Chuyen de HPT

HÖ ph¬ng tr×nh  HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN, NHIỀU ẨN I) Hệ phương trình bậc ẩn Hệ phương trình bậc ẩn có dạng:  ax + by = c (I )  a ' x + b ' y = c ' Việc giải biện luận hệ (I) tiến hành sau : Bước 1: Tính: D= a b a' b' c c' b = b ' c − bc ' b' Dx = Dy = a c a' c' = ab '− a ' b = ac '− a ' c a  c  Nhận xét: Dx suy từ D cách thay cột hệ số x cột   cột    a'   c'  b  c  Dy suy từ D cách thay cột hệ số y cột   cột    b'   c'  Bước 2: Nếu D ≠ hệ có nghiệm D x= x D D y= y D Nếu D = 0; Dx2 + Dy2 ≠ hệ vô nghiệm Nếu D = Dx = Dy = hệ vô số nghiệm nghiệm phương trình ax + by = Ví dụ 1: Giải biện luận hệ:  ax + y = − a   x + ay = a Giải D= Dx = Dy = a 2 a = a2 − 4−a a a a 4−a a = − a (a − 2) = a + 2a − a = (a + 4)(a − 2) * Nếu D ≠ ⇔ a ≠ ± Hệ có nghiệm HÖ ph¬ng tr×nh Dx a =− D a+2 Dy a + y= = D a+2 x= * Nếu a = -2 ⇒ Dx ≠ Hệ vô nghiệm * Nếu a = ⇒ Dx + Dy = Hệ vô số nghiệm 2x + y = ⇔ x+ y =1  x + y =  Vậy x tùy ý y = - x Chú ý: Dựa vào đặc thù toán cụ thể ta đến lời giải nhanh mà không thiết phải dùng phương pháp giải biện luận Ví dụ 2: Cho hệ:  mx + y = m +   x + (m + 3) y = 2m − Tìm m để hệ có nghiệm (x, y) cho: x≥ y   ( x − x + y ) Giải m D= = ( m + ) ( m −1) m +3 Dx = m2 + 4 = m ( m + ) ( m −1) 2m + m + Dy = m m2 + = ( m + ) ( m −1) 2m + Để hệ có nghiệm nhất: m ≠ −4 x = m D≠0⇔ ↔ → m ≥1  m ≠1  y =1 Ta có: x − x + y = (m − 2) − ≥ − Vậy: Min ( x − x + y ) = − ↔ m = Ví dụ 3: Tìm m để phương trình có nghiệm chung: x + (2m − 1) x + m − = x − (2m − 1) x − m − = Giải: Đặt: x2 = y  y + (2m −1) x = − m   y − (2m −1) x = m + 2 HÖ ph¬ng tr×nh Ta có: D= 2m − 1 − 2m − − m2 Dx = m+2 Dy = = − 4m = − m ( m + 1) − m2 2m − m+2 − 2m − = m(m − m − 7) +, D ≠ ↔ m ≠ Hệ có nghiệm  −m + m + y=    m +1  x=   Mà − m2 + m +  m +  y=x ↔ =    2 ↔ 5m − 2m − 27 = ± 136 ↔ m= +, D = m ⇔ m = Hệ vô số nghiệm Vậy phương trình có nghiệm chung Ví dụ 4: Biện luận theo m giá trị nhỏ của: a, A = ( x − y + 1) + ( x + my + ) 2 b, B = x + y − + x + my − Giải: a, Xét hệ:  x − y = −1   x + my = − D= −2 m Dx = Dy = = m +4 −1 −2 −5 m −1 −5 = −m −10 =3 +, D ≠ ⇔ m ≠ - Hệ có nghiệm nhất: HÖ ph¬ng tr×nh −m −10  x=   m +4   y=  m +4  Khi đó: A ≥ ⇒ Min A = +, D = ↔ m = −4  Dx ≠ →  Dy ≠ Hệ vô nghiệm Khi đó: A = ( x − y + 1) + ( x + my + ) Đặt: x -2y = a Ta có: 2  11  9 A = ( a + 1) + ( 2a + ) =  a +  + ≥ 5 5  − 11 − 11 MinA = ↔ a = ↔ x + 2y = 5 Vậy: −11 ↔ x + 2y = 5 m ≠ −4 ↔ MinA = m = −4 ↔ MinA = b, +, m = → B = x + y −2 + x + y −3 = x + y −2 + 3− x − y ≥ 3− =1 → MinB = ↔ ( x + y − ) ( − x − y ) ≥ ↔ ≤ x + y ≤ +, MinB =  y=   x+ y =2  m −1 ↔ →  x + my =  x = 2m −  m −1  Vậy Min B = Ví dụ 5: Giải biện luận hệ:  m x( x − y ) + m(2 x + y ) =   m x( x − y ) − m(2 x + y ) = − Giải: Cộng theo vế phương trình hệ ta có: HÖ ph¬ng tr×nh 2m ( x − y ) − m( x − y ) = ↔ ( x − y )(2m − m) = Trừ theo vế phương trình hệ ta có: m(5x + 5y) = ⇔ m(x + y) = 1  x−y =  m(2m −1)  +, m ≠ 0, ⇒   x+ y =  m  m −1 ⇒x= ,y= 2m − m(2m −1) +, m = 0, Hệ vô nghiệm Ví dụ 6: Giải biện luận hệ: (1)  (b − c)( x + y ) = a ( x − y )  (a + c )( x + c ) = (a + b)(b + y ) (2) Trong a, b, c số khác b ≠ c Giải: Từ (1) ta có: x+ y x− y 2x 2y α = = = = a b−c a+b−c a−b+ c  x = α (a + b − c) ⇒  y = α (a − b + c ) ( sử dụng tính chất tỷ lệ thức ) Thay vào (2) (a + c ) [ α (a + b − c) + c ] = ( a + b) [ b + α (a − b + c ) ] ⇔ ac + c + α (a + b − c)(a + c) = ab + b + α (a − b + c) ⇔ α (ab − ac + b2 − c ) = ab − ac + b − c ⇔ α (b − c)(a + b + c) = (b − c)(a + b + c) ⇔ α (a + b + c) = (a + b + c) _ b ≠ c +, a + b + c ≠ 0, α = Hệ có nghiệm nhất: x = a + b − c  y = a −b + c +, a + b + c =0 Khi a + b = - c , a +c = - b Thay vào (2) ta được: b( x + c) = c( y + b) ⇒ bx = cy Thay vào (1) ta có: by – cx = ax – ay ⇔ y(a +b) = x (a + c) ⇔ cy = bx Tức (1) tự động thỏa mãn Vậy a+b+c = hệ vô số nghiệm ( x, y) thỏa mãn cy = bx II) Hệ phương trình bậc nhiều ẩn số Hệ bậc có n ẩn số hệ có dạng HÖ ph¬ng tr×nh a11 x1 + a12 x + + a1n x n = b1 a x + a x + + a x = b  21 22 2n n   a n1 x1 + a n x + + a nn x n = bn Trong đó: x1, x 2, , x n n ẩn số, a ij bi số Có nhiều phương pháp để giải hệ phương trình bậc n ẩn số Một phương pháp tổng quát hữu hiệu để giải (không có biện luận) phương pháp khử Gauxo Ta minh họa tư tưởng phương pháp cho trường hợp n = (trường hợp tổng quát làm hoàn toàn tương tự) Xét hệ:  a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15 a x + a y + a z + a u = a  21 22 23 24 25   a31 x + a32 y + a33 z + a34u = a35  a41 x + a42 y + a43 z + a44u = a45 Giả sử a11 ≠ ( Nếu a11 = ta đưa phương trình có hệ số x ≠ lên đầu) Bước 1: Khử x phương trình thứ cách nhân phương trình đầu với − a 21 , cộng vào a11 phương trình thứ Ta được: b22y + b23z + b24 = b25 Ở đó: b2i = a2i − a1i a21 a11 ( i = 2; 3; 4; ) Tương tự: Ta khử x phương trình thứ thứ Ta đến hệ:  a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15  b y+b z+b u =b  22 23 24 25 (1)  b y + b z + b u = b 32 33 34 35   b42 y + b43 z + b44u = b45 Bước 2: Giữ nguyên phương trình đầu hệ (1), từ ba phương trình cuối thuật toán bước ta khử ẩn y đưa tới hệ:  a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15  b y+b z+b u =b  22 23 24 25 (2)  c z + c u = c 33 34 35   c43 z + c44u = c45 Bước 3: Giữ nguyên phương trình đầu hệ (2), từ phương trình cuối ta khử z tới hệ: HÖ ph¬ng tr×nh a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15  b y +b z +b u = b  22 23 24 25 (3)  c33 z + c34u = c35   d 44u = d 45 Từ phương trình cuối (3) ta tìm u, từ từ phương trình áp cuối ta tìm z tìm y x Vi dụ 1: Giải hệ: x + y − z − u = 2 x − y + 3z − 2u =    x − z + 2u = 3 x − y + z − u = Giải:  x + y − z −u =  −3 y − z − 4u = −7   −y +u =   − y + z − u = −3 Khử y phương trình cuối ta được:  x+ y− z−u =  − y − z − 4u = −   −y+u =   − y + z − u = − Khử z phương trình cuối ta được:  x+ y− z−u =  − y − z − 4u = −    − z + 2u =  3u = 12 Từ u = 4, z = 3, y =2, x =  Bình luận: Trong toán cụ thể, toán có chứa tham số cần biện luận, phương pháp khử Gauxo chưa phải thích hợp Ta cần biết khai thác tính chất đặc thù toán xét để tìm lời giải tồi ưu phương pháp quen thuộc : phương pháp khử, phương pháp Ví dụ 2: Giải biện luận hệ: (1 + a) x + y + z = (1)   x + (1 + a) y + z = 1(2)  x + y + (1 + a ) z = 1(3)  Giải: Ta xét trường hợp sau: i) Trong số a,b,c có số khác Giả sử ab khác HÖ ph¬ng tr×nh Trừ (1) cho (3) ta được: ax = cz → x = c z a Trừ (2) cho (3) ta được: c by = cz → y = z b Thế vào (1) ta có: z (ab + ac + bc + abc)  c (1 + a)c  z 1 + + = 1→ =1  a  ab  b Đặt k = ab + bc + ca +abc Ta có k = hệ vô nghiệm: k ≠ 0→ z = ab bc ac &x= &y= k k k ii) Có số 0, chẳng hạn a = b = c = Khi hệ trở thành:  x + y + z =1   x + y + z =1  x + y + (1 + a) z =  Rõ ràng c ≠ hệ có vô số nghiệm z = 0, x = - y, y tùy ý c = hệ trở thành phương trình x + y + z = có vô số nghiệm Ví dụ 3: Cho số thực a1 ≠ a2 ≠ a3 ≠ a4 giải:  (a1 − a2 ) x2 + (a1 − a3 ) x3 + (a1 − a4 ) x4 = 1(1)  (a − a ) x + (a − a ) x + (a − a ) x = 1(2)  2 3 4   (a1 − a3 ) x2 + (a2 − a3 ) x2 + (a3 − a4 ) x4 = 1(3)  (a1 − a4 ) x2 + (a2 − a4 ) x2 + (a3 − a4 ) x4 = 1(4) Giải: Lấy (1) trừ (2) ta được: (a1 – a2)(x2 – x1 + x3 + x4) = Lấy (2)trừ (3) ta được: (a2 – a3)(x3 + x4 – x1 – x2) = Lấy (3) trừ (4) ta được: (a3 – a4)(x4 - x3 – x1 – x2) = Vì a1 ≠ a2 ≠ a3 ≠ a4 Ta được: x2 + x + x4 = x1 x1 + x = x3 + x4 x1 + x + x3 = x4 Từ dễ thấy: x2 = x3 = 0, x4 = x1 Thế vào ta tìm được: x4 = x1 = a1 − a2 HÖ ph¬ng tr×nh  HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN Hệ phương trình bậc hai ẩn số hệ có dạng sau đây:  ax + b xy + c y + d x + e y + f =  2  a1 x + b1 xy + c1 y + d1 x + e1 y + f1 = Trong a, b, …, e1,f1 số i) Hệ luôn giải có phương trình hệ suy biến thành bậc Chẳng hạn a1 = b1 = c1 = ta rút y theo x vào phương trình đầu để nhận phương trình bậc hai x Ví dụ 1: Giải hệ:  y − x2 + x + y + =  2x − y − =  Giải: Ta có y = 2x - Thế vào phương trình đầu hệ ta được: 3x2 – 22x + 30 =  13  x= y=   → ⇒    x =  y = −1 ii) Nếu phương trình hệ phân tích thành tích nhân tử bậc hệ giải Chẳng hạn có phân tích: a1 x + b1 xy + c1 y + d1 x + e1 y + f1 = (Ax + By + C ).( A1 x + B1 y + C1 ) Thì quy hệ:   ax + b xy + c y + d x + e y + f =  Ax + By + C =   2   ax + b xy + c y + d x + e y + f =  A1 x + B1 y + C1 =  Ta đưa trường hợp i) Ví dụ 2: Giải hệ:  x + xy + y + x + y − =  3x − 32 y + =  Giải: Phương trình đầu hệ phân tích thành: (x + y + 2)(2x + 2y - 1) = Vì ta phải quay giải hệ: 3x − 32 y + =   x + y + =  2 3x − 32 y + =  x + y −1 =  Bằng phương pháp trường hợp i), ta tìm nghiệm là: HÖ ph¬ng tr×nh ( −3,1) ,  − 41     23  ÷,  1, − ÷,  , ÷   29 58   29   iii) Trong trường hợp vắng mặt số hạng bậc x y hệ gọi hệ đẳng cấp bậc hai Khi chắn giải theo phương pháp sau Giả sử hệ có dạng:  ax + b xy + c y = d  2 a1 x + b1 xy + c1 y = d1 Đặt:  at y + bty + c y = d x = ty →  2 2 a1t y + b1ty + c1 y = d1  ( at + bt + c ) y = d ↔ 2 ( a1t + b1t + c1 ) y = d1 Giả sử: dd1 ≠ → at + bt + c d = a1t + b1t + c1 d1 Đây phương trình bậc ẩn t giải ta tìm t, từ tìm y x Ví dụ 3: Giải hệ: 6 x − xy − y = 56  2  x − xy − y = 49 Giải: Đặt: 6t − t − x = ty → = 5t − t −   y = ±    28    x = m y =   t=  ↔ 2t + t − = →  → →     21  y = ± t = −2  y =      x = m2   28 35 21 21 iv) Trong trường hợp tổng quát hệ dạng i), ii) iii) ta khéo léo biến đổi để đưa ba dạng nói Các ví dụ sau minh họa điều Ví dụ 4: Giải hệ: 10 HÖ ph¬ng tr×nh    a; b >  2 a + b =  b 1  a  a + b −  b − a ÷ ÷ =2    Giải: 1  a b − Đặt: A = + −  ÷ a b  b a÷  1 a b  1− a + b 1− b + a A = + −  + − ÷= + a b b a b a  2 Vì a + b = a; b > ⇒ < a < ; < b < ⇒ + a − b > 0;1 − b + a > Áp dụng BĐT AM-GM có: ( − a + b ) ( − b + a ) = − a − b2 + 2ab = 2 A≥2 ab ab 2 a + b = 1  Dấu “=” xảy ⇔ 1 − a + b − b + a ⇔ a = b = =  a  b Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:   a; b; c > o  a + b + c =   a +   b +   c +  =  10  ÷ ÷ ÷  ÷  a  b  c   Giải: Vì a + b + c = nên VT (2) = abc + 1 1 + + + +1 abc a b c 1 + + ≥9 a b c Đến ta có hai cách làm: Cách 1: Áp dụng BĐT AM-GM có: 1  27 − 1 27 − 730  abc + =  abc + + ≥ abc + = ÷ abc  27 abc  27 abc 27 abc 27 27 Ta CM :  10  ⇒ VT (2) ≥  ÷  3 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = Vậy hệ có nghiệm a = b = c = Cách 2: a + b + c ≥ 3 abc ⇒ abc ≤ Đặt p = abc 27 62 (0 ≤ p ≤ ) 27 HÖ ph¬ng tr×nh p+ 1 ( 27 − p ) ( − 27 p ) − 27 − = ≥0 p 27 27 p 730  10  ⇒ p+ ≥ ⇒ VT (2) ≥  ÷ p 27  3 Sau làm tương tự cách Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:  xy + ( x + y ) =    x 2009 y 2013 + x 2013 y 2009 = 2011  ( 1) ( 2) Giải: ( ) ⇔ ( xy ) 2009 ( 1) ⇔ − xy = VT (2) = ( xy ) ( x + y 2011 >0 ⇒ xy > ( x + y ) ≥ xy = xy ⇒ xy ≤ 2009 ( x4 + y ) = (x 4 +y ) = ( xy ) ) ( − xy ) = 2009 2 ( − xy ) 2 − xy − xy 2008 ≤ ( xy ) ≤ 2011 = VP(2) 2 3 − xy   xy =  x= y=    ⇒ PT có n o ⇔  xy = ⇔ −1   x = y = 4  x = y    Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: = ( xy ) 2008 xy   x; y; z; t ; u >  x + y + z + t + u =  x+ y+ z+t x+ y+ z x+ y )( )( ) = 16 * ( ( )  xyz + u Giải: Áp dụng liên tiếp BĐT ( a + b ) ≥ 4ab Dấu “=” xảy ⇔ a = b 63 HÖ ph¬ng tr×nh 42 = ( x + y + z + t + u ) ≥ ( x + y + z + t ) u ( x + y + z +t) ( x + y + z) ( x + y) ≥ 4( x + y + z) t ≥ 4( x + y) z ≥ 4( x + y) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4) Do x; y; z; t; u > nên hai vế BĐT (1)(2)(3)(4) dương, nhân vế chúng rút gọn ta có: 16 ( x + y + z + t ) ( x + y + z ) ( x + y ) ≥ 256 xyztu ⇒ VT (*) ≥ 16  x + y + z + t + u = x = y =  x + y + z + t = u    ⇔ z = Dấu “=” xảy ⇔  x + y + z = t x + y = z  t =   u =  x = y  Ví dụ 8: Giải hệ phương trình:  2010  + x1 + + x2 + + + x2009 = 2009 2009   2008  − x + − x + + − x 2009 = 2009  2009 Giải: ĐK: −1 ≤ xi ≤ ; i = 1; 2009 Áp dụng BĐT CBS có: 2010 20092 = + x1 + + x2 + + + x2009 2009 ⇒ x1 + x2 + + x2009 ≥ ( 1) ( 20092 2008 = 2009 ( − x1 + − x2 + + − x2009 ⇒ x1 + x2 + + x2009 ≤ ( 1) , ( ) ⇒ x1 + x2 + + x2009 = ) ≤ 2009 ( 2009 + x1 + x2 + + x2009 ) ) ≤ 2009 2009 − ( x1 + x2 + + x2009 )  ( 2) Hệ cho tương đương với: 1 + x1 = + x2 = = + x2009  1 − x1 = − x2 = = − x2009 ⇔ xi = 2009  x + x + + x = 2009  ( i = 1; 2009 ) Ví dụ 9: Giải hệ phương trình:  x y  + =  ( − y ) ( − x ) − x − y ( )( )   x y + =  2 ( 1− x ) ( 1− y2 ) 1− y2  − x 2+ ( − x2 ) ( − y ) 64 HÖ ph¬ng tr×nh Giải: ĐK: - ≤ x; y ≤ Với ĐK hệ cho viết thành: x 1+ y + y 1+ x = +    x − y + y − x =  −1 ≤ x; y ≤  ĐK toán:  x + y + y + x >  2  x − y + y − x > Áp dụng BĐT CBS có: (x x 1− y2 + y − x2 ≤ + − x2 ) ( y + − y ) = 0 < x; y < 0 < x; y <  ⇒ x 1− y2 + y 1− x2 = ⇔  x − x2 ⇔  = x + y2 =   y  1− y Áp dung BĐT có: x 1+ y + y 1+ x ≤ (x ≤ + y ) ( x + y + 2) = x + y + ( + 1) ( x + y ) + = 2+ 0 < x; y <  x y  = 1+ x ⇔ x = y = ⇒ x 1+ y + y 1+ x = + ⇔  1+ y  x2 + y2 =   x = y ( 1) ( ) ⇒ no x = y = II) Giải hệ phương trình đặc biệt phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 85  2 =  xy + ( x + y ) + ( x + y)    x + = 13  x+ y Giải: Hệ cho tương đương với: 65 ( 1) HÖ ph¬ng tr×nh    85 2 3 ( x + y ) + + ( x − y) = 2   ( x + y )    13 2 x + x + y =  Đặt a = x + y; b = x - y Ta có: 2x = a + b Hệ cho trở thành:    85 3  a + a ÷+ b = ( 1)    a + b + = 13 ( 2)  a Rút b từ (2) vào (1) đặt t = a + ( t ≥ ) phương trình bậc hai t: a  10 t = 18t − 39t − 70 = ⇔  t = −7 (l )  a = 10 13 10 t = ⇒ b = − t = ⇒ a + = ⇔ 3a − 10a + = ⇔  a = 3 a 3   a =  x + y =  x = ⇒ ⇔  b = x − y =   y =1    ⇔   x =   a = ⇒  x + y = ⇔    x − y =  y = −1  b =   Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  xy + y x − y x+ y x− y = +  14 2   3   x+ y  x− y   ÷ +  ÷ =9      Giải:  x+ y u =  Đặt  v = x− y  (u; v ≥ 0) 2 2u = x + y  x = u + v ⇒ ⇒ 2 2v = x − y  y = u − v Hệ phương trình cho trở thành: 66 HÖ ph¬ng tr×nh  ( u + v ) ( u − v ) + ( u − v ) 4u 2v  =u+v 14   3 u + v = u; v ≥     u + v =  3 3  u + v = ( u + v ) ( u − v − ) =  u; v ≥   3 ⇔ u + v = ⇔ 3  u − v = u; v ≥  3   u + v =  u; v ≥   u =  u = x = ⇔ v = ⇔ ⇔ v = y = u; v ≥  Ví dụ3: Giải hệ phương trình:  1 − − =  x+ y+ z− x y z   1 118 x + y + z + + + = x y z   1 728 − − = x x + y y + z z − 27 x x y y z z  Giải: ĐK: x>0; y>0; z>0 1 =a ; y− =b ; z− =c Đặt: x − x y z 1 2 Ta có: x + = a + ; y + = b + ; z + = c + x y z 1 x x− = a3 ; y y − = b3 ; z z − = c3 x x y y z z Hệ phương trình cho trở thành:  a + b + c =  a + b =  64  2 ⇒ b + c = a + b + c =   a + c =  3 512 a + b + c = 27  Từ tìm x;y;z KQ: ( x; y; z ) = { ( 1;9;1) , ( 1,;1;9 ) , ( 9;1;1) } 67 HÖ ph¬ng tr×nh Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:  x + y + z + t = 12  2 2  x + y + z + t = 50  3 3  x + y + z + t = 252  x 2t + y z = xyzt  Giải:  x + y + z + t = 12  x + y + z + t = 12  2  2 2 x + t ) + ( y + z ) − xt − yz = 50 (  x + y + z + t = 50   ⇔  3 3 ( x + t ) − 3xt  + ( y + z ) ( y + z ) − yz  = 252 x + t ( ) x + y + z + t = 252        x 2t + y z = xyzt   ( xt − yz ) = ( *) ( *) ⇒ xt = yz Đặt: x + t = a ; y + z = b ; xt = yz = c Khi hệ trở thành: a + b = 12 a + b = 12   2 ⇔ ( a + b ) − 2ab − 4c = 50 a + b − 4c = 50   3 2 a + b − 3c ( a + b ) = 252 a a − + b b − = 252 ( ) ( )  a =    b = a + b = 12 a + b = 12    c =   ⇔  ab + 2c = 47 ⇔ ab + 2c = 47 ⇔   a =  ab + c = 41     b = ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  − 36c = 252   c = Từ tìm x;y;z;t KQ: (x; y; z; t) = (1; 2; 3; 6) hoán vị Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 2   x + y = ( *)   125 y − 125 y + 15 = ( **) Giải: Các bạn thấy VD1 phần “Giải hệ phương trình đặc biệt phương pháp áp dụng BĐT” Nhưng giải toán cách đặt ẩn phụ sau: Tương tự VD1 ta có:125 y x = 15 Đặt t = y 15 ( t > 0) ⇒ 125 y − 125 y + 15 = 68 HÖ ph¬ng tr×nh ⇔ 3t − 5t + 15 = ⇔ ( t − 1) ( 3t + 6t + 4t + ) = Vì t > ⇒ 3t + 6t + 4t + > ⇒ t =1⇒ y = 15 ± 10 ⇒x= 5 Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:  x + y + z = xyz ( 1)  2 2 2  x ( y − 1) ( z − 1) + y ( x − 1) ( z − 1) + z ( x − 1) ( y − 1) = ( ) Giải: Nếu xyz=0 số x; y ;z Giả sử x=0 từ giả thiết ta có: y=-z ( ) ( ) 2 Thay x=0 vào phương trình (2) ta có y z − + z y − = (Đúng y=-z) Vậy hệ có nghiệm (0;y;z) với y=-z (x;0;z) với x=-z (x;y;0) với x=-y Nếu xyz ≠ chia hai vế phương trình (2) cho 4xyx, ta có: y2 −1 z2 −1 x2 −1 z2 − x2 − y −1 + + = ( 3) 2y 2z 2x 2z 2x 2y Đặt x = tan α ; y = tan β ; z = tan γ ( 1) có tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ ( k ∈Z) ⇔ α + β + γ = kπ ⇔ 2α + β + 2γ = 2kπ ⇒ cot 2α cot 2β + cot β cot 2γ + cot 2α cot 2γ = ⇒ y −1 z −1 x2 −1 z −1 x2 −1 y2 − + + =1 2y 2z 2x 2z 2x 2y Vậy phương trình (3) vô nghiệm KL: hệ có nghiệm (0;y;z) với y=-z (x;0;z) với x=-z (x;y;0) với x=-y III) Giải hệ phương trình đặc biệt phương pháp biến đổi tương đương Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 1 4  x −  2 y = y − x     + = 3x + y x + y  x y Giải: ĐK: x ≠ 0; y ≠ Hệ phương trình cho tương đương với: ( ( ) )( ) 69 HÖ ph¬ng tr×nh 2 = y − x + y + 3x + 10 x y  x 1  = y + x − y + x + 10 x y  y 2 = y x + x + 10 x y ⇔  1 = x y + y + 10 x y 2 + = x + x y + 10 x y + 10 x y + xy + y  ⇔ 2  2 − = x − x y + 10 x y − 10 x y + xy − y  1+ 5 x =    ( x + y ) = x + y =  ⇔ ⇔ ⇔  5 x − y =    y = −1 ( x − y ) =   Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  x + y =   y + ( x − 3) y − 48 y − 48 x + 155 = Giải: Hệ phương trình cho tương đương với:  x = − y  2  y + y x + 16 ( − y ) − 12 ( y + x ) + 11 =  x = − y ⇔ 2 ( y + x ) − 12 ( y + x ) + 11 =   x = − y x = − 3y     y + x = ⇔   y + x = 11 ⇒  x = − y    y + 4x =   y + x = 11   y2  y2  = −x  = − x 4 ⇔ ( I) ⇔  2 9 − y + y = x − x +  − y  =  x −  ÷  ÷   2  2 4   x = −3 +    y = − ⇔   x = −3 −    y = −2 − Giải (II) tương tự tìm giá trị khác x;y Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:  y2  = 4−x  ⇔ 2 x + y =   x − y = 70 HÖ ph¬ng tr×nh Giải: 2   y + x − 12 y + = 12 ( x + 17 )    x + 2x = x + x − y  y 3y ( 1) ( 2) 2 x − 12 y + = ( x − 12 y + 1) + 12 ⇔ x − 12 y = 15 ( 1) ⇔ (2) ⇔ ⇔  x 1 x2 x 1 + + − x2  + ÷ = 3y y 16 y  3y  x  x 1 x x2 − + ÷+ + =0  2y  3y  3y 16 y  x x 1 ⇔  − + ÷ =0 3y ÷  4y  x x ⇔ = + 4y 3y y >  ⇔  x2 x 16 y = y +  y >    x =    y   ⇔    x − 12 y = 15   x −2    =   y       x − 12 y = 15 y >    x = y >   ⇔    x − 12 y = 15   x = −2 y <       x − 12 y = 15   x =   y =   ⇔   x = −9 −  27 −6  y =  71 HÖ ph¬ng tr×nh  TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC CHỨA HAI BIẾN SỐ Bài viết xin trao đổi phương pháp tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức chứa hai biến số nhờ tập giá trị, hai biến bị ràng buộc điều kiện cho trước Bài toán tổng quát: Cho số thực x, y thoả mãn điều kiện: G(x; y) = Tìm GTLN , GTNN (nếu có) biểu thức P = F(x ; y) Phương pháp giải : Gọi T tập giá trị P Khi đó, m giá trị T hệ sau có nghiệm (x; y): G ( x; y ) =   F ( x; y ) = m Sau tìm giá trị tham số m để hệ có nghiệm Từ suy tập giá trị T P, suy GTLN , GTNN (nếu có) P Sau toán minh hoạ Bài toán 1: Cho hai số thực x, y thoả mãn điều kiện: x x − + y y − = xy ( ) ( ) Tìm GTLN, GTNN biểu thức F = x + y + xy Lời giải: Gọi T tập giá trị F Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm: ( ) ( )  x x − + y y − = xy    x + y + xy = m (I)  S = x + y Đặt:  ∃ x, y ⇔ ∃ S, P: S2 ≥ 4P  P = xy  s − S − 3P = Hệ (I) trở thành:  S + P = m Ta có: S2 ≥ 4P ⇔ S2 ≥ ( S2 − S ) ⇔  S + S − 3m =  P = m − S ⇔  S + 2S m =   P = S − S  (II) ⇔ S2 – 4S ≤ ⇔ ≤ S ≤ Từ đó, hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (S; P) thoả mãn S2 ≥ 4P ⇔ Phương trình S2 – 2S – 3m = có nghiệm S: ≤ S ≤ 4, điều xảy khi: ∆ 's = + 3m ≥   0 ≤ S1 = −1 − + 3m ≤   0 ≤ S1 = −1 + + 3m ≤ ⇔  m ≥ −  1 ≤ + 3m ≤  ⇔ ≤ m ≤ Do đó: T1 = [0; 8] Vậy: minF = 0, maxF = Bài toán 2: Cho số thực x, y thoả mãn: x2 - xy + y2 = Tìm GTLN, GTNN biểu thức: G = x2 + xy - 2y2 Lời giải: Gọi T tập giá trị G Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm:  x − xy + y = (III)  2  x + xy − 2y = m 72 HÖ ph¬ng tr×nh  x =  x = ± Nếu y = hệ (III) trở thành:  ⇔    x = m m = Nếu y ≠ đặt x = ty ta có hệ:   y = 2   t − t +1 y = ±  y (t − t + 1) = ⇔  ⇔  (IV) t − t +1  2 3( t + t − 2)  y (t + t − 2) = m  (m − 3)t − ( m + 3)t + m + = =m   t − t + Hệ (III) có nghiệm ⇔ Hệ (IV) có nghiệm y ≠ ⇔ Phương trình: (m - 3)t2 – (m + 3)t + m + = (2) có nghiệm Nếu m = (2) có nghiệm t = Nếu m ≠ (2) có nghiệm ⇔ ∆t = - 3m2 – 6m + 81 ≥ ⇔ −1 − ≤ m ≤ −1 + (m ≠ ) Kết hợp trường hợp ta giá trị m để hệ (III) có nghiệm là: −1 − ≤ m ≤ −1 + Do đó: T2 = [ −1 − ; −1 + ] Vậy: minG = −1 − ; maxG = −1 + Bài toán 3: (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006 ) Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0; y ≠ thoả mãn: ( x + y ) xy = x + y − xy 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = + x y Lời giải: Gọi T tập giá trị A Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm x ≠ 0; y ≠ 0: ( x + y ) xy = x + y − xy ( x + y ) xy = x + y − xy   ⇔  ( x + y ) ( x + y − xy ) 1 =m  x3 + y3 = m  ( xy )   ⇔ ( x + y ) xy = x + y − xy   ( x + y ) xy =m  ( ) xy  ( x + y ) xy = ( x + y ) − xy   x + y   = m   xy  ⇔ (V) SP = S − 3P S = x + y  Đặt  (S2 ≥ 4P), ta có hệ:  S  (VI)  P = xy   = m  P  Hệ (V) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ ⇔ Hệ (VI) có nghiệm (S; P) thoả mãn S2 ≥ 4P S   > với x ≠ 0; y ≠ Vì SP = x + y − xy =  x − y  + y > với x ≠ 0; y ≠ ⇒ P   Từ đó: Nếu m ≤ hệ (V) vô nghiệm S S = m ⇒ S = m P thay vào phương trình đầu Nếu m > từ phương trình   = m ⇒ P P hệ (VI) được: ( ) m P = mP − 3P ⇔ m − m P = (vì SP > nên P ≠ 0) Để có P từ phương trình m − m ≠ ⇔ m ≠ 73 ( m > 0) ta được: HÖ ph¬ng tr×nh P= ( ) m m −1 khi: , S = m −1 ( Trường hợp hệ (VI) có nghiệm (S; P) thoả mãn S2 ≥ 4P ) ( )   12 m −1   ≥ ⇔ 3≥ ⇔ m ≥ m −1 ⇔ m ≤ m m −1 m m −1  m − 1 ⇔ < m ≤ 16 ( m ≠ 1) ( ) ( ) Tóm lại, giá trị m để hệ (V) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ là: < m ≤ 16 ( m ≠ 1) Do đó: T3 = (0; 16] \ {1} Vậy: max A = 16 (chú ý không tồn A min) Bài toán 4: ( HSG quốc gia - Bảng A + B năm 2005 ) Cho hai số thực x, y thoả mãn: x − x + = y + − y Hãy tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức K = x + y Lời giải : ĐKXĐ: x ≥ -1, y ≥ -2 Gọi T tập giá trị K Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm:  x − x + = y + − y 3 x + + y + = m ⇔ (VII)    x + y = m  x + y = m ( x + v = Đặt u = ) y + u, v > hệ (VII) trở thành: m  u + v =   uv =  m − m −      3( u + v ) = m ⇔  2 u + v = m + ⇔ u, v nghiệm phương trình: t −  m  m2 t +  − m −  = 2  ⇔ 18t − 6mt + m − 9m − 27 = (3) Từ đó, hệ (VII) có nghiệm (x; y) cho x ≥ -1, y ≥ -2 (3) có hai nghiệm không âm điều kiện là:  ∆/t = −9 m − 18m − 54 ≥  m  + 21 ⇔ ≤ m ≤ + 15 S t = ≥   m − 9m − 27 ≥0  Pt = 18   + 21  ;9 + 15  Do đó, T4 =    ( ) + 21 , max K = + 15  Bình luận: Ưu phương pháp quy toán tìm GTLN, GTNN toán tìm tham số để hệ có nghiệm, không cần rõ giá trị biến số để biểu thức đạt GTLN, GTNN Nếu dùng bất đẳng thức để đánh giá thiết phải rõ giá trị biến số để biểu thức đạt GTLN, GTNN Các bạn mở rộng phương pháp cho biểu thức có nhiều hai biến số Vậy K = 74 HÖ ph¬ng tr×nh *Cuối tập minh hoạ phương pháp : Bài 1: Cho hai số thực x, y thoả mãn: x2 + y2 = 2(x + y) + Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P = x( x − ) + y ( y − ) Bài 2: Cho số thực x, y thoả mãn: 4x2 - 3xy + 3y2 = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức F = x2 + xy - 2y2 Bài 3: Cho số thực không âm x, y thoả mãn: x + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Q = x + + y + Bài 4: Cho số dương x, y thoả mãn: xy + x + y = 3y 3x + − x2 − y2 Tìm GTLN biểu thức G = y +1 x +1 Bài 5: (Cao đẳng kinh tế kỹ thuật năm 2008) Cho hai số x, y thoả mãn: x2 + y2 = Tìm GTLN , GTNN biểu thức P = 2(x3 + y3) -3 xy Bài 6: (Đại học Khối B năm 2008) Cho hai số thực x, y thay đổi thoả mãn hệ thức: x2 + y2 = x + xy Tìm GTLN, GTNN biểu thức P = + xy + y ( ) Hết 75 HÖ ph¬ng tr×nh MỤC LỤC Tra ng 1 Hệ phương trình bậc hai ẩn, nhiều ẩn I) Hệ phương trình bậc hai ẩn II) Hệ phương trình bậc nhiều ẩn Hệ phương trình bậc hai hai ẩn Hệ phương trình ba ẩn I) Hệ phương trình ba ẩn đối xứng loại II) Hệ phương trình ba ẩn đối xứng loại Hệ phương trình đối xứng I) Hệ phương trình đối xứng loại II) Hệ phương trình đối xứng loại III) Một số hệ phương trình đưa dạng hệ phương trình đối xứng 12 12 14 16 16 31 41 Hệ phương trình đẳng cấp 44 Hệ phương trình hoán vị vòng quanh 53 Hệ phương trình đặc biệt I) Giải hệ phương trình đặc biệt phương pháp áp dụng bất đẳng thức II) Giải hệ phương trình đặc biệt phương pháp đặt ẩn phụ III) Giải hệ phương trình đặc biệt phương pháp biến đổi tương đương 60 60 Ứng dụng: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức chứa hai biến số 72 Mục lục 76 76