Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số

Header Page of 16 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 Footer Page of 16 Header Page of 16 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 Footer Page of 16 Header Page of 16 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 10 1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh 18 1.4 Hệ phương trình đẳng cấp 24 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 28 2.1 Phương pháp 28 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ 32 2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số 39 2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 46 2.5 Phối hợp nhiều phương pháp 55 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 57 3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình 57 3.2 Hệ phương trình bất phương trình ẩn 60 Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 71 Footer Page of 16 Header Page of 16 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 Footer Page of 16 Header Page of 16 Chương CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 1.1 Hệ phương trình tuyến tính Nhận dạng Xét hệ phương trình a1 X + b1Y = c1 a2 X + b2Y = 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 Ta kí hiệu a c c b a b D = a1 b1 = a1 b2 −a2 b1, DX = c1 b1 = c1 b2 −c2 b1, DY = a1 c1 = a1 c2 −a2 c1 2 2 2 TH1: D = Hệ có nghiệm   X = DX D D  Y = Y D Footer Page of 16 TH2: D = DX = DY = Hệ có vô số nghiệm dạng Header Page of 16 {(X0; Y0)|a1 X0 + b1Y0 = c1 } TH3:D = DX = DY = Khi hệ vô nghiệm 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 3(x + y) +    = −2 x−y 5x − y   =  y−x Lời giải Điều kiện: x = y Hệ phương trình đề tương đương với 3x + 3y + = −2x + 2y 15x − 3y = 5y − 5x ⇔ 5x + y = −2 5x − 2y = Từ phương trình thứ nhất, ta rút y = −5x − 2, vào phương trình thứ hai , từ dễ dàng tìm y = − 15x + = hay x = − 15 Vậy nghiệm hệ phương trình cho (x; y) = (− ; − ) 15 Bài toán 1.2 Giải hệ phương trình 6   + x   − x =3 y 10 =1 y Lời giải 1 Đặt = u, = v với u, v = Khi hệ phương trình trở thành x y 6u + 5v = 9u − 10v = Footer Page of 16 Header Page of 16 Nhân hai vế phương trình đầu với cộng vế phương trình thu với phương trình lại ta u = , thay vào hai phương trình v = Từ suy nghiệm hệ phương trình (x; y) = (3; 5) Bài toán 1.3 Giải hệ phương trình  2x − y +   + =5 x−2 y+3 x + 3y +   + =5 x−2 y+3 Lời giải +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 = 1, v = = Cuối ta dễ dàng tính (x; y) = (3; 1) u = D D Hay ta xét hệ chứa dấu giá trị tuyệt đối mà chia trường hợp để giải quy hệ hai phương trình bậc hai ẩn   2 + Bài toán 1.4 Giải hệ phương trình sau |x − 1| + y = 2x − y = Lời giải Từ phương trình thứ rút y = −|x − 1|, vào phương trình thứ hai ta thu |x − 1| = − 2x TH1 Nếu x ≥ |x − 1| = x − 1, x − = − 2x, tìm x = < 1, không thỏa mãn TH2 Nếu x < |x − 1| = − x, giải tương tự tìm x = < 1, thỏa mãn Footer Page of 16 Khi y = −1 Vậy nghiệm hệ (x; y) = (0; −1) Header Page of 16 Sau ta đưa số toán hình học phẳng câu đề thi đại học năm gần ứng dụng giải hệ phương trình tuyến tính bậc Bài toán 1.5 (Đề thi Đại học khối A 2014) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3N C Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) N (2; −1) Lời giải M A K B I N C D Hình 1.1: Gọi K trung điểm MB , N K song song với BC , N K vuông góc với AB CD Gọi E giao đường thẳng N K với DC √ 3a a 10 a Trong tam giác vuông MKN ta có MK = , N K = , suy MN = 4 Từ cos MN K = √ 10 −−→ Gọi vecto phương N K có tọa độ (a; b) (a2 + b2 > 0) Ta có MN = (1; −3) Footer Page of 16 Khi ta có |a − 3b| √ =√ cos(N K, N M) = | cos MN K| ⇔ √ 10 a2 + b2 10 √ 2 ⇔ |a − 3b| = a + b ⇔ a2 − 6ab + 9a2 = 9(a2 + b2) ⇔ 4a2 + 3ab = a=0 ⇔ 4a + 3b = Header Page of 16 - Với a = 0, a2 + b2 > nên ta chọn b = Khi dễ dàng viết phương trình đường thẳng AB y − = 0, đường thẳng N K x − = Suy tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình y−2=0 x−2=0 Suy K(2; 2) −−→ −−→ Ta có KE = KN Từ suy E(2; −2) Đường thẳng CD qua điểm E(2; −2), nhận vecto phương (0; 1) N K làm vecto pháp tuyến có phương trình y + = - Với 4a + 3b = 0, a2 + b2 > 0, nên ta chọn a = 3, b = −4 D vecto phương N K (3; −4) Khi dễ dàng viết phương trình đường thẳng AB 3x − 4y + = 0, đường thẳng N K 4x + 3y − = Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình   x = 3x − 4y + = ⇔ 4x + 3y − =  y = Suy tọa độ điểm K ; 5 13 ; − Do Tương tự lập luận trường hợp ta tìm điểm E 5 ta dễ dàng viết phương trình đường thẳng CD 3x − 4y − 15 = Bài toán 1.6 (Đề thi Đại học khối D 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh B(−4; 1), trọng tâm G(1; 1) đường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x − y − = Tìm tọa độ đỉnh A C Footer Page of 16 Lời giải Header Page 10 of 16 B(−4,1) d I G A B′ M C Hình 1.2: Gọi d đường phân giác góc A, tức d có phương trình x−y−1 = Gọi điểm B ′ đối xứng với điểm B qua d Vì d tia phân giác góc A nên suy B ′ nằm đường thẳng AC Gọi I giao điểm BB ′ d Suy tọa độ I nghiệm hệ phương trình x+y+3=0 x−y−1= ⇔ x = −1 y = −2 Suy I(−1; −2) Ta có I trung điểm BB ′ , dễ dàng ta tìm B ′ (2; −5) −− → −−→ Gọi M trung điểm AC , suy BG = 2GM Do ta tìm M ; ′ Đường thẳng AC qua hai điểm B M nên ta viết phương trình AC 4x − y − 13 = Điểm A giao điểm d AC nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 4x − y − 13 = x=4 ⇔ x−y−1= y=3 Suy A(4; 3) Điểm M trung điểm AC nên dễ dàng tìm C(3; −1) Footer Page 10 of 16 Header Page 58 of 16 Chương HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình Bài √ toán 3.1 √ Chứng minh hệ sau có nghiệm √x + + √ y − > (1) y+1+ x−2>2 Lời giải Ta xét toán Tìm √ m để hệ√phương trình √ sau có nghiệm √x + + √ y − = √m (1) y+1+ x−2= m Điều kiện: x 2, y Với m hệ phương trình đề tương đương với √ x + y − + 2√xy + y − 2x − = m x + y − + xy + x − 2y − = m Trừ vế hai phương trình cho ta √ √ xy + y − 2x − = xy + x − 2y − ⇔ xy + y − 2x − = xy + x − 2y − ⇔ x = y , vào (1) ta có √ √ √ x + + x − =√ m(2) √ Xét hàm số f (x) = x + + x − [2; +∞) 1 Ta có f ′ (x) = √ > 0, ∀x > + √ x+1 x−2 √ Do hàm số đồng biến [2; +∞) Trên [2; +∞), f (x) f (2) = √ √ Hệ đề có nghiệm phương trình (2) có nghiệm ⇔ m 3⇔ m Vậy hệ phương trình có nghiệm m Từ suy hệ cho có nghiệm 56 Footer Page 58 of 16 Đối với số hệ đơn giản, áp dụng phương pháp đồ thị để giải Ở đây, làm quen với phương pháp biểu diễn nghiệm thông qua tham số, gọi phương pháp tham biến Header Page 59 of 16 x+y ≤1 x2 + y + xy = Bài toán 3.2 Giải hệ x + y = − a, a ≥ x2 + y + xy = Lời giải Viết hệ cho dạng 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 ⇔0≤a≤1+ √ (a − 1) ≤ 3 Với điều kiện (3.1) ta có nghiệm a − + − 3(1 − a)2 a − − − 3(1 − a)2 ,y = x= 2 a − + − 3(1 − a)2 a − − − 3(1 − a)2 x= ,y = 2 ⇔ Bài toán 3.3 Giải hệ x2 + y ≤ xy + x2 + y ≤ 4xy Lời giải Viết hệ cho dạng x2 + y = xy + a + a, b ≤ x2 + y = 4xy + b x2 + y = b + 4xy x2 + y = b + 4xy ⇔ a+1−b ⇔ 4xy + b = xy + a + xy =  4a + − b  x2 + y = (x + y)2 = 2a + − b 2a + + b ⇔ ⇔ 2a + − 2b  (x − y)2 = 2xy = 3 Điều kiện a, b : 57 Footer Page 59 of 16 (3.1)  a, b ≤  60 of 16 Header Page 2a + − b ≥ ⇔ a, b ≤ ⇔ 2a + + b ≥   2a + + b ≥ 3 √ x + y = ± 2a + − b Khi 2a + + b x − y = ± 2a + + b √ 2a + − b + x=± ;y ⇔ √ 2a + + b 2a + − b − ;y x=± b với −2 ≤ b ≤ 0; −1 − ≤ a ≤ Bài toán 3.4 Giải hệ x + 2y = x2 − 2y ≤ ≥ a ≥ −1 − −2 ≤ b ≤ √ 2a + − b − √ 2a + − b + =± =± Lời giải x = − 2y x = − 2y ⇔ 2 (2 − 2y) − 2y  ≤1 2y − 8y + ≤ − 2y x = √ √ ⇔ − 10 + 10  ≤y≤ 2 Vậy hệ có nghiệm: √ √ + 10 − 10 y=t ≤t≤ với x = − 2t 2 Hệ ⇔ Bài toán 3.5 Giải hệ x−y ≥1 x2 − xy − 2y = Lời giải Viết hệ dạng x − y = + a, a ≥ x2 − xy − 2y = y = x − (1 + a) ⇔ x2 − x[x − (1 + a)] − 2[x − (1 + a)]2 = y = x − (1 + a) ⇔ 2x2 − 5(1 + a)x + 2(1 + a)2 + = 58 Footer Page 60 of 16 b 2a + + b 2a + + b  y = x − (1 + a) Header Page 61 of 16 ⇔ 5(1 + a) ± x = √ 9(1 + a)2 − 24 với a ≥ −1 Vậy hệ cónghiệm   x = 5(1 + a) ±  1+a±  y = 3.2 9(1 + a)2 − 24 9(1 + a)2 − 24 √ −1 với a ≥ Hệ phương trình bất phương trình ẩn Sau ta đưa số toán liên quan đến hệ phương trình bất phương trình ẩn Bài toán 3.6 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 = α = Hệ có dạng x+y ≤0 x+y ≤0 ⇔ 4 2 x + y ≤x y (x2 − y )2 + x2y ≤ x + y ≤ x=0 ⇔ x2 − y = ⇔ y=0  2 x y =0 Kết luận: hệ có nghiệm m = Bài toán 3.7 Xác định m để hệ sau có nghiệm x2 + 2y ≤ m y + 2x ≤ m 59 Footer Page 61 of 16 Lời giải Vì vai trò x, y bình đẳng, nên (x, y) = (α, β) nghiệm (x, y) = (β, α) nghiệm Suy điều kiện cần để hệ có nghiệm α = β Thế vào hệ, ta Header Page 62 of 16 α2 + 2α ≤ m ⇔ α2 + 2α − m ≤ Bất phương trình (3.2) có nghiệm ∆′ = + m = ⇔ m = −1 Thay vào hệ cho  x2 + 2y ≤ −1 x2 + 2y ≤ −1 ⇔ y + 2x ≤ −1 y + 2x ≤ −1  (x + 2y) + (y + 2x) ≤ −1 −  x + 2y ≤ −1 x = −1 ⇔ y + 2x ≤ −1 ⇔ y = −1  (x + 1)2 + (y + 1)2 ≤ Kết luận: hệ có nghiệm m = −1 Bài toán 3.8 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  x2 + 3x + ≤ y    x = −1 y + 3y + ≤ z ⇔ y = −1 z + 3z + ≤ x    z = −1  2 (x + 1) + (y + 1) + (z + 1) ≤ Vậy hệ có nghiệm (x, y, z) = (−1, −1, −1) Bài toán 3.9 Xác định giá trị m để hệ x2 − 3x + m + ≤ x2 − 5x + 4m + ≤ có nghiệm 60 Footer Page 62 of 16 (3.2) Lời giải bất phương trình Header Page 63 of 16 f (x) := x2 − 3x + m + ≤ (3.3) g(x) := x2 − 5x + 4m + ≤ (3.4) vô nghiệm hệ vô nghiệm ∆1 = − 4(m + 1) ≥ Xét ∆2 = 25 − 4(4m + 2) ≥ ⇔ ⇔m≤ − 4m ≥ 17 − 16m ≥ 17 16 (3.5) Với điều kiện (3.5) ∆1 > (3.3) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ; x1,2 = (3.4) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4 ; x3,4 = 3∓ 5∓ √ − 4m √ 17 − 16m Hệ có nghiệm x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2 x1 = x4 x3 = x2 1) x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2 ∆2 = ≤0 1·f hệ vô nghiệm   m = 17 16 ⇔ 5 17   +1≤0 −3· + 2 16 2) x1 = x4 ⇒ x3 ≤ x2 ⇒ x3 + x4 ≤ x1 + x2 ⇔ ≤ 3, trường hợp không xảy √ √ + − 4m − 17 − 16m 3) x2 = x3 ⇔ = 2 √ √ ⇔ − 4m + 17 − 16m = ⇔ 22 − 20m + (5 − 4m)(17 − 16m) = ⇔ (5 − 4m)(17 − 16m) = 10m − 10m − ≥ ⇔ (5 − 4m)(17 − 16m) = (10m − 9)2 61 Footer Page 63 of 16    m ≥  Header Page 64of 16 10 m=1 ⇔ ⇔ m = (thỏa mãn (3.5))     m=− Kết luận: hệ có nghiệm m = Bài toán 3.10 Xác định giá trị m để hệ có nghiệm x2 − 5x + − m ≤ x2 − 6x + 2m + ≥ Lời giải Nhận xét bất phương trình luôn có nghiệm g(x) := x2 − 6x + 2m + ≥ (3.6) Nếu ∆′2 = − (2m + 2) ≤ (⇔ m ≥ ) (3.6) nhận x nghiệm Khi hệ có nghiệm bất phương trình f (x) := x2 − 5x + − m ≤ (3.7) 11 có nghiệm nhất, hay ∆1 = 25 − 4(9 − m) = ⇔ m = Giá trị không phù hợp với điều kiện m ≥ 11 ∆1 ≥ 4m − 11 ≥ ≤m< Xét ⇔ ⇔ ′ ∆2 > − 2m > Khi √ ∓ 4m − 11 (3.7) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ; x1,2 √ x≥x (3.6) ⇔ x ≤ x4 ; x3,4 = ∓ − 2m Hệ có nghiệm  x1 = x2 ≤ x3 x1 = x2 ≥ x4  x1 = x3   x2 < x4   x2 = x4 x3 < x1 62 Footer Page 64 of 16 ∆1 = x = x ≤ x Headeri) Page 65 of 16 Trường hợp x = x ≥ x ⇔ 1·g ≥0  4m − 11 =      11   m = 5 hệ vô nghiệm ⇔ − · + 2m + ≥ ⇔   27   m ≥  x1 = x3 x1 = x3 ii) Trường hợp ⇔ x2 < x4 x1 + x2 < x3 + x4 x1 = x3 ⇔ x1 = x3 ⇔ 5 −2) hệ cho vô nghiệm Header Page 66 of 16 Xét a + ≤ ⇔ a ≤ −2 i) a < −2 x = nghiệm hệ  ax + x + ≤ x2 + ax + ≤  x +x+a≤0 Hệ có nghiệm x = nằm bên khoảng nghiệm bất phương trình ii) a = −2 Hệ có dạng  −2x2 + x + ≤ x2 − 2x + ≤  x +x−2≤0 Bất phương trình thứ hai hệ có nghiệm x = nghiệm thỏa mãn hệ Vậy hệ có nghiệm a = −2 Bài toán 3.12 Xác định giá trị m để phương trình f (x) := x2 − 2mx + m + = (3.8) g(x) := x2 + 4mx + 2m + ≤ (3.9) có nghiệm nghiệm thỏa mãn bất phương trình Lời giải Điều kiện để (3.8) có nghiệm ∆′1 = m2 − m − ≥ √ 1+ m≥ 2√ ⇔ 1− m≤ Khi gọi hai nghiệm (3.8) x1 , x2 , x1 + x2 = 2m x1 x2 = m + (3.10) Cần xác định giá trị m cho g(x1) ≤ g(x2) ≤ Để ý (3.11) ⇔ g(x1) + g(x2) ≤ g(x1)g(x2) ≥ 64 Footer Page 66 of 16 (3.11) (3.12) g(x1) = 6mx1 + m + g(x2) = 6mx2 + m + g(x) f (x) + (6mx + m + 1) nên HeaderVì Page 67 of=16 g(x1) + g(x2) = 6m(x1 + x2 ) + 2(m + 1) = 6m · 2m + 2(m + 1) = 2(6m2 + m + 1) g(x1)g(x2) = 36m2x1x2 + 6m(m + 1)(x1 + x2) + (m + 1)2 = 36m2(m + 1) + 6m(m + 1)2m + (m + 1)2 = (m + 1)(48m2 + m + 1) 2(6m2 + m + 1) ≤ Vậy (3.12) ⇔ (m + 1)(48m2 + m + 1) ≥ Hệ vô nghiệm Vậy không tồn m Bài toán 3.13 Xác định giá trị m để hệ f (x) := x2 + 2mx + m − ≤ g(x) := x2 − 2(m + 1)x + m ≤ (3.15) (3.16) có tập hợp nghiệm lập thành đoạn [α, β] với β − α = Lời giải Điều kiện để (3.15) (3.16) có nghiệm ∆′1 = m2 − m + ≥ ⇔ ∀m ∆′2 = (m + 1)2 − m ≥ √ Vậy ∀m : (1.50) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ; x1,2 = −m ∓ m2 − m + √ (1.51) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4; x3,4 = (m + 1) ∓ m2 + m + Cần xác định m để có bốn trường hợp sau: i) x3 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x4 x2 − x1 = ii) x1 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x2 x4 − x3 = iii) x1 ≤ x3 ≤ x2 ≤ x4 x2 − x3 = iv) x3 ≤ x1 ≤ x4 ≤ x2 x4 − x1 = Xét i) Để ý (x2 − x1 )2 = ∆1 = 4(m2 − m + 1) Vậy 4(m2 − m + 1) = ⇔ 4m2 − 4m + = Phương trình vô nghiệm Trường hợp không xảy Xét ii) Ta có (x4 − x3 )2 = ∆2 = 4(m2 + m + 1) = ⇔ 4m2 + 4m + = Phương trình vô nghiệm √ Xét iii) Ta có −m + m2 − m + − (m + 1) + sqrtm2 + m + = 65 Footer Page 67 of 16 √ √ ⇔ (m + 1) − m2 − m + = m2 + m + − (m + 1) Header Page 68 of 16 Nếu m > VT>0>VP Nếu m < VT −2m ⇔ 2(m2 + 1) + (m2 + 1)2 − m2 > 4m2 ⇔ (m2 + 1)2 − m2 > m2 − ⇔ (m2 − 1)2 + 3m2 > m2 − Điều luôn ∀m < Vậy trường hợp iv) không xảy Kết luận: m = giá trị cần tìm Bài toán 3.14 Xác định giá trị m để hệ sau có nghiệm x2 − 5x +√4 ≤ (3.17) (3.18) 3x − mx x + 16 = 1≤x≤4 √ Lời giải Hệ phương trình tương đương với ⇔ 3x + 16 = mx x  (3.19) 1 ≤ x ≤ 3x2 + 16 3x + 16 √ Đặt g(x) = √ =m (3.20)  x x x x Ta có √ √ √ x √ 2 6x.x x − (3x + 16)( x + √ ) 6x x − (3x + 16) x x = g ′ (x) = 3 x √ √x x x = (x − 16) = (x − 4)(x + 4) ≤ 0, ∀x ∈ [1; 4] 2x3 2x3 Kết hợp với g(x) hàm số liên tục [1; 4] ta có lập luận: Hệ đề có nghiệm ⇔ (3.18) có nghiệm x ∈ [1; 4] ⇔ g(x) ≤ m ≤ max g(x) ⇔ g(4) ≤ m ≤ g(1) 66 Footer Page 68 of 16 ≤ m ≤ 19 Header Page 69 of 16 Bài toán 3.15 Tìm tất giá trị tham số a để hệ sau có nghiệm (x; y) thỏa mãn √ điều kiện √ x≥4 x + y= (3.19) √ √3 x+5+ y+3 Bài toán 3.16 Tìm tất cặp số thực (x; y) thỏa mãn 3|x −2x−3|−log3 = 5−(y+4) 4|y| − |y − 1| + |y + 3|2 ≤ (3.22) (3.23) Lời giải Bất phương trình 3.23 tương đương với 4|y| − |y − 1| + |y + 3|2 − ≤ (3.24) Xét khoảng y ta giải bất phương trình (3.24) tương ứng: - Với y ≤ |y| = −y, |y − 1| = − y , (3.24) ⇔ y + 3y ≤ ⇔ −3 ≤ y ≤ - Với < y < |y| = y, |y − 1| = − y, (3.24) ⇔ y + 11y ≤ ⇔ −11 ≤ y ≤ (không thỏa mãn với y > 0) - Với y√≥ |y| = y, |y√− 1| = y − 1, (3.24) ⇔ y + 9y + ≤ −9 + 73 −9 − 73 ≤y≤ (không thoả mãn với y ≥ 1) ⇔ 2 Vậy miền nghiệm (3.24) [−3; 0] Ta biến đổi (3.23) tương đương với |(x+1)(x−3)| −log3 3 = 5−(y+4) ⇔ 3|(x+1)(x−3)| = 5−(y+4) ⇔ 3|(x+1)(x−3)| = 5−(y+3) ⇔ |(x + 1)(x − 3)| = −log3 5.(y + 3)(3.25) Ta có log3 > 0, y + ≥ nên −log3 5.(y + 3) ≤ Mà |(x + 1)(x − 3)| ≤ Do theo (3.25) ta có  y = −3 −log35.(y + 3) = x = −1 ⇔ |(x + 1)(x − 3)| =  x=3 Thử lại hệ đề ta có hệ có hai cặp số (x, y) thỏa mãn (−1; −3), (3; −3) 68 Footer Page 70 of 16 Header Page 71 of 16 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 69 Footer Page 71 of 16 Header Page 72 of 16 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 bibitem3Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2006),Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo Dục [4] 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 [5] Trần Nam Dũng (Chủ biên), (2010) Phương trình nữa, NXB ĐHQG Tp HCM 70 Footer Page 72 of 16 ... 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 Footer Page... of 16 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... DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 1.1 Hệ phương trình tuyến tính Nhận dạng Xét hệ phương trình a1 X + b1Y = c1 a2 X + b2Y = c2 Phương pháp giải Thường có ba phương pháp: Cách phương pháp Tư phương trình