ms print6 booklet

191 x, y, z ∈ (2; +∞), hàm số f (t) = t3 − 3t hàm đơn điệu Tiếp theo ta xem qua số hệ hoán vị giải Bất đẳng thức:   x2 + x − = y   Bài 9: Giải hệ phương trình (IX) y + y − = z    z2 + z − = x 160 Đến đây, ta dễ dàng có cách đặt ẩn phù hợp Đặt t = 32x+2 > Phương trình cho trở thành:  t=1 32x+2 = 3t2 − 4t + = ⇔  ⇒ 32x+2 = 3−1 t= −1; − Vậy phương trình cho có tập nghiệm S =  ⇔ x = −1 x=− ✷ Giải Ta luyện tập thêm với toán Ta xem qua cách giải cho tốn: Bài Giải phương trình 22x+6 + 2x+7 − 17 = (∗) Cách 1: Khơng tính tổng qt giả sử: x = {x; y; z} x2 − = y − x ⇒ |x| z − = x − z ⇒ |z| ⇒ −1 y + y − 1 ⇒ * Nếu x > ⇒ z x ⇒ z = x = ⇒ y = x −1 ⇒ z + z − −1 ⇒ z ∈ [0; 1] * Nếu x ⇒ x −1 ⇒ x(x + 1) ⇒ y −1 * Nếu y = −1 ⇒ x = y = z = −1 * Nếu y > −1 :⇒ y ∈ [0; 1]  −1 z + z − = x Ta có: y + y − = z − √ 5−1 y ⇒  −1 z   0 Giải y2 + y Ta có: ⇒ y ∈ [−2; −1] ∪ [0; 1] (∗) ⇔ 22x+6 + 16.2x+3 − 17 = Đặt t = 2x+3 > 0, ta có: t2 + 16t − 17 = ⇔ ⇒ |xyz| < (∗) Mà xyz(x + 1)(y + 1)(z + 1) = (x2 + x)(y + y)(z + z) = (x + 1)(y + 1)(z + 1) Nếu (x + 1)(y + 1)(z + 1) = x = y = z = −1 Nếu (x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz = (sai (*)) Vậy hệ có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1), (−1; −1; −1) ✷ Cách 2: 2 Cộng vế  theo vế ta có: x + y + z =  x(x + 1) = y +   Hệ ⇔ y(y + 1) = z +    z(z + 1) = x + Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {−3} ✷ √ x √ x Bài Giải phương trình + + − = (∗) Giải Ý tưởng: Với toán này, để ý + làm xuất biểu thức chung Lời giải: Ta có: √ (∗) ⇔ + Đặt t = + Nếu x = −1 ⇔ y = z = −1 Nếu x, y, z = −1 nhân vế theo vế, ta được: xyz = Lại có: = x2 + y + z 3 x2 y z = ⇔ x2 = y = z = ⇔ x = y = z = Vậy hệ có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1), (−1; −1; −1) ✷     x − 2x − = y Bài 10: Giải hệ phương trình (X) y − 2y − = z    z − 2z − = x Giải t=1 ⇒ 2x+3 = ⇔ x = −3 t = −17 (loại) √ x √ 2− x + 2+ √ √ = Ta nhân lượng liên hợp để x =4 > Phương trình trở thành: √ t=2+ √ ⇒ t+ =4⇔ t t=2− √ x √ 2+ =2+ x=1 √ −1 ⇔ √ x x = −1 2+ = 2+ Vậy phương trình cho có nghiệm x = ±1 ✷ Bài Giải phương trình 2.16x − 15.4x − = Giải Ý tưởng: Ta ý 16x = (4x )2 , đó, ta định hướng phương pháp đặt ẩn phụ 161 Lời giải: Đặt t = 4x > 0, ta có:  2t2 − 15t − = ⇔  t=8 ⇒ 4x = ⇔ 22x = 23 ⇔ x = t = − (loại) ✷ Vậy phương trình có nghiệm x = √ x √ x Bài Giải phương trình + + 16 − = 2x+3 (∗) Giải √ Ý tưởng: Với tốn này, ý tưởng nhân lượng liên hợp cho (3 − 5) Thế nhưng, vế phải phương trình 2x+3 , đó, ta cần phải biến đổi phương trình cho biến x hạng tử 2x+3 Lời giải: Ta có: √ x √ x 3+ 3− (∗) ⇔ + 16 =8 2 Đến đây, ta dùng lượng liên hợp bình thường √ x √ x 3− 3+ >0⇒ = Ta có: Đặt t = t 16 =8⇔t=4⇒ t+ t √ 3+ x = ⇒ x ln √ 3+ Giải 2+ Đặt t = + √ x >0⇒ t2 − √ 2x −3 2− √ x +2=0 √ x = − Ta có: t √ t=1 +2=0⇔ ⇒ 2+ t t −t+3=0 Vậy phương trình cho có nghiệm x = ✷ 1 Bài Giải phương trình 2.4 x + x = x Giải Thực ta mắc sai lầm tinh vi hàm f (t) đồng biến khoảng 24 −24 xác định không đồng biến miền xác định (ví dụ f (2) = > f (3) = ) Vì 7 khơng thể dùng hàm đơn điệu Theo ý tưởng trên, ta nghĩ tới phương án 2: lượng giác hố Nhìn vào phân thức, ta thường nghĩ tới công thức tan Để ý f (tan a) = tan 4a ta đặt x = tan a Lời giải: √ ĐKXĐ: x, y, z = ± ± 2 π Đặt x = tan a (a ∈ [0; π) ∧ a = ) Từ (1), (2), (3) ta tính được: y = f (x) = tan 4a; z = f (y) = tan 16a; x = f (z) = tan 64a kπ ⇒ tan a = tan 64a ⇔ a = (k = 0, 62) 63 kπ Vậy (V II) có nghiệm (x; y; z) = (tan a; tan 4a; tan 16a) với a = , k = 0; 62 63 Nhận xét: Nguyên lí cực hạn thường dùng hệ hốn vị khơng tác dụng với đặt lượng giác Nếu xét hàm đơn điệu theo cách ta làm 60 nghiệm hệ!   x3 − 3x = y (1)   Bài 8: Giải hệ phương trình: (V III) y − 3y = z (2) (HSG Thái Bình 2009)    z − 3z = x (3) Giải ln √ = ln ⇔ x = ln + − ln ln √ Vậy phương trình có nghiệm x = ✷ ln + − ln √ x √ x Bài Giải phương trình + − − + = Viết lại phương trình: 190 Từ hệ phương trình suy ra: (x3 − 3x) − 3(x3 − 3x) =1⇔x=0 − (x3 − 3x) − 3(x3 − 3x) = x Đây phương trình đa thức bậc 27 nên có nhiều 27 nghiệm Do hệ cho có nhiều 27 nghiệm Xét x ∈ [−2; 2] Ta chứng minh hệ có 27 nghiệm trường hợp này, khơng cần xét trường hợp lại Đặt x = cos t (t ∈ [0; π]) Khi ta có:    π   (1) ⇔ y = cos 3t t=k 13 (k ∈ Z) ⇒ cos 27t = cos t ⇔  (2) ⇔ z = cos 9t π   t=k  (3) ⇔ x = cos 27t 14 π (k ∈ Z), t ∈ [0; π] nên k nhận giá trị 0;1;2; ;12;13 13 π Với t = k (k ∈ Z), t ∈ [0; π] nên k nhận giá trị 0;1;2; ;12;13;14 14 Nghiệm hệ ứng với t = t = π hai trường hợp trùng nên hệ có 27 nghiệm kπ k3π k9π phân biệt cos ; cos ; cos với k = 0, 13 13 13 13 kπ k3π k9π cos ; cos ; cos với k = 1, 13 ✷ 14 14 14 Nhận xét: Mấu chốt lời giải