3 2 1 11 y x x y x y x y x              Lời giải Điều kiện xác định: 3 0 1 2 x x y x y x             Nếu 0, y  thì ta có: 3 0 1x x x    do .x y Thay vào phương trình thứ hai ta thấy không thoả. Nếu 0, y  thì phương trình thứ nhất suy ra 0 0. x y x y      Vô li vì 1 . 2 x  0 0. y x y      Ta có:           2 3 2 3 2 3 3 2 2 22 3 3 3 2 2 3 3 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 y x x y x y x x y y x y x x y y x y y x y x x y y x y y x x y y x y x y x y x y x y y x x y y x y x y x y x y                                                                    Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 4 4 3 2 1 9 0. x x x      Đặt 2 1, 0t x t   phương trình trở thành:     4 3 2 3 10 0 2 2 4 5 0 2. t t t t t t t            Với 2, t  ta có: 5 3 2 1 2 . 2 2 x x y       Thoả điều kiện xác định. Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất   5 3 ; ; . 2 2 x y         Giải phương trình: 2 2 2 3 4 1 4 2 1 2 2 x x y y x x x x y                Lời giải Điều kiện xác định: 2 2 1 2 3 0 4 0 x x x y y x                 Vì 1 3 3 1 3 1 2 4 2 1 2 2 0. 2 2 4 2 4 4 y x x y x y                  Suy ra 0. x y   Ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 1 3 1 3 4 0 1 0 3 1 3 4 1 1 0 3 1 3 4 1 x x y y x x x x y x x x y y x x y x y x y x x y x x x y y x x y x y x x y x x x y y x x y                                                           Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 2 4 2 1 2 18 4 21 19 4 21. 36 12 0 x x x x y x x                  Thoả điều kiện xác định. Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất     ; 18 4 21;19 4 21 . x y    Bài 5. Giải hệ phương trình:   3 3 2 2 4 2 3 3 4 3 2 3 2 2 1 1 ( 1) 1 x y x x y y y x x x x x x y                   Điều kiện xác định: 3 2 1 0 (*). 1 x x y        Ta có:               3 3 2 4 2 3 3 3 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 3 3 3 3 2 2 1 2 ( 1) 2 1 2 1 ( 1) 0 1 0 1 ( 1) 1 1 ( 1) 1 x y x x y y y x x x x x x y y y y x x x x y y x x y y x x y y x x y y x x y y x x y y                                             Xét hàm số 3 ( ) f t t t  trên . Ta có 2 ( ) 3 1 0 f t t     với mọi . t  Do đó ( )f t đồng biến trên . Lại có:     2 3 3 3 1 1 ( 1) . f x f y x y x y        Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 4 3 2 3 4 3 3 2 2 3 3 2 2 3 2 1 1 1 1 0 ( 1) ( 1) 0 1 1 1 ( 1) 0 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                  Vì 3 1 0 0, x y x      do đó ta có: 3 2 1 0 1 1 x x x      với mọi 0. x  Do đó phương trình tương đương: 0 ( 1) . 1 ( 2) x y x y        Thoả điều kiện (*). Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( ; ) (0;1),(1;2). x y  [...]... Nếu x, y  0 thì ta có x2  1 y 2  1 10  0 nên hệ vô nghiệm y x 3 Xét x, y  0, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  x y x2  1 y 2  1 2 x 2 y 10     2    4  y x y x 3  y x Do đó phương trình vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  ;  2; 3 2 1 2    2   x  y 2x  y  y  x  2x  y  Bài 7 Giải hệ phương trình:  x  y  2  y  4  2 x  y  3   x  6... y  y  0 2 Áp dụng bất đẳng thức 2  m2  n 2    m  n  , ta lại có:  2x  y  y  2  4x  2x  y  y  2 x Do đó bất đẳng thức cần chứng minh đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2  x  4 x  3   x  6 2 x  1  3 x  2   2  x  4 x  3  2  x  4 2x  1   x  2 3  2x  1  2  x  4    2x  1  x  3   x  2 2  x ...2 x 3  y 3  2 x 2  y 2  xy  2 x  3 y  4   Bài 6 Giải hệ phương trình:  x 2  1 y 2  1 10    x 3  y Điều kiện: xy  0 Ta có: 2 x 3  y 3  2 x 2  y 2  xy  2 x  3 y  4   2 x3  y 3  2 x 2 y  3 xy 2  2 x 2  4 xy  y 2  0   2 x3  2 x 2... Bài 7 Giải hệ phương trình:  x  y  2  y  4  2 x  y  3   x  6  x  y  1  3  y  2     0  y  2 x Điều kiện xác định:  x  y  0 2 Áp dụng bất đẳng thức 2  m2  n 2    m  n  và 2  x y Bây giờ ta sẽ chứng minh:  2  1 x  y  2x  y  1 1 4   , ta có: a b ab  1 1 4   x  y x  y  2x  y  2x  y  y  2x  y  4 2x  y  y  2x  y   2 y  x  2x  y   2 x  2x...  2x  1  3   2x 1  3  0 0 1 1     x  4  x  2    0 2x  1  3   2x  1  x  3 x  4 x  4   x  2  x  2   x3  3 x  6   Các nghiệm này đều thoả mãn điều kiện Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y    2; 2  ,  4; 4  ,  6;6   . TỔNG HỢP VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH QUA KÌ THI THỬ NĂM 2015 Bài 1 Giải hệ phương trình:   2 2 2 2 2 5 1 2 4 1 x xy y y xy y. Cách 1 Phương trình thứ hai là một phương trình phức tạp mặc dù việc tính y theo x dễ dàng. Để ý ở phương trình thứ nhất là một phương trình đối xứng theo ,x y do đó từ phương trình đầu.   Bài 2. Giải hệ phương trình:     2 2 2 1 4 1 1 1 2 1 x x y y x x y xy xy x y                  Phân tích và lời giải Ta thấy rằng phương trình thứ nhất của hệ chứa