Chuyên đề hệ phương trình - hệ bất phương trình - Nguyễn Tất Thu - TOANMATH.com HePT(TatThu)

Chuyên đề hệ phương trình - hệ bất phương trình - Nguyễn Tất Thu - TOANMATH.com HePT(TatThu) tài liệu, giáo án, bài giản...

Nguyễn Tất Thu http://www.toanthpt.net Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai BẤT ðẲNG THỨC I. LÝ THUYẾT 1. ðịnh nghĩa : Cho a ; b ∈R. Mệnh ñề “ a > b” ; “a ≥ b” ; “a < b” ; “ a ≤ b” gọi là bất ñẳng thức 2.Tính chất : * a b> và b c a c> ⇒ > * a b a c b c> ⇔ + > + * a b> và c d a c b d> ⇒ + > + * khi 0 khi 0 ac bc c a b ac bc c > >  > ⇒  < <  * 0a b a b> ≥ ⇒ > * 2 2 0a b a b≥ ≥ ⇔ ≥ * 0 n n a b a b> ≥ ⇒ > 3. Bất ñẳng thức về giá trị tuyệt ñối * | |x a a x a< ⇔ − < < ( Vớ i 0 a > ) * | | x a x a x a >  > ⇔  < −  ( V ớ i a > 0) 4 . B ấ t ñẳ ng th ứ c gi ữ a trung bình c ộ ng và trung bình nhân ( B ñ t Cauchy) a) Cho , 0 a b ≥ , ta có 2 a b ab + ≥ . D ấ u ‘=’ x ả y ra khi và ch ỉ khi a = b H ệ qu ả :*. Hai s ố d ươ ng có t ổ ng không ñổ i thì tích l ớ n nh ấ t khi 2 s ố ñ ó b ằ ng nhau *. Hai s ố d ươ ng có tích không ñổ i thì t ổ ng nh ỏ nh ấ t khi 2 s ố ñ ó b ằ ng nhau b) Cho , , 0a b c ≥ , ta có 3 3 a b c abc + + ≥ . D ấ u ‘=’ x ả y ra khi và ch ỉ khi a = b = c 5. Phương pháp chứng minh bất ñẳng thức I. Phương pháp biến ñổi tương ñương ðể chứng minh BðT dạng A B≥ ta thường dùng các cách sau : Cách 1 : Ta chứng minh 0A B− ≥ . ðể là ñ i ề u này ta th ườ ng s ử d ụ ng các h ằ ng ñả ng th ứ c ñể phân tích A B− thành t ổ ng ho ặ c tích c ủ a nh ữ ng bi ể u th ứ c không âm. Chú ý : M ộ t s ố k ế t qu ả ta th ườ ng hay s ử d ụ ng * 2 0 x x≥ ∀ và 2 0 0x x= ⇔ = ; | | 0 x x≥ ∀ và | | 0 0x x= ⇔ = * 2 2 2 0a b c+ + ≥ . ðẳ ng th ứ c x ả y ra 0a b c⇔ = = = . Ví dụ 1 : Cho hai s ố th ự c ,a b . Ch ứ ng minh r ằ ng : 2 2 2a b ab+ ≥ . Giải : Ta có 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 2a b ab a b a b ab+ − = − ≥ ⇒ + ≥ . ðẳng thức có a b⇔ = . Ví dụ 2 : Cho ba số thực , ,a b c . Chứng minh rằng : 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + (I). Giải : Ta có : 2 2 2 ( )a b c ab bc ca+ + − + + = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 2 2 2 a ab b b bc c c ca a= − + + − + + − + Nguyễn Tất Thu http://www.toanthpt.net Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 0 2 a b b c c a a b c ab bc ca= − + − + − ≥ ⇒ + + ≥ + + ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Ví dụ 3 : Cho 5 số thực , , , ,a b c d e . Cmr : 2 2 2 2 2 ( )a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + + . Giải : Ta có : 2 2 2 2 2 ( )a b c d e a b c d e+ + + + − + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 a a a a ab b ac c ad d ae e= − + + − + + − + + − + 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 a a a a b c d e = − + − + − + − ≥ ⇒ ñpcm. ðẳng thức xảy ra 2 a b c d e⇔ = = = = . Nhận xét : 1) BðT ở Ví dụ 3 cũng ñúng với n số thực 1 5n≤ ≤ , còn 6n ≥ thì không còn ñúng nữa, tức là BðT 2 2 2 1 2 1 1 1 . ( . . ) n i i i n a a a a a a a a − + + + + ≥ + + + + + ñ úng v ớ i n s ố th ự c 5n⇔ ≤ . 