free một số hệ phương trình hay

Nguyễn Thế Duy – ntd1995    y x 1  x  y  x  y Ví dụ Giải hệ phương trình      x  y   x  y  xy  y  x, y   Lời giải Điều kiện: x  1; x  y Đặt t  x  y   x  t  y Khi đó, phương trình hai hệ trở thành t  y  y   t  y t  y  1  t  yt   y  y   t  y  y   Nhận thấy  phương trình đa thức bậc ba, ta tách nhân tử từ đó, gán giá trị y  100 giải phương trình bậc ba ẩn t  200 t  10496 t  1999800  Ta tìm kết t  198 , nghiệm nghiệm nhất, với t  198  200   y  nên ta có nhân tử t  y  2 đồng thời   t  y  2 f t ; y   rõ ràng f t ; y   phải phương trình bậc hai vô nghiệm Việc chứng minh vô nghiệm ta xét đenta âm, câu hỏi đặt tìm f t ; y  cách Với toán chia đa thức học lớp ta sử dụng lược đồ Horner sau: Xét phương trình bậc ba ẩn t với nghiệm y  , ta có lược đồ 2 y y2  y  2 y  y 2y 2 y2  y 2 Vậy phương trình f t ; y   t  2t  y  y Tuy nhiên, ta xuất phát từ ý tưởng sử dụng định lý Viet dành cho phương trình bậc ba, “ Phương trình ax  bx  cx  d   a  x  x1  x  x  x  x   có ba b c d nghiệm thỏa mãn hệ thức Viet x1  x  x   ; x1 x  x x  x x1  ; x1 x x   a a a Với nghiệm tìm x  y  thay vào hệ thức Viet bậc ba, ta  x1  x  x  y    x1  x  y   y  x1  x        x1 x  x x  x x1  y  y      2   y  2 x1 x  2 y  2 y  y       x1 x  y  y    x x x  y  y   Và x1 , x nghiệm phương trình bậc hai lại, nên có t  2t  y  y  Ngày nay, với công cụ máy móc đại đặc biệt máy tính Casio, ta dễ dàng tìm nhân tử lại cách tính giá trị:   t  yt   y  y   t  y  y  at  bt  c với y  100 t 2y  Dễ thấy a  a kết phép chia hệ số bậc ba cho hệ số bậc ẩn t Ta thấy phép chia t  yt   y  y   t  y  y  Tính b Ta có b  t 2y  t  at với t  99 99  13 Ta b  2  Tính c Ta có c  t  yt   y  y   t  y  y t 2y   at  bt với t  Ta c  10100  10000  100  100   100  y  y Do đó, nhân tử lại tìm t  2t  y  y  Nguyễn Thế Duy – ntd1995 Tóm lại cách hay cách khác, với toán phân tích đa thức thành nhân tử có nhiều hướng tiếp cận cho loại toán giải nhẹ nhàng Casio Vậy ta có   t  y  2t  2t  y  y   Khi đó, thay ngược t  x  y trở lại, ta    x  y2  y  x  y  x  y2  Với hai trường hợp đưa ra, khó giải trường hợp toán, điều mà ta chưa sử dụng tới phương trình Vậy liệu từ phương trình khai thác điều đó, chí điều kiện chặn x , y chẳng hạn Ta quan sát thấy phương trình hệ có chứa hai thức, đặc biệt có chứa tổng hai tích Vậy làm ta nghĩ đến bất đẳng thức Cosi cần dùng khéo léo cho biến, ta lựa chọn x để tìm điều kiện y sau y  x  31  x  y    2x  y2 1 2 1 1   y  y 1    y  22y  2 2 x  y  y x 1  x  y  x  y  y   , ta x  y  x  y 2 x  y  x  y     2 x  y  x  y Nên hệ phương trình           y x 1  x  y  x  y    y x 1  x  y  x Do i  Với phương trình i  này, ta có hai hướng tiếp cận  Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có  y  x 1 x  y   x 2   y    y  x 1 Dấu đẳng thức xảy    2    x  y    x  y 1  Đặt a  x    x  a  , vào phương trình i  , ta y x 1  x  y  ay  a  y   a   a  y   a  ay    a  ay   2 2   2  a  y   a  a y   2a y  2a  ay 2  a  y   a  ay       2  a  a  2a y  2ay  a y  y   a  1a  2ay  y   y    a  y    a  y  y  x       x  y   x  1; y   1  5 Do vậy, ta   y x   2   y  y 1    1    Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x ; y    ;  2  Bài tập tương tự    xy  x  y   y  1 x  y Câu Giải hệ phương trình       y   3x  y   3x  Lời giải: x, y   Nguyễn Thế Duy – ntd1995 Đặt t  x  y   y  t  x Phương trình hệ tương đương x t  x   x  t  x   t t  x  1 Điều kiện: x  y   0; y   xt  x  x  2t  x  t  tx  t  x  2  t  x  t  1 x  t  2t  t    x  t  x  t  1   x  t    x   t  x  y  y  x  Thế y  x  vào phương trình thứ hai hệ, ta 2 x  1   x  x    x   x   x  x   3x       x   x 1  x   3x  x   2  x  1  4 x  1 2 x  1  3 x  x  1   0 x 1  x 1 x 1  3x  x 1     1     x     x  x  2   x   x  x   x  x        0   Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x ; y    7;7   2  2 xy   x  y  x  y  x  x  Câu Giải hệ phương trình     2 y x  y  x  x  x  x   x, y   Lời giải: Điều kiện: x  y  0; x  Phương trình hệ tương đương với: x  xy  y   x  y  x  y  x  y  x  x   x  x  x  y  2x  y x  y2  x  y  x  x    x  y  x  y2   y  x  y  x 1   2 x  1    y  x  y   3x  TH1 Với y  x  y  x   x  y x  y  x  x   y x  y  x  3x  Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta x  6x  x  x   x2 6 x2 6 2 1   x x x2 6 1 x  x TH2 Với y  x  y   x  y x  y  x  x  Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta x  5x   x  x  Phương trình vô nghiệm với điều kiện x    Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x ; y   3;1    