MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤTPHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HOÀNG THỊ DỊU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HOÀNG THỊ DỊU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2014 Mục lục LỜI GIỚI THIỆU CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 1.1 Hệ phương trình tuyến tính 1.2 Hệ phương trình đối xứng 1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh 1.4 Hệ phương trình đẳng cấp MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 11 2.1 Phương pháp 11 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ 11 2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số 2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 13 2.5 Phối hợp nhiều phương pháp 14 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 12 16 3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình 16 3.2 Hệ phương trình bất phương trình ẩn 17 Kết luận 19 Tài liệu tham khảo 20 LỜI GIỚI THIỆU Hệ phương trình chuyên đề quan trọng chương trình học phổ thông Đề thi đại học năm hầu hết có câu hệ phương trình Đó phần học quan trọng đại số lớp 10 Từ lâu việc tìm cách tổng hợp phương pháp để giải hệ phương trình nhiều người quan tâm Hệ bất phương trình lại lĩnh vực mà người quan tâm Các tài liệu tổng hợp phương pháp giải hệ bất phương trình nói Dựa giúp đỡ dẫn thầy Nguyễn Văn Mậu với tìm tòi tham khảo tổng hợp số phương pháp giải hệ phương trình hệ bất phương trình đại số Ngoài phần mở đầu, phần kết luận chung, danh mục tài liệu tham khảo, cấu trúc luận văn bao gồm có ba chương Chương trình bày số dạng phương pháp cách giải hệ phương trình đại số Chương trình bày số phương pháp ví dụ giải hệ bất phương trình đại số Chương xét hệ chứa tham số hệ bất phương trình ẩn Chương CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 1.1 Hệ phương trình tuyến tính Nhận dạng Xét hệ phương trình { a1 X + b1 Y = c1 a2 X + b2 Y = c2 Phương pháp giải Thường có ba phương pháp: Cách phương pháp Tư phương trình ta rút ẩn theo ẩn vào phương trình lại Cách phương pháp cộng đại số Cộng trừ vế hai phương trình hợp lý để dễ dàng tìm x y Cách dùng định thức Lưu ý : Đôi cần vài biến đổi đặt ẩn phụ hệ quy hệ hai phương trình bậc hai ẩn Sau số toán Và thông thường, với toán ta kết hợp vài phương pháp để giải cách thuận lợi Bài toán 1.1 Giải hệ phương trình  2x − y +  + =5  x−2 y+3 x + 3y +   + =5 x−2 y+3 Lời giải   2 + +1+ =5 x − y + Hệ phương trình tương đương với ⇔  1 + +3− =5 x − y +   + =2  x−2 y+3   − =1 x−2 y+3 { 1 u + 4v = Đặt = u, = v với u, v ̸= hệ trở thành 3u − 8v = x−2 y+3 Sử dụng định thức, ta tính D = −20, DX = −20, DY = −5 Từ thu DY DX u = = 1, v = = Cuối ta dễ dàng tính (x; y) = (3; 1) D D 1.2 Hệ phương trình đối xứng Hệ phương trình đối xứng loại Nhận dạng Khi tráo đổi vai