2) S ử d ụ ng hàng ñẳ ng th ứ c 2 2 2 2 ( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + + thì ta có th ể vi ế t B ð T (1) d ướ i các d ạ ng sau : 2 2 2 2 ( ) 3( ) (II) 3( ) ( ) (III) a b c ab bc ca a b c a b c + + ≥ + + + + ≥ + + . Các B ð T (I), (II), (III) có nhi ề u ứ ng d ụ ng trong ch ứ ng minh B ð T, ta xét các bài toán sau : Bài toán 1.2 : Cho ba s ố th ự c d ươ ng , ,a b c . Ch ứ ng minh B ð T sau 3 3 3 a b c a b c bc ca ab + + ≥ + + (1) ( Vô dịch Toán Canaña 2002) Giải : BðT (1) 4 4 4 ( )a b c abc a b c⇔ + + ≥ + + (2) Áp dụng (I) hai lần ta có : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a b c a b c a b b c c a ab bc ca+ + = + + ≥ + + = + + ≥ . . . ( )abbc bc ca ca ab abc a b c≥ + + = + + ⇒ ñ pcm. Nhận xét : * Nếu ta cho 1abc = thì (2) trở thành : 4 4 4 a b c a b c+ + ≥ + + ñây là bài toán 3 ñề thi HSG tỉnh ðồng Nai lớp 11 năm 2005. * Nếu ta cho 1a b c+ + = thì (2) trở thành : 4 4 4 a b c abc+ + ≥ Bài toán 2.2 : Cho các số Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu CHUYÊN ĐỀ - WWW.TOANMATH.COM § HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN I TÓM TẮT LÝ THUYẾT ax + by = c Là hệ có dạng:  a, b, c, a’, b’, c’ số thực cho a′x + b′y = c′ trước a, b, a’, b’ không đồng thời không Cách giải: Dùng định thức Crame a b c b a c Ta có định thức: D = ; Dx = ; Dy = a′ c′ a ′ b′ c ′ b′ Dy Dx ; y= D D x ∈ ¡  * Nếu D = Dx = D y = hệ vô số nghiệm:  c − ax  y = b (b ≠ 0) * Nếu D ≠ hệ có nghiệm nhất: x = D =  * Nếu   D x ≠ hệ cho vô nghiệm  D ≠  y II CÁC VÍ DỤ MINH HỌA  mx + y = m + Ví dụ 4.1.1 Cho hệ phương trình:   4x + my = 3m + Giải biện luận hệ cho Tìm m để hệ cho nghiệm (x; y) cho P = 2x + y nhỏ Lời giải Ta có: D= m m Dx = Dy = = m − = (m − 2)(m + 2) m+2 3m+2 m = m − m − = (m + 1)(m − 2) m m+2 3m + = 3m − 2m − = (m − 2)(3m + 4) • D ≠ ⇔ m ≠ ±2 hệ cho có nghiệm nhất: 210 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  x = Dx = m +  D m+2  D y 3m + y = =  D m+2 • D = ⇔ m = ±2 +) Với m = −2 ⇒ Dx ≠ nên hệ cho vô nghiệm  2x + y = x ∈ ¡ +) Với m = , ta có hệ  ⇔  4x + 2y =  y = − 2x Hệ có nghiệm m ≠ ±2  x = Dx = m +  D m+2 Khi đó:  nên D y 3m + y = =  D m+2 m + 2  3m + 2 11m + 28m + 18 P =   +  = m+2  m+2  m + 4m + 4(4m + 5) Ta có P' = ⇒ P' = ⇔ m = − (m + 2) Do ta có: P = Vậy m = − đạt m = − giá trị cần tìm Ví dụ 4.1.2 Tùy theo giá trị tham số m, tìm giá trị nhỏ biểu 2 thức P = ( x − 2my + 1) + ( mx − 2y + 2m − 1) Lời giải  x − 2my + =  x − 2my = −1 Xét hệ phương trình  ⇔ (*)  mx − 2y + 2m − =  mx − 2y = −2m + Ta có: D= − 2m m Dx = Dy = ( −1 − 2m −2m + 1 m ) = m2 − , −2 −2 −1 − 2m + ( ) = − 2m(2m − 1) = −2m + m + , = −m + • Nếu m ≠ −1 hệ (*) có nghiệm nên P = • Nếu m = −1 ta có: P = ( x + 2y + 1) + (x + 2y + 3)2 211 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Đặt t = x + 2y + , suy P = t + (t + 2)2 = 2t + 4t + = 2(t + 1)2 + ≥ Đẳng thức xảy t = −1 ⇔ x + 2y + = Do P = 0 m ≠ −1 Vậy P =   m = −1  x + y + x + y − = Ví dụ 4.1.3 Giải hệ phương trình:  2  2x + xy − y − 5x + y + = Lời giải  t + x = − y − y + Cách 1: Đặt t = x Khi hệ trở thành:   2t + (y − 5)x = y − y − Xét hệ bậc hai ẩn t x 1 Ta có: D= = y−7 , y−5 Dx = Dt = − y2 − y + y2 − y − −y2 − y + y −y−2 = 3y + y − 10 y−5 = − y + 3y + 10y − 18 Dt   t = D Vì y = không nghiệm hệ nên suy ra: D ≠ ⇒  x = Dx  D Vì t = x ⇒ D t D 2x = D D2 ⇔ D t D = D 2x ⇔ (y − 7)( − y + 3y + 10y − 18) = (3y + y − 10)2 ⇔ 5y − 2y − 24y + 34y − 13 = ⇔ (y − 1)2 (5y + 8y − 13) = y = ⇒ x = ⇔ 13 y = − ⇒ x = − 5  13 Vậy hệ có hai nghiệm: (x; y) = (1;1),  − ; −  5  Cách 2: Ta có 2x + xy − y − 5x + y + = ⇔ 2x2 + (y − 5)x − y + y + = (*) ∆ x = (y − 5)2 − 8( − y + y + 2) = 9y − 18y + = (3y − 3)2 Nên (*) có hai nghiệm: x = 212 y+1 x = − y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt • Với x = y+1 ⇔ y = 2x − thay vào hệ ta có được: x = ⇒ y = x + ( 2x − 1) + x + 2x − − = ⇔ 5x − x − = ⇔  13 x = − ⇒ y = − 5  2 • Với x = − y thay vào hệ ta có: (2 − x)2 + x − = ⇔ 2x − 4x + = ⇔ x = ⇒ y = 13 Vậy nghiệm hệ (x; y) = (1;1),  − ; −  5  14x − 21y − 6x + 45y − 14 = Ví dụ 4.1.4 Giải hệ phương trình:  2  35x + 28y + 41x − 122y + 56 = Lời giải 14t − 6x = 21y − 45y + 14 Cách 1: Đặt t = x , ta có hệ:   35t + 41x = −28y + 122y − 56 Ta có: D = Dt = Dx = 14 35 −6 41 = 784 21y − 45y + 14 −6 −28y + 122y − 56 41 14 35 = 693y − 1113y + 238 21y − 45y + 14 − 28y + 122y − 56 = −1127y + 3283y − 1274 Dt   t = D Do D ≠ nên hệ có nghiệm nhất:  x = Dx  D Vì t = x nên ta có: ( D t D 2x = ⇔ D.D t = D 2x D D2 ) ( ⇔ 16 99y − 159y + 34 = 23y − 67y + 26 ) ⇔ 3703y − 21574y + 38211y − 21844y + 4188 = ⇔ (y − 2)(y − 3)(3703y − 3059y + 698) = ⇔ y = 2, y = Vậy nghiệm hệ ( x; y ) = ( 1; ) , ( −2; ) 213 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Cách 2: Đặt x = a + 1; y = b + hệ cho trở thành: 14a − 21b + 22a − 39b =  2  35a + 28b + 111a − 10b = Ta thấy hệ có nghiệm (a; b) = (0; 0) Với a ≠ đặ b = ta ta có: a = 39t − 22 (14 − 21t )a = 39t − 22  39t − 22 10t − 111 14 − 21t ⇔ ⇒ =  10t − 11 14 − 21t 35 + 28t a = (35 + 28t )a = 10t − 11 35 + 28t  ⇔ 186t − 421t + 175t + 112 = ⇔ (3t + 1)(62t − 161t + 112) = ⇔t=− 39t − 22 ⇒a= = −3 ⇒ b = 14 − 21t Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm: (x; y) = (1; 2), ( −2; 3)  x + ay − a = Ví dụ 4.1.5 Cho hệ phương trình :  Tìm tất giá trị a x + y − x = để hệ phương trình cho có nghiệm phân biệt (x1 ; y1 ), (x ; y ) Khi chứng minh: (x1 − x )2 + (y1 − y )2 ≤ Lời giải Rút x từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai ta : (ay − a)2 + y + (ay − a) = ⇔ (1 + a )y + (a − 2a )y + a − a = (*) Hệ phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt: ⇔ ∆ = (2a − a)2 − 4(a − a)(1 + a ) = −3a + 4a > ⇔ < a < Khi x1 = ay1 − a; x = ay − a với y1, y2 hai nghiệm (*) ...Chuyên dề lượng giác Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Trong các kí thì chúng ta thường bắt gặp các phương trình lượng giác và những bài phương trình lượng giác này đã gây không ít khó khăn đối với nhiều em học học sinh, có lẽ lí do mà các em học sinh thường lo sợ khi giải các phương trình lượng giác là có nhiều công thức biến đổi lượng giác nên không biết sử dụng công thức nào để biến đổi phương trình đã cho. Trong chuyên đề này tôi xin trao đổi một chút kinh nghiệm nho nhỏ với các em học sinh đang học lớp 11,12 và những em đang ngày đêm ôn tập để hướng tới kì thi ĐH năm tới. Trước hết thì các bạn cần nắm được những phương trình lượng giác thường gặp. Trong những phương trình này tôi xin bàn với các bạn một chút về phương trình đẳng cấp đối với sin và cos. Với lí do: về dạng này SGK chỉ trình bày cho chúng ta phương trình đẳng cấp bậc hai mà trong các kì thi ta vẫn thấy xuất hiện những phương trình đẳng cấp bậc ba hay cao hơn. Minh chứng là đề thi khối B – 2008 “Giải phương trình : 3 3 2 2 3 . 3 . sin x cos x sinx cos x sin x cosx    (ĐH Khối B – 2008 ).” Trước hết ta nhớ lại khái niệm biểu thức ( ; ) f x y gọi là đẳng cấp bậc k nếu ( ; ) ( ; ) k f tx ty t f x y  . Từ đây ta có thể định nghĩa được phương trình đẳng cấp bậc k đối với phương trình chứa sin và cos là phương trình có dạng ( , ) 0 f sinx cosx  trong đó: ( . , . ) ( ; ) k f t sinx t cosx t f sinx cosx  Ví dụ: 4 4 2 2 3 3 5 10 0 sin x cos x sin xcos x sin xcosx     là phương trình đẳng cấp bậc bốn . Tuy nhiên ta xét phương trình : 3 3 sin x cos x sinx cosx    mới nhìn ta thấy đây không phải là phương trình đẳng cấp, những các bạn lưu ý là 2 2 1 sin x cos x   nên ta có thể viết lại phương trình đã cho như sau: 3 3 2 2 ( )( ) sin x cos x sinx cosx sin x cos x     , dễ thấy phương trình này là phương trình đẳng cấp bậc 3. Do vậy với phương trình lượng giác thì ta có thể định nghĩa lại khái niệm phương trình đẳng cấp như sau: “Là phương trình có dạng ( , ) 0 f sinx cosx  trong đó luỹ thừa của sinx và cosx cùng chẵn hoặc cùng lẻ.” Cách giải: Chia hai vế phương trình cho 0 k cos x  (k là số mũ cao nhất) ta được phương trình một hàm số là tanx . Ví dụ: Giảii các phuong trình sau Chuyên dề lượng giác Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 1) Giải bài thi ÐH Khối B – 2008 nêu trên 2) 3 3 sin x cos x sinx cosx    3) 3 1 8sinx sinx cosx   Những phương trình trên xin dành cho các bạn tự giải (vì đã có phương pháp giải). Bây giờ tôi xin đi vào cách phân tích để tìm lời giải cho loại phương trình mà chúng ta không ưa gì mấy mà ta thường gọi là phương trình lượng giác không mẫu mực. Không riêng gì phương trình lượng giác không mẫu mực mà đối với mọi phương trình đại số hay phương trình mũ, logarit để giải những phương trình này ta phải tìm cách biến đổi phương trình đã có cách giải và một trong những phương pháp ta thường dùng là biến đổi về phương trình tích và đưa về phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác. Ví dụ 1:Giải phương trình : 1 1 7 TRẦN SĨ TÙNG ›š & ›š TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG Năm 2012 www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Khảo sát hàm số Trang 1 KSHS 01: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A. Kiến thức cơ bản Giả sử hàm số yfx () = có tập xác định D. · Hàm số f đồng biến trên D Û yxD 0, ¢ ³"Î và y 0 ¢ = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc D. · Hàm số f nghịch biến trên D Û yxD 0, ¢ £"Î và y 0 ¢ = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc D. · Nếu yaxbxca 2 '(0) =++¹ thì: + a yxR 0 '0, 0 D ì > ³"ÎÛ í £ î + a yxR 0 '0, 0 D ì < £"ÎÛ í £ î · Định lí về dấu của tam thức bậc hai gxaxbxca 2 ()(0) =++¹ : + Nếu D < 0 thì gx () luôn cùng dấu với a. + Nếu D = 0 thì gx () luôn cùng dấu với a (trừ b x a 2 =- ) + Nếu D > 0 thì gx () có hai nghiệm x x 12 , và trong khoảng hai nghiệm thì gx () khác dấu với a, ngoài khoảng hai nghiệm thì gx () cùng dấu với a. · So sánh các nghiệm x x 12 , của tam thức bậc hai gxaxbxc 2 () =++ với số 0: + xxP S 12 0 00 0 D ì ³ ï £<Û> í ï < î + xxP S 12 0 00 0 D ì ³ ï <£Û> í ï > î + xxP 12 00 <<Û< · ab gxmxabgxm (;) (),(;)max() £"ÎÛ£ ; ab gxmxabgxm (;) (),(;)min() ³"ÎÛ³ B. Một số dạng câu hỏi thường gặp 1. Tìm điều kiện để hàm số yfx () = đơn điệu trên tập xác định (hoặc trên từng khoảng xác định). · Hàm số f đồng biến trên D Û yxD 0, ¢ ³"Î và y 0 ¢ = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc D. · Hàm số f nghịch biến trên D Û yxD 0, ¢ £"Î và y 0 ¢ = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc D. · Nếu yaxbxca 2 '(0) =++¹ thì: + a yxR 0 '0, 0 D ì > ³"ÎÛ í £ î + a yxR 0 '0, 0 D ì < £"ÎÛ í £ î 2. Tìm điều kiện để hàm số yfxaxbxcxd 32 () ==+++ đơn điệu trên khoảng (;) ab . Ta có: yfxaxbxc 2 ()32 ¢¢ ==++ . a) Hàm số f đồng biến trên (;) ab Û yx 0,(;) ¢ ³"Î ab và y 0 ¢ = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc (;) ab . Trường hợp 1: · Nếu bất phương trình fxhmgx ()0()() ¢ ³Û³ (*) thì f đồng biến trên (;) ab Û hmgx (;) ()max() ³ ab www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam www.MATHVN.com Khảo sát hàm số Trần Sĩ Tùng Trang 2 · Nếu bất phương trình fxhmgx ()0()() ¢ ³Û£ (**) thì f đồng biến trên (;) ab Û hmgx (;) ()min() £ ab Trường hợp 2: Nếu bất phương trình fx ()0 ¢ ³ không đưa được về dạng (*) thì đặt tx =- a . Khi đó ta có: ygtatabtabc 22 ()32(3)32 aaa ¢ ==+++++ . – Hàm số f đồng biến trên khoảng a (;) -¥ Û gtt ()0,0 ³"< Û a a S P 0 00 00 0 D D ì > ï ï ì >> Ú íí £> î ï ³ ï î – Hàm số f đồng biến trên khoảng a (;) +¥ Û gtt ()0,0 ³"> Û a a S P 0 00 00 0 D D ì > ï ï ì >> Ú íí £< î ï ³ ï î b) Hàm số f nghịch biến trên (;) ab Û yx 0,(;) ¢ ³"Î ab và y 0 ¢ = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc (;) ab . Trường hợp 1: · Nếu bất phương trình fxhmgx ()0()() ¢ £Û³ (*) thì f nghịch biến trên (;) ab Û hmgx (;) ()max() ³ ab · Nếu bất phương trình fxhmgx ()0()() ¢ ³Û£ (**) thì f nghịch biến trên (;) ab Û hmgx (;) ()min() £ ab Trường hợp 2: Nếu bất phương trình fx ()0 ¢ £ không đưa được về dạng (*) thì đặt tx =- a . Nguyến Tất Thu 0918927276 or 01699257507 http://www.toanthpt.net Tr ường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 1 Trong các phần trước chúng ta ñã ñi xét một số dạng hệ mà có ñường lối giải tổng quát. Trong ph ần này chúng ta ñi xét một số hệ mà không có ñường lối giải tổng quát. ðể tìm l ời giải của những hệ này 1. Ph ương pháp thế: N ội dung của phương pháp này từ một phương trình hoặc kết hợp hai phương trình của h ệ ta biểu diễn ẩn này qua ẩn kia hoặc một biểu thức này qua biểu thức khác và thế vào ph ương trình còn lại chuyển về phương trình một ẩn (có thể là ẩn phụ). Mục ñích của vi ệc làm này là giảm số ẩn. Tùy thuộc vào ñặc ñiểm của bài toán mà ta có những cách biến ñổi phù hợp. Trong phương pháp này ta cần lưu ý một số dấu hiệu sau. • N ếu trong hệ phương trình có một phương trình bậc nhất ñối với một ẩn thì ta rút ẩn ñó qua ẩn kia thế vào phương trình còn lại và chuyển về giải phương trình một ẩn. • Với hai số thực bất kì x 0;y ≠ ta luôn có y tx = (t là số th ự c c ầ n tìm). V ớ i cách làm này ta s ẽ ñượ c h ệ v ề ph ươ ng trình m ộ t ẩ n t. • Ph ươ ng trình f(x;y) f(y;x) = luôn có m ộ t c ặ p nghi ệ m x y = (các b ạ n th ử gi ả i thích vì sao?), do ñ ó ta luôn phân tích ph ươ ng trình ñ ã cho v ề d ạ ng: (x y)g(x;y) 0 − = . • Trong h ệ ph ươ ng trình n ế u bi ể u th ứ c u(x) xu ấ t hi ệ n ở hai ph ươ ng trình thì ta có th ể ñặ t t u(x) = ñể làm ñơ n gi ả n hình th ứ c bài toán. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 3 x y 16 (1) 3x y 8 (2)  =   + =   . Gi ải : Ta th ấy (2) là một phương trình bậc nhất hai ẩn nên ta rút ẩn này qua ẩn kia. T ừ phương trình (2) y 8 3x ⇒ = − thay vào phương trình (1) ta ñược: 3 4 3 2 2 x (8 3x) 16 3x 8x 16 0 (x 2) (3x 4x 4) 0 x 2 − = ⇔ − + = ⇔ − + + = ⇔ = V ậy hệ có nghiệm là x y 2 = = . Chú ý : Ở cách giải trên ta thấy hệ có nghiệm duy nhất x y 2 = = , ñồng thời từ hai phương trình ta có nhận xét x,y 0 > và ở phương trình (2) VT là 3x y + , phương trình (1) có tích 3 x y . ðiều này gợi cho chúng ta liên tưởng ñến BðT Cauchy. Ta có cách giải khác như sau: Ta thấy nếu hệ có nghiệm (x;y) thì x,y 0 > . Áp dụng bñt Cauchy ta có: 3 4 3x y x x x y 4 x y 8 + = + + + ≥ = . ðẳ ng th ứ c x ả y ra x y 2 ⇔ = = . Th ử l ạ i ta th ấ y th ỏ a mãn. Nguyến Tất Thu 0918927276 or 01699257507 http://www.toanthpt.net Tr ường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 2 Ví dụ 2: Gi ả i h ệ ph ươ ng trình: ( ) 2 2 2 2 y(1 x ) x 1 y (1) x 3y 1 (2)  + = +    + =  . Gi ải: D ễ thấy phương trình (1) có cặp nghiệm x y = , do ñó ta biến ñổi phương trình (1) của h ệ ra thừa số (x y) − . Ta có: x y (1) x y xy(y x) 0 (x y)(1 xy) 0 xy 1 =  ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔  =  . * 2 1 x y 4x 1 x 2 = ⇒ = ⇔ = ± . * 4 2 1 x 3y y 1 0 y = ⇒ − + = phương trình vô nghiệm. V ậy nghiệm của hệ là: 1 x y 2 = = ± . Ví d ụ 3: Giải hệ phương trình: 3 1 1 x y (1) x y 2y x 1 (2)  − = −    = +  . Gi ải: xy 0 ≠ Ta có x y x y 1 (1) x y 0 (x y)(1 ) 0 1 xy xy y x =  −  ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  = −  . * x y = thay vào (2), ta ñược: 3 2 1 5 x 2x 1 0 (x 1)(x x 1) 0 x 1;x 2 − ± − + = ⇔ − + − = ⇔ = = . * 1 y x = − thay vào (2), ta ñược: 4 2 2 1 1 3 x x 2 0 (x ) (x ) 0 2 2 2 + + = ⇔ − + + + = vô nghi ệm. V ậy hệ ñã cho có ba cặp nghiệm: 1 5 x y 1;x y 2 − ± = = = = . Nguyến Tất Thu 0918927276 or 01699257507 http://www.toanthpt.net Tr ường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 3 Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau: 3 3 x y x y x y x y 12  + = +   − = − −   . Gi ải: ðK: x y 0 x y 0 + ≥   − ≥  . Ta th ấy mỗi phương trình của hệ là phương trình một ẩn x y + và x y − . Do ñó ñiều mà chúng ta ngh ĩ tới là ñi giải từng phương trình tìm x y + và x y − , khi ñó ta có ñược h ệ phương trình mới ñơn giản hơn nhiều. ðể ñơn giản về mặt hình thức ta ñặt a x y, b x y a,b 0 = Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 210 § 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT Là hệ có dạng: axbyc axbyc +=   ′′′ +=  trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số thực cho trước và a, b, a’, b’ không đồng thời bằng không. Cách giải: Dùng định thức Crame Ta có các định thức: xy a c a bc b D; D; D a c a bc b === ′′ ′′′′ . * Nếu D0 ≠ thì hệ có nghiệm duy nhất: y x D D x; y DD ==. * Nếu xy DDD0 === thì hệ vô số nghiệm: x cax y(b0) b ∈   −  =≠   ¡ . * Nếu x y D0 D0 D0 =   ≠     ≠   thì hệ đã cho vô nghiệm. II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 4.1.1. Cho hệ phương trình: mxym2 4xmy3m2 +=+   +=+  1. Giải và biện luận hệ đã cho 2. Tìm m để hệ đã cho nghiệm duy nhất (x; y) sao cho 22 P2xy =+ nhỏ nhất. Lời giải. 1. Ta có: 2 m 1 Dm4(m2)(m2) 4 m ==−=−+ 2 x m2 1 Dmm2(m1)(m2) 3m+2 m + ==−−=+− 2 y m m2 D3m2m8(m2)(3m4) 4 3m2 + ==−−=−+ + • D0m2 ≠⇔≠± hệ đã cho có nghiệm duy nhất: Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 211 x y D m1 x Dm2 D 3m4 y Dm2 +  ==  +   +  ==  + • D0m2 =⇔=± +) Với x m2D0 =−⇒≠ nên hệ đã cho vô nghiệm +) Với m2 = , ta có hệ 2xy4x 4x2y8y42x +=∈  ⇔  +==−  ¡ . 2. Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m2 ≠± Khi đó: x y D m1 x Dm2 D 3m4 y Dm2 +  ==  +   +  ==  + nên 22 2 2 m13m411m28m18 P2 m2m2 m4m4 ++++  =+=  ++  ++ Ta có 3 4(4m5)5 P'P'0m 4 (m2) + =⇒=⇔=− + . Do đó ta có: 1 minP 3 = đạt được khi 5 m 4 =− . Vậy 5 m 4 =− là giá trị cần tìm. Ví dụ 4.1.2. Tùy theo giá trị của tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 22 Px2my1mx2y2m1 =−++−+−. Lời giải. Xét hệ phương trình x2my10x2my1 mx2y2m10mx2y2m1 −+=−=−  ⇔  −+−=−=−+  (*) Ta có: ( ) 2 1 2m D2m1, m 2 − ==− − ( ) 2 x 1 2m D22m(2m1)22mm1 2m1 2 −− ==−−=−++ −+− , y 1 1 Dm1 m 2m1 − ==−+ −+ . • Nếu m1 ≠− thì hệ (*) có nghiệm nên minP0 = • Nếu m1 =− thì ta có: ( ) 2 2 Px2y1(x2y3) =+++++ Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 212 Đặt tx2y1 =++ , suy ra 2222 Pt(t2)2t4t42(t1)22 =++=++=++≥ Đẳng thức xảy ra khi t1x2y20 =−⇔++= . Do đó minP2 = . Vậy 0 khi m1 minP 2 khi m1 ≠−  =  =−  . Ví dụ 4.1.3. Giải hệ phương trình: 22 22 xyxy40 2xxyy5xy20  +++−=   +−−++=   . Lời giải. Cách 1: Đặt 2 tx = . Khi đó hệ trở thành: 2 2 txyy4 2t(y5)xyy2  +=−−+   +−=−−   Xét hệ bậc nhất hai ẩn t và x. Ta có: 1 1 Dy7 2 y5 ==− − , 2 2 x 2 1 yy4 D3yy10 2 yy2 −−+ ==+− −− 2 32 t 2 yy4 1 Dy3y10y18 yy2 y5 −−+ ==−++− −−− . Vì y7 = không là nghiệm của hệ nên suy ra: t x D t D D0 D x D  =   ≠⇒   =   . Vì 2 2 t x 2 D D tx D D =⇒= 23222 tx D.DD(y7)(y3y10y18)(3yy10) ⇔=⇔−−++−=+− 43222 5y2y24y34y130(y1)(5y8y13)0 ⇔−−+−=⇔−+−= y1x1 134 yx 55 =⇒=   ⇔  =−⇒=−  . Vậy hệ có hai nghiệm: 413 (x;y)(1;1), ; 55  =−−   . Cách 2: Ta có 22 2xxyy5xy20 +−−++= 22 2x(y5)xyy20 ⇔+−−++= (*) 2222 x (y5)8(yy2)9y18y9(3y3) ∆=−−−++=−+=− Nên (*) có hai nghiệm: y1 x 2 + = và x2y =− . Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 213 • Với y1 xy2x1 2 + =⇔=− thay vào hệ ta có được: ( ) 2 22 x1y1 x2x1x2x1405xx40 413 xy 55 =⇒=   +−++−−=⇔−−=⇔  =−⇒=−  • Với x2y =− thay vào hệ ta có: 222 (2x)x202x4x10x1y1 −+−=⇔−+=⇔=⇒= . Vậy nghiệm của hệ là 413 (x;y)(1;1), ; 55  =−−   . Ví dụ 4.1.4. Giải hệ phương trình: 22 22 14x21y6x45y140 35x28y41x122y560  −−+−=   ++−+=   . Lời giải. Cách 1: Đặt 2 tx = , khi đó ta có hệ: 2 2 14t6x21y45y14 35t41x28y122y56  −=−+   +=−+−   Ta có: 14 6 D784 35 41 − == 2 2 t 2 21y45y14 6 D693y1113y238 28y122y56 41 −+− ==−+ −+− 2 2 x 2 14 21y45y14 D1127y3283y1274 35 28y122y56 −+ ==−+− −+− Do D0 ≠ nên hệ có nghiệm duy nhất: t x D t D D x D  =     =   Vì 2 tx = nên ta có: 2 2 t x tx 2 D D D.DD D D =⇔= ( ) ( ) 2 22 1699y159y34723y67y26 ⇔−+=−+ 432 3703y21574y38211y21844y41880 ⇔−+−+= 2 (y2)(y3)(3703y3059y698)0 ⇔−−−+= y2,y3 ⇔== . Vậy nghiệm của hệ là ... Cho hệ phương trình:   x + my = − m + Giải biện luận hệ theo tham số m 215 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www .toanmath.com Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Giả sử hệ. .. Chuyện nhỏ - www .toanmath.com Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Thay vào hệ ta được: 3x = ⇔ x = = y Vậy hệ có nghiệm: x = y = Điều kiện : x, y ≥ Trừ hai phương trình hệ ta... + 3m ) ⇔ + 3m ≤ −m − dễ thấy bất phương trình vô nghiệm − m − < Vậy để hệ phương trình có nghiệm ≤ m ≤ 2  x + y + z = Ví dụ 4.2.7 Cho x, y,z nghiệm hệ phương trình:   xy + yz + zx = 8