nhận xét hệ có tối đa 27 nghiệm, khơng cần xét trường hợp lại Thật ta xét thêm trường hợp x, y, z ∈ (−∞; −2) Với t = k x 189 đặt x = cos t Ta xét tiếp Bài 6: 162 Ý tưởng: Bài toán yêu cầu chúng cần phải biến đổi hợp lý để tạo biểu thức thích hợp cho việc đặt ẩn phụ Lời giải: Phương trình cho tương đương với     x = y + (1) Bài 6: Giải hệ phương trình (V I) y = z + (2)    z = x + (3) 2+ x 2 x = Giải Không giảm tổng quát giả sử x = max{x; y; z} ⇒ x2 = y + x + ⇒ −1 x 2π ) Đặt x = cos t (t ∈ 0; (1) ⇔ y = x2 − = 2(2 cos2 t − 1) = cos 2t (2) ⇔ z = y − = 2(2 cos2 2t − 1) = cos 4t (3) ⇔ x = z − = 2(2 cos2 4t − 1) = cos 8t k2π k2π ⇒ cos t = cos 8t ⇔ t = ∨t= (k ∈ Z) 2π 4π 2π 2π 4π 2π ⇔ t ∈ 0; ; ; ; ; t ∈ 0; 9 7 4π 8π 2π Vậy (V I) có nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2) ; cos ; cos ; cos ; (−1; −1; −1) ; 9 4π 8π 2π hoán vị ✷ cos ; cos ; cos 7 Nhận xét: Bài rõ ràng cần khéo léo Nếu đặt x = sin t; cos t hay tan t biểu thức x2 − không liên quan trực tiếp đến công thức lượng giác nào, để ý (2 cos t)2 − = 2(2 cos t − 1) = cos 2t Vì ta phải đặt x = cos t Bài 7: Giải hệ phương trình (V II)     x y − 6x y + 4x − 4x + y = y z − 6y z + 4y − 4y + z =    z x − 6z x + 4z − 4z + x = Đặt t = x > 0, ta có: + t = t2 ⇔ ⇒ ln x 4(t + 1) > ∀t = ± − 6t2 + 1)2 (t4 √ 3±2 Đến đây, chưa nhận vấn đề ta có nhận xét x = y = z √ √ √ √ √ √ ⇒ (V II) có nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0); ( 3; 3; 3); (− 3; − 3; − 3) = ln ⇔ x = log2 − Bài 10 Giải phương trình 3.16x + 2.81x = 5.36x Giải Phương trình cho tương đương với 3+2 Đặt t = 2x =5 x x > Phương trình trở thành:   t=1 x=0 + 2t2 = 5t ⇔  ⇒ t= x= 2 0; ✷ Bài 11 Giải phương trình 125x + 50x = 23x+1 Giải Phương trình tương đương với 4t − 4t3 Dễ thấy t4 − 6t2 + f (t) = =2⇒ Vậy phương trình có tập nghiệm S =  4x − 4x3   y = (1)   x4 − 6x2 +   4y − 4y (V II) ⇔ z = (2)  y − 6y +     x = 4z − 4z (3) z − 6z + Ta thử xét đạo hàm f (t) = x Vậy phương trình cho có nghiệm x = log2 − ✷ Giải Ý tưởng: Đầu tiên ta biến đổi t = −1 (loại) ⇔t=2 t=2 Đặt t = x 125 x + 50 x = > Ta có: t3 + t2 − = ⇔ t = ⇒ x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = ✷ Bài 12 Giải phương trình + =1 − log x + log x 163 Giải Đặt t = log x, suy Vậy t=4 Phương trình trở thành t = −2 t=1 x = 10 + =1⇔ ⇒ 4−t 2+t t=2 x = 100 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 10 x = 100 ✷ Bài 13 Giải phương trình + log0.04 x + + log0.2 x = Giải Ý tưởng: Đối với biểu thức loga f (x) với a > 0, điều kiện để hàm logarit tồn f (x) > Khi tiến hành giải tốn phương trình logarit, ta phải đặc biệt ý đến điều kiện xác định toán Lời giải: ĐKXĐ: log0.2 x −2, x > Đặt t = log0.2 x ⇒ t −2 Ta có: √ 1+ t+ 3+t=1⇒2 Do t −1 nên −3 − t 188 t + t + = −3 − t 2  x = y = z (IV ) ⇔ 3x3 + 2x2 − x = ⇔  x = y = z x ∈ {0; −1; } 1 Vậy (IV ) có nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0), (−1; −1; −1), ; ; ✷ 3 Nhận xét: Câu hỏi đặt là: ta phải xét (x + y; y + z; z + x)? Mấu chốt ta cần xây dựng hàm đơn điệu miền xác định Nếu để nguyên (IV ), ta xét f (t) = 3t3 + 2t2 f (t) = 9t2 + 4t có nghiệm t = nên f (t) đổi chiều đơn điệu Từ ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình Để có hàm đơn điệu, ta cộng hai vế (1) cho ky, tương tự với (2) (3):     x + ky = 3y + 2y + ky (IV ) ⇔ y + kz = 3z + 2z + kz    z + kx = 3x3 + 2x2 + kx Nhưng số k phải đảm bảo ta so sánh VT (1), (2) (3) Dễ thấy số  9t2 + 4t + > ∀t tốt k = Khi ta có x + y x + z y + z Khi ta xét f (t) = 3t3 + 2t2 + kt có f (t) = 9t2 + 4t + k Ta cần f (t) > ∀t, nghĩa k > Từ ta đến lời giải 0, suy t = −2, hay x = 25 ✷ Bài 14 Giải phương trình logx2 16 + log2x 64 =     x = 2y − (1) Bài 5: Giải hệ phương trình (V ) y = 2z − (2)    z = 2x2 − (3) Giải Ta nhận thấy x = x = khơng thỏa mãn phương trình cho Với số biến đổi nhỏ, phương trình tương đương với: + =3 log2 x + log2 x Đặt t = log2 x ⇒ t=0 Ta có: t = −1  t=2 x=4 + =3⇔ ⇒ t t+1 x = 2−1/3 t=− Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = 4; 21/3 ✷ Bài 15 Giải hệ phương trình sau: log1+x (1 − 2y + y ) + log1−y (1 + 2x + x2 ) = (1) log1+x (1 + 2y) + log1−2y (1 + 2x) = (2) (ĐH Quốc gia TP HCM) Giải Không giảm tổng quát giả sử x = max{x; y; z} −1 (3) ⇒ 2x2 − = z x ⇒ x 2π Đặt x = cos t (t ∈ [0; ]) (3) ⇔ z = cos2 t − = cos 2t (2) ⇔ y = cos2 2t − = cos 4t (1) ⇔ x = cos2 4t − = cos 8t k2π k2π ⇒ cos t = cos 8t ⇔ t = ∨t= (k ∈ Z) 2π 4π 2π 2π 4π 2π ⇔ t ∈ 0; ; ; ; ; (do t ∈ 0; ) 9 7 2π 4π 8π −1 −1 −1 Vậy (V I) có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1) ; cos ; cos ; cos ; ; ; 9 2 2π 4π 8π cos ; cos ; cos hoán vị ✷ 7 Nhận xét: Phương pháp lượng giác hoá cần khéo léo hiểu biết rõ công thức lượng giác Như 5, từ x = 2y − làm ta nhớ đến công thức cos 2t = cos2 t − 1, ta 187 164 Nếu x > ⇒ z + 3z + 2z − > ⇒ (z − 1)(z + 4z + 6) > ⇒ z > Lại từ z > 1, lập luân tương tự suy y > Khi đó: Giải Điều kiện: (x − 1)(x2 + 4x + 5) + (y − 1)(y + 4y + 5) + (z − 1)(z + 4z + 5) > (vô lý) 0 Chứng minh tương tự có x, y, z > Xét f (t) = 6t2 − 12t + 8; f (t) = 12t − 12 > ∀t > ⇒ f (t) đồng biến (1; +∞) Ta có x y ⇒ f (x) f (y) ⇒ y z ⇒ y z ⇒ f (y) f (z) ⇒ z x3 ⇒ x y z x ⇒ x = y = z Khi đó:  x = y = z (II) ⇔ ⇔x=y=z=2 x3 = 6x2 − 12x + Vậy (II) có nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2) ✷ Nhận xét: Ở ta thấy f (t) không đơn điệu, khác với Do phải có thêm nhận xét x, y, z > Đây mấu chốt toán Sau ta đến với cách nhìn ngun lí cực hạn Thay đánh giá x, y, z riêng lẻ, ta đánh giá biểu thức hoán vị x, y, z x + y, y + z, z + x:     x + 3x + 2x − = y Bài 3: (VMO 2006) Giải hệ phương trình (III) y + 3y + 2y − = z    z + 3z + 2z − = x Giải Ta xem qua cách giải tốn Cách 1: Cộng phương trình hệ ta có: x3 + 3x2 + x − + y + 3y + y − + z + 3z + z − = ⇔ (x − 1)(x2 + 4x + 5) + (y − 1)(y + 4y + 5) + (z − 1)(z + 4z + 5) = 185 Định lý 2: Nếu hàm số f (x) giảm g(x) tăng tập A (x1 , x2 , , xn ) nghiệm hệ (trong xi ∈ A, i = 1, n) với n lẻ, x1 = x2 = = xn Chứng minh: Không giảm tổng quát giả sử x1 = max(x1 , x2 , , xn ) ⇒ x1 x2 ⇒ f (x1 ) ⇒ f (xn ) f (x2 ) ⇒ g(x2 ) g(x3 ) ⇒ x2 x3 ⇒ ⇒ xn Bài Giải phương trình 22x−1 + 32x = 52x+1 = 2x + 3x+1 + 5x+2 x1 Giải Định lý 3: Nếu hàm số f (x) giảm, g(x) tăng tập A (x1 , x2 , , xn ) nghiệm hệ (trong xi ∈ A, i = 1, n) với n chẵn, x1 = x3 = = xn−1 x2 = x4 = = xn Chứng minh: Không giảm tổng quát giả sử x1 = max(x1 ; x2 ; ; xn ) x3 ⇒ f (x1 ) ⇒ f (x2 ) PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ x2 ⇒ x1 = x2 ⇒ x1 = x2 = = xn ✷ f (x1 ) ⇒ x1 ⇒ x1 166 f (x3 ) ⇒ g(x2 ) f (x4 ) ⇒ g(x3 ) g(x4 ) ⇒ x2 g(x5 ) ⇒ x3 ⇒ f (xn−2 ) f (xn ) ⇒ g(xn−1 ) ⇒ f (xn−1 ) f (x1 ) ⇒ g(xn ) x5 ⇒ g(x1 ) ⇒ xn−1 g(x2 ) ⇒ xn x4 x1 Nhìn vào tốn này, thấy phương pháp đặt ẩn phụ khơng có tác dụng Chúng ta có nhận xét sau đây: ∗ Nếu x > 22x−1 + 32x = 52x+1 > 2x + 3x+1 + 5x+2 ∗ Nếu x < 22x−1 + 32x = 52x+1 < 2x + 3x+1 + 5x+2 ∗ Nếu x = 22x−1 + 32x = 52x+1 = 2x + 3x+1 + 5x+2 (= 136) Vậy phương trình có nghiệm x = ✷ Bài Giải phương trình 32x + 42x = 2.12x x2 Vậy ta có  x x2 x3 xn−1 x4 xn x1 x2  x = x = = x n−1 ⇔ x2 = x4 = = xn−2 Giải ✷ Trong giải toán, ta thường gặp hệ hốn vị ẩn, đa phần giải nguyên lí cực hạn Bài viết đề cập đến số hệ đặc biệt, giải cách biến đổi phương trình, dùng bất đẳng thức lượng giác hoá Sau số tập ví dụ Bài Giải phương trình x + log(x2 − x − 6) = + log(x + 2)   2x(y + 1) = y(y + 9)   Bài 1: Giải hệ phương trình (I) 2y(z + 1) = z(z + 9)    2z(x2 + 1) = x(x2 + 9) Giải y(y + 9) 2(y + 1) z(z + 9) (z + 1) x(x2 + 9) (x2 + 1) t(t2 + 9) (t ∈ R) 2(t2 + 1) t4 − 4t2 + Ta có f (t) = > (∀t ∈ R) Suy hàm số f (t) đồng biến R 2(t2 + 1)2 Khơng tính tổng qt, giả sử x = max{x; y; z} ⇒ x y ⇒ f (x) f (y) ⇒ z x ⇒ z = x ⇒ f (x) = f (y) ⇒ x = y ⇒ x = y = z Thay vào phương trình thứ hệ ta có:  √ x=−  2x3 + 2x = x3 + 9x ⇔ x3 − 7x = ⇔  x = √ x= Xét hàm số f (t) = 2.12x Dấu đẳng thức xảy ra, đó: 3x = 4x Vậy phương trình cho có nghiệm x = ✷ Bài tập ví dụ    x=       Hệ phương trình tương đương y =        z = Áp dụng BĐT AM-GM, ta có: 32x + 42x ∗ Nếu x > 0: 3x < 4x ∗ Nếu x < 0: 3x > 4x ∗ Nếu x = 0: 3x = 4x = Giải Phương trình trở thành: x + log(x + 2) + log(x − 3) = + log(x + 2) ⇔ x+2>0 ⇔ log(x − 3) = − x x>3 log(x − 3) = − x ∗ Nếu x > log(x − 3) > log = > − x ∗ Nếu < x < log(x − 3) < log = < − x ∗ Nếu x = log(x − 3) = log = = − x Vậy phương trình có nghiệm x = ✷ Bài Giải phương trình (1 + 2x )(1 + 3x )(1 + 36x ) = (1 + 6x )3 Giải Ta có BĐT sau: (1 + x)(1 + y)(1 + z) (1 + √ xyz)3 , ∀x, y, z > Áp dụng vào tốn, ta có: (1 + 2x )(1 + 3x )(1 + 36x ) (1 + √ 2x 3x 36x ) = (1 + 6x )3 167 −2 −2 Xét hàm số f (t) = 2t +3t có f (t) = 2x ln 2+3x ln > ∀t ∈ ( ; +∞) 3 −2 Vậy hàm số f (t) đồng biến ( ; +∞) Suy x = y Ta có hệ tương đương  x = y 2x + 3x = 3x + (∗) Dấu đẳng thức xảy ra, 2x = 3x = 36x ⇒ x = Vậy phương trình có nghiệm x = ✷ Từ suy x, y > Bài Giải phương trình x = 2log5 (x+3) Giải ĐKXĐ: x + > ⇔ x > −3 Đặt t = log5 (x + 3) ⇒ x = 5t − Ta có: 5t − = 2t ⇔ t t −3 184 t =1 Xét g(t) = 2t + 3t − 3x − 2, ta có g (t) = 2t ln2 + 3t ln2 > nên g (t) = có tối đa nghiệm, suy g(t) = có tối đa nghiệm Như (*) có nghiệm x = x = Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) = (0; 0), (1; 1) ✷ t 5 ∗ Nếu t > −3 > − = 2 t t 5 ∗ Nếu t < −3 < − = 2 t t ∗ Nếu t = −3 = Do t = 1, hay x = (nhận) Vậy phương trình cho có nghiệm x = ✷ Nhận xét: Với tốn trên, thấy bước biến đổi kinh điển phương pháp đánh giá BĐT Còn toán sau đây, bạn cần phải có kết hợp khéo léo BĐT việc xét tính đơn điệu hàm số Bài tập tự luyện x2 + 2xy + 3y − 2x − 10y = 1) Giải hệ phương trình 2x2 + 2xy + y − 2y = 2x2 + 3xy + y − 9x − 6y = 2) Giải hệ phương trình x2 + xy + 2y − 3x − 12y + 10 =  3x2 + 2xy + y = 11 3) Tìm m để hệ có nghiệm: x2 + 2xy + 3y = 17 + m Bài Giải phương trình x.2x = x(3 − x) + 2(2x − 1) Giải HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỐN VỊ Phương trình cho tương đương với: x = (nhận) (x − 2)(2x + x − 1) = ⇔ x +x−1=0 x Lý thuyết Hệ phương trình hốn vị hệ có dạng:    f (x1 ) = g(x2 )      f (x2 ) = g(x3 ) x Xét phương trình + x − = Đặt f (x) = + x − Ta có f (x) = ln 2.2x + > ∀x ∈ R Nhận thấy x = thỏa phương trình này, đó, phương trình cho có nghiệm x = x=0 ✷ Qua toán này, ta rút điều: Đối với việc giải phương trình 2x + x − = trên, ta suy điều kiện x > Thế điều khơng thiết cần thiết, số trường hợp, việc giải điều kiện hệ rắc rối Một cách đơn giản ta làm tìm nghiệm phương trình cho, sau thay vào lại phương trình ban đầu để nhận nghiệm thỏa mãn Nhưng lại nhiều trường hợp khác, điều kiện hệ lại tỏ hữu hiệu cho việc giải phương trình chặn miền nghiệm, sử dụng BĐT, xét dấu, tính đơn điệu, v.v 2x + Bài Giải phương trình 2x2 − 6x + = log2 (x − 1)2     f (xn−1 ) = g(xn )      f (xn ) = g(x1 ) Sau số định lý tổng quát hệ hoán vị: Định lý 1: Nếu hai hàm số f (x), g(x) tăng tập A (x1 , x2 , , xn ) nghiệm hệ (trong xi ∈ A, i = 1, n) x1 = x2 = = xn Chứng minh: Không giảm tổng quát giả sử x1 = max(x1 , x2 , , xn ) ⇒ f (x1 ) Giải ⇒ x1 x2 f (x2 ) ⇒ g(x2 ) x3 xn g(x3 ) ⇒ x2 x3 ⇒ ⇒ xn x1 ⇒ x1 = x2 = = xn ✷ x1 183 Tương tự giải với b = b = Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) (1; 2); (1; −3); (−2; 2); (−2; −3) hoán vị ✷ Bài 4: Giải hệ phương trình (∗)  x3 + = 2(x2 − x + y) y − 2y + 2y + = 2x Nhận thấy f (t) = t3 − 2t2 + 2t + có f (t) = 3t2 − 4t + > ∀t nên f (t) đồng biến R Nếu x > y ⇒ 2x > 2y ⇒ f (y) > f (x) ⇒ y > x (mâu thuẫn) Tương tự với x < y Vậy x = y Ta có hệ tương đương     x = y x = y √ ⇔ 1± x3 − 2x2 + =   x ∈ 1; √ √ √ √ 1+ 1+ 1− 1− Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1; 1), ( ; ), ( ; )✷ 2 2 Nhận xét: Ta giải biến đổi sơ cấp Nếu trừ hai phương trình vế theo vế ta (x − y)(x2 + xy + y − 2x − 2y + 2) = 2(y − x) ⇔ x=