trò x y hệ phương trình không thay đổi Nhận xét Nếu hệ có (x0 ; y0 ) nghiệm (y0 ; x0 ) nghiệm hệ Phương { pháp tổng quát S =x+y Đặt P = xy Điều kiện để hệ có nghiệm S − 4P ≥ Khi tìm nghiệm S, P x, y hai nghiệm phương trình t2 −St+P = Lưu ý ta cần qua vài biến đổi đặt ẩn phụ để đưa hệ dạng đối xứng loại Bài toán 1.2 Giải hệ phương trình sau  1  x + y + + = x y 1  x2 + y + + =4 x2 y Lời giải 1 = u, y + = v x y 1 Suy x2 + = u2 − 2; y + = v − x y Khi { hệ trở thành u+v =4 u{ + v2 = { { u+v =4 u+v =4 u=2 ⇔ ⇔ ⇔ uv = v=2 (u + v) − 2uv =  { x + = x=1 x ⇔ ⇔ y=1  y + = y { x=1 Vậy nghiệm hệ y=1 Đặt x + 1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh  Dạng : Xét hệ phương trình có dạng: f (x1 ) = g(x2 )     f (x2 ) = g(x3 )   f (xn−1 ) = g(xn )    f (xn ) = g(x1 ) Nếu hai hàm số f g đồng biến tập A (x1 ; x2 ; ; xn ) nghiệm hệ phương trình, xi ∈ A, ∀i = 1, 2, , n x1 = x2 = = xn Để chứng minh khẳng định trên, không tính tổng quát ta giả sử x1 = min{x1 ; x2 ; ; xn } Khi ta có x1 ≤ x2 suy f (x1 ) ≤ f (x2 ) Từ g(x2 ) ≤ g(x3 ), suy x2 ≤ x3 Tiếp tục trình đó, cuối ta suy xn ≤ x1 Tóm lại x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn ≤ x1 Từ suy x1 = x2 = = xn Bài HSG Quốc Gia năm 1994) Giải hệ phương trình  toán 1.3 (Đề thi x + 3x − + ln(x − x + 1) = y y + 3y − + ln(y − y + 1) = z  z + 3z − + ln(z − z + 1) = x Lời giải Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − + ln(t2 − t + 1) 2t − Ta có f ′ (t) = 3(t2 + 1) + > 0, ∀t ∈ R t −t+1 Do hàm số f (t) đồng biến R Hệ phương trình viết thành  f (x) = y f (y) = z  f (z) = x Không tổng quát, giả sử x = min{x, y, z} Khi ta có x ≤ y suy f (x) ≤ f (y) hay y ≤ z Từ f (y) ≤ f (z) hay z ≤ x Tóm lại x ≤ y ≤ z ≤ x Suy x = y = z Xét phương trình x3 +3x−3+ln(x2 −x+1) = x ⇔ x3 +2x−3+ln(x2 −x+1) = Phương trình có nghiệm x = Mà hàm số h(x) = x3 + 2x − + ln(x2 − x + 1) đồng biến R nên x = nghiệm phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z =  Dạng : Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ) f (x1 ) = g(x2 )     f (x2 ) = g(x3 )   f (xn−1 ) = g(xn )    f (xn ) = g(x1 ) Nếu hàm số f nghịch biến tập A, g đồng biến A (x1 ; x2 ; ; xn ) nghiệm hệ phương trình với xi ∈ A x1 = x2 = = xn Để chứng minh khẳng định trên, không tính tổng quát, giả sử x1 = min{x1 ; x2 ; ; xn } Ta có x1 ≤ x2 suy f (x1 ) ≥ f (x2 ) hay g(x2 ) ≥ g(x1 ) Từ x2 ≥ x3 , Tiếp tục ta thu f (xn ) ≥ f (x1 ) hay g(x1 ) ≥ g(x2 ), suy x1 ≥ x2 Chứng tỏ x1 = x2 Tóm lại từ trình ta suy x1 = x2 = = xn Bài toán 1.4 Giải hệ phương trình ( ) 2x +x   =y    ( )2y3 +y2 =z   ( )2z +z     =x Lời giải Nhận thấy vế trái phương trình hệ dương nên hệ có nghiệm x, y, z > Xét hàm số f (t) = (14)2t +t ( )2t3 +t2 ′ Ta có f (t) = −(2 ln 4)(3t + t) < 0, ∀t > Do hàm số f (t) nghịch biến khoảng (0; +∞) Không tổng quát, giả sử x = min{x; y; z} Khi x ≤ y suy f (x) ≥ f (y) hay y ≥ z Từ suy f (y) ≤ f (z) hay z ≥ x Do x = z Suy f (x) = f (z), nên y = x Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z =  Dạng Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn) f (x1 ) = g(x2 )     f (x2 ) = g(x3 )   f (xn−1 ) = g(xn )    f (xn ) = g(x1 ) Nếu hàm số f nghịch biến tập A, g đồng biến A (x1 ; x2 ; ; xn ) { nghiệm hệ phương trình với xi ∈ A, ∀i = 1, 2, , n x1 = x3 = = xn−1 x2 = x4 = = xn Để chứng minh khẳng định trên, ta giả sử x1 = min{x1 ; x2 ; ; xn } Ta có x1 ≤ x3 suy f (x1 ) ≥ f (x3 ) hay g(x2 ) ≥ g(x4 ) Suy x2 ≥ x4 Do f (x2 ) ≤ f (x4 ), suy g(x3 ) ≤ g(x5 ) Do x3 ≤ x5 Tiếp tục trình, đến f (xn−2 ) ≤ f (xn ), suy g(xn−1 ) ≤ g(x1 ) Do xn−1 ≤ x1 Suy f (xn−1 ) ≥ f (x1 ) hay g(xn ) ≥ g(x2 ), từ xn ≥ x2 Tóm lại ta có + x1 ≤ x3 ≤ ≤ xn−1 ≤ x1 , suy x1 = x3 = = xn−1 ; + x2 ≥ x4 ≥ ≥ xn ≥ x2 , suy x2 = x4 = = xn Bài toán 1.5 Giải hệ phương trình sau  (x − 1)2 = 2y    (y − 1)2 = 2z (z − 1)2 = 2t    (t − 1)2 = 2x Lời giải Nhận xét vế trái phương trình hệ không âm nên hệ có nghiệm x, y, z, t ≥ Xét hàm số f (s) = (s − 1)2 Ta có f ′ (s) = 2(s − 1) Do hàm số f đồng biến khoảng (1; +∞) nghịch biến [0; 1] Không tổng quát, giả sử x = min{x, y, z, t} + Nếu x ∈ (1; +∞) x, y, z, t ∈ (1; +∞), nên √theo dạng ta vừa xét, hệ có nghiệm x = y = z = t = + + Nếu s ∈ [0; 1] tính liên tục nghịch biến khoảng hàm f nên ≤ f (x) ≤ ⇔ ≤ 2y ≤ 1, từ có y ∈ [0; 1] Tương tự có z, t ∈ [0; 1] Với x, y, z, t ∈ [0; 1], ta có x ≤ y suy f (x) ≥ f (y) hay y ≥ z Từ suy f (y) ≤ f (z) hay z ≤ x Suy x = z , f (x) = f (z) Do y = t Hệ trình trở thành { phương (x − 1) = 2y (y − 1)2 = 2x √ √ ⇔ x = y = + x = y = − √ Vậy √ hệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = − 3; x = y = z = t = 2+ Sau ta xét số hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh với hai ẩn số mà chương trình phổ thông gọi hệ phương trình đối xứng loại hai có cách giải đặc trưng riêng trừ vế hai phương trình để tạo nhân tử chung x − y Bài toán 1.6 Giải hệ phương trình { x3 + 4x = y + 4(1) y + 4y = x + Lời giải Trừ vế hai phương trình ta thu (x − y)(x2 + y + xy) + 4(x − y) = −(x − y) ⇔ (x − y)(x2 + y + xy + 5) = y Vì x2 + y + xy + = (x + )2 + y + > với x, y nên suy x − y = hay y = x, vào (1) ta có x3 + 4x = x + ⇔ x3 + 3x − = ⇔ (x − 1)(x2 + x + 4) = ⇔x=1 Vậy hệ có nghiệm x = y = 1.4 Hệ phương trình đẳng cấp Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y Dạng { tổng quát ax + bxy + cy = d a′ x2 + b′ xy + c′ y = d′ Phương pháp tổng quát * Xét x = Thay vào hệ tìm y thỏa mãn hệ có nghiệm không vô nghiệm trong trường hợp * Xét x ̸= - Nếu có hai d d′ 0, d = ta chia hai vế phương trình thứ cho x2 , từ thu phương trình có dạng ( y )2 y +B +C =0 A x x y Giải phương trình tìm tỉ số , từ rút y theo x , lại thay vào x phương trình thứ hai tìm y , từ thu x - Nếu d d′ khác ta tạo phương trình (hệ số tự 0) cách nhân hai vế phương trình với hệ số phụ tương ứng d d′ lại trừ vế phương trình thu Tiếp ta lại làm hoàn toàn tương tự Bài toán 1.7 Giải hệ phương trình { x2 − 2xy − 3y = 0(1) x|x| + y|y| = −2(2) Lời giải - Nếu y = 0, theo (1) ta có x = 0, thay x = y = vào (2) vô lý, y = không thỏa mãn - Nếu y ̸= 0, chia hai vế phương trình (1) cho y ta ( x )2 x − − = Từ ta có hai trường hợp sau: y y x TH1 = −1 hay x = −y , vào phương trình (2) ta có y −y|y| + y|y| = −2 ⇔ = −2 (VN) x TH2 = hay x = 3y , thê vào phương trình (2) ta có y 3y|3y| + y|y| = −2 ⇔ 10y|y| = ⇔ y|y| = − (3) + Nếu y > |y| = y , thay vào (3) vô nghiệm + Nếu y < |y| = −y , thay vào (3) y = Từ ta giải hai nghiệm hệ phương trình ( ) ( ) √ ; √ , − √ ; −√ 5 5 10 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2.1 Phương pháp Bài thi đại học khối D năm 2008) Giải hệ phương trình sau { toán 2.1 (Đề xy√+ x + y√= x − 2y (1) x 2y − y x − = 2x − 2y (2) Lời giải Điều kiện: x 1; y (1) ⇔ xy + y + x + y + y − x2 = ⇔ y(x + y) + (x + y) + (x + y)(y − x) = ⇔ (x + y)(2y − x + 1) = - TH1: y = −x Vì y nên x 0, loại - TH2: x = 2y + 1, thay vào (2) ta được: √ √ √ (2y + 1) 2y − y 2y = 2y + ⇔ (y + 1)( 2y − 2) = ⇔ y = (vì y 0) Từ ta tìm nghiệm hệ (5; 2) 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Có toán cần phải đặt ẩn phụ để việc giải toán trở nên dễ dàng (thường thấy hệ phương trình xuất cụm ẩn lặp lại) Sau số toán minh họa cho phương pháp Bài toán 2.2 Giải hệ phương trình sau 11 { x + + y(y + x) = 4y (x2 + 1)(y + x − 2) = y (1) Lời giải Hệ { 2phương trình tương đương với: x + + y(y + x − 2) = 2y (x2{+ 1)(y + x − 2) = y u = x2 + Đặt , (u 1), hệ trở thành v = y + x − { { u + yv = 2y u = 2y − yv (2) ⇔ uv = y (2y − yv)v = y (3) (3) ⇔ yv − 2yv + y = ⇔ y(v − 2v + 1) = ⇔ y(v − 1)2 - Nếu y = 0, vào (2) u = không thỏa mãn - Nếu v = 1, ta có y = − x, vào (1) ta x2 + + (3 − x).3 = 4(3 − x) ⇔ x2 + x − = Từ ta tìm hai nghiệm (1; 2), (−2; 5) 2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số Một số hệ phương trình giải phương pháp hàm số Để nhận biết giải phương pháp không ta ý hai tính chất sau: - Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng (a; b) Khi ta có f (u) = f (v) ⇔ u = v (với u, v ∈ (a; b)) - Tính chất 2: Nếu hàm số y = f (x) tăng (a; b) y = g(x) hàm hàm số giảm (a; b) phương trình f (x) = g(x) có nhiều nghiệm khoảng (a; b) Bài toán 2.3 Giải hệ phương trình sau { x3 − 5x = y − 5y (1) x8 + y = (2) Lời giải Từ phương trình (2) ta suy |x| 1, |y| 12 Ta xét hàm số f (t) = t3 − 5t [−1; 1] Ta có f ′ (t) = 3t2 − < 0, ∀t ∈ [−1; 1] Do hàm số nghịch biến [−1; 1] Mà theo (1) f (x) = f (y), suy x = y Từ thay y = x vào phương trình (2) ta có x8 + x4 = ⇔√x8 + x4 − = −1 + ⇔ x4 = √2 √ −1 + ⇔x=± Từ trình √ tìm√được √ hai nghiệm √hệ phương √ √ √ √ −1 + 5 −1 + −1 + −1 + ( ; ), (− ;− ) 2 2 2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bài toán 2.4 Giải hệ phương trình sau { x6 + y + z 10 = (1) 2013 2015 2017 x +y +z = (2) Lời giải Từ (1) ta có −1 x, y, z Từ ta có x6 − x2013 = x6 (1 − x2007 ) ⇔ x6 x2013 , đẳng thức xảy x = |x| = y − y 2015 = y (1 − y 2007 ) ⇔ y8 y 2015 , đẳng thức xảy y = |y| = z 10 − z 2017 = z 10 (1 − z 2007 ) ⇔ z 10 z 2017 , đẳng thức xảy z = |z| = Cộng vế bất đẳng thức ta suy = x6 + y + z 10 x2013 + y 2015 + z 2017 = Do đẳng thức phải xảy ra, tức  6đó dấu 2007 x (1 − x ) = y (1 − y 2007 ) =  10 z (1 − z 2007 ) = Kết hợp với (1), (2) ta thu nghiệm hệ phương trình (x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) 13 2.5 Phối hợp nhiều phương pháp Bài toán 2.5 Giải hệ phương trình sau { 5x2 − 4xy + 3y − 2(x + y) = (1) xy(x2 + y ) + = (x + y)2 (2) Lời giải Ta biến đổi phương trình (2) (2) ⇔ xy(x2 + y ) + = x2 + y + 2xy ⇔ (x2 + y )(xy − 1) − 2(xy − 1) = ⇔ (xy − 1)(x2 + y − 2) = TH1: xy = 1, y ̸= nên x = vào (1), ta y (1 ) − 4y + 3y − + y = y y ⇔ 3y − 6y + = ⇔ y2 = ⇔ y = y = −1 Từ ta tìm hai nghiệm hệ: (1; 1), (−1; −1) TH2: x2 + y = 2, = x2 + y vào phương trình (1) ta được: 5x2 y − 4xy + 3y − (x + y)(x2 + y ) = ⇔ 4x2 y − 5xy − x3 + 2y = - Nếu y = x2 = 2, vào (1) lại không thoả mãn - Nếu y ̸= 0, ta chia hai vế phương trình cho y ( x ) ( x )3 ( x )2 −5 − +2=0 y y y ( x )3 ( x )2 x ⇔ −4 + − = y y y x Đặt = t, ta có phương trình t3 − 4t2 + 5t − = y ⇔ (t − 1)2 (t − 2) = ⇔ t = t = + Với t = ⇔ y = x, 2x2 = ⇔, ta lại √ giải nghiệm√(1; 1), (−1; −1) 10 10 + Với t = ⇔ x = 2y , suy 5y = ⇔ y = y = − √ √ √ √ ( 10 10 ) ( 10 10 ) Từ hệ có thêm hai nghiệm ; ;− − 5 5 14 Vậy hệ có bốn nghiệm: ( √10 2√10 ) ( √10 2√10 ) (1; 1), (−1; −1), ; − ;− 5 5 15 Chương HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình Bài toán 3.1 Giải hệ { x+y ≤1 x2 + y + xy = Lời giải Viết hệ cho { dạng x + y = − a, a ≥ x2 + y + xy = { { x+y =1−a x+y =1−a ⇔ ⇔ (x + y) − xy = xy = (1 − a2 ) − Điều kiện a : { ∆ = (1 − a)2 − 4[(1 − a)2 − 1] ≤ { a≥0 √ ⇔ ≤ a ≤ + (a − 1)2 ≤ 3 Với điều kiện (3.1) ta có nghiệm √ √ [ a − + − 3(1 − a)2 a − − − 3(1 − a)2 ,y = x= √2 √2 a − + − 3(1 − a)2 a − − − 3(1 − a)2 x= ,y = 2 ⇔ 16 (3.1) 3.2 Hệ phương trình bất phương trình ẩn Sau ta đưa số toán liên quan đến hệ phương trình bất phương trình ẩn Bài toán 3.2 Xác định giá trị m để hệ sau có nghiệm { x+y ≤m x4 + y ≤ m + x2 y Lời giải Vì vai trò x y bình đẳng, nên (x, y) = (α, β) nghiệm hệ (x, y) = (β, α) nghiệm Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm α = β Thế vào hệ, ta { m α≤ α4 ≤ m a) Nếu m < không tồn α b) Nếu m > tồn vô số α thỏa mãn (m √ ) √ , 4m − m ≤ α ≤ c) Xét m = 0{khi α = Hệ có dạng { x+y ≤0 x+y ≤0 ⇔ 4 2 x + y ≤x y (x2 − y )2 + x2 y ≤ { x + y ≤ x=0 ⇔ x2 − y = ⇔ y=0  2 x y =0 Kết luận: hệ có nghiệm m = Bài toán 3.3 Giải hệ  x + 3x + ≤ y y + 3y + ≤ z  z + 3z + ≤ x Lời giải. Hệ cho tương đương với hệ x2 + 3x + ≤ y    y + 3y + ≤ z z + 3z + ≤ x    (x + 3x + 1) + (y + 3y + 1) + (z + 3z + 1) ≤ y + z + x 17  x + 3x + ≤ y    y + 3y + ≤ z z + 3z + ≤ x    (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 ≤  x = −1 ⇔ y = −1  z = −1 Vậy hệ có nghiệm (x, y, z) = (−1, −1, −1) 18 Kết luận Luận văn hoàn thành đạt số kết sau: Giới thiệu tổng quan hệ phương trình đại số với tính chất cách giải chúng Khảo sát cách chi tiết hệ thống toán giải hệ phương trình chứa tham số phương pháp bất đẳng thức giải hệ phương trình Đưa số ví dụ áp dụng từ đề thi đại học, đề thi HSG Olympic quốc gia khu vực 19 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Một số phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh, Đặng Huy Ruận (2003),Đại số tuyến tính, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2006),Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo Dục [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Trịnh Đào Chiến (2007) Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục [6] Trần Nam Dũng (Chủ biên), (2010) Phương trình nữa, NXB ĐHQG Tp HCM 20 [...]... các hệ phương trình đại số cơ bản với các tính chất và cách giải chúng 2 Khảo sát một cách chi tiết và hệ thống các bài toán về giải hệ phương trình chứa tham số và phương pháp bất đẳng thức trong giải hệ phương trình 3 Đưa ra một số ví dụ áp dụng từ các đề thi đại học, đề thi HSG và Olympic quốc gia và khu vực 19 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Một số phương pháp giải phương trình và. .. |y| = y , thay vào (3) vô nghiệm 1 + Nếu y < 0 thì |y| = −y , thay vào (3) được y 2 = Từ đây ta giải được hai 5 nghiệm của hệ phương trình là ( 3 1 ) ( 3 1 ) √ ; √ , − √ ; −√ 5 5 5 5 10 Chương 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2.1 Phương pháp thế Bài thi đại học khối D năm 2008) Giải hệ phương trình sau { toán 2.1 (Đề 2 xy√+ x + y√= x − 2y 2 (1) x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2) Lời giải Điều kiện:... ⇔ 16 (3.1) 3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn Sau đây ta sẽ đưa ra một số bài toán liên quan đến hệ phương trình và bất phương trình một ẩn Bài toán 3.2 Xác định các giá trị m để hệ sau có nghiệm duy nhất { x+y ≤m x4 + y 4 ≤ m + x2 y 2 Lời giải Vì vai trò của x và y bình đẳng, nên nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm của hệ thì (x, y) = (β, α) cũng là nghiệm Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy... ⇔, ta lại √ giải được nghiệm√(1; 1), (−1; −1) 10 10 + Với t = 2 ⇔ x = 2y , suy ra 5y 2 = 2 ⇔ y = hoặc y = − 5 √ 5 √ √ √ ( 10 2 10 ) ( 10 2 10 ) Từ đó hệ có thêm hai nghiệm ; ;− và − 5 5 5 5 14 Vậy hệ có bốn nghiệm: ( √10 2√10 ) ( √10 2√10 ) (1; 1), (−1; −1), ; và − ;− 5 5 5 5 15 Chương 3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình Bài toán 3.1 Giải hệ { x+y ≤1... lại thay vào x phương trình thứ hai thì tìm được y , từ đó thu được x - Nếu cả d và d′ đều khác 0 thì ta cũng có thể tạo ra một phương trình thuần nhất (hệ số tự do bằng 0) được bằng cách nhân cả hai vế của từng phương trình với hệ số phụ tương ứng của d và d′ rồi lại trừ từng vế các phương trình thu được Tiếp đó ta lại làm hoàn toàn tương tự như trên Bài toán 1.7 Giải hệ phương trình { x2 − 2xy − 3y... thỏa mãn - Nếu v = 1, ta có y = 3 − x, thế vào (1) ta được x2 + 1 + (3 − x).3 = 4(3 − x) ⇔ x2 + x − 2 = 0 Từ đó ta tìm được hai nghiệm (1; 2), (−2; 5) 2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Một số hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp hàm số Để nhận biết có thể giải bằng phương pháp này không ta chú ý hai tính chất sau: - Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến)... hàm số y = f (x) tăng trên (a; b) và y = g(x) là hàm hằng hoặc là một hàm số giảm trên (a; b) thì phương trình f (x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a; b) Bài toán 2.3 Giải hệ phương trình sau { x3 − 5x = y 3 − 5y (1) x8 + y 4 = 1 (2) Lời giải Từ phương trình (2) ta suy ra |x| 1, |y| 12 1 Ta xét hàm số f (t) = t3 − 5t trên [−1; 1] Ta có f ′ (t) = 3t2 − 5 < 0, ∀t ∈ [−1; 1] Do đó hàm số. .. d′ Phương pháp tổng quát * Xét x = 0 Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thì vô nghiệm trong trong trường hợp này * Xét x ̸= 0 - Nếu có một trong hai d hoặc d′ bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho x2 , từ đó thu được phương trình có dạng ( y )2 y +B +C =0 A x x y Giải phương trình này tìm được tỉ số , từ đó rút y được theo x , lại thay vào x phương. .. vào (2) ta được: √ √ √ (2y + 1) 2y − y 2y = 2y + 2 ⇔ (y + 1)( 2y − 2) = 0 ⇔ y = 2 (vì y 0) Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (5; 2) 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Có những bài toán cần phải đặt ẩn phụ để việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn (thường là khi thấy trong hệ phương trình xuất hiện cụm ẩn nào đó được lặp lại) Sau đây là một số bài toán minh họa cho phương pháp này Bài toán 2.2 Giải hệ. .. từng vế hai phương trình ta thu được (x − y)(x2 + y 2 + xy) + 4(x − y) = −(x − y) ⇔ (x − y)(x2 + y 2 + xy + 5) = 0 y 3 Vì x2 + y 2 + xy + 5 = (x + )2 + y 2 + 5 > 0 với mọi x, y nên suy ra x − y = 0 2 4 hay y = x, thế vào (1) ta có x3 + 4x = x + 4 ⇔ x3 + 3x − 4 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 + x + 4) = 0 ⇔x=1 Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x = y = 1 1.4 Hệ phương trình đẳng cấp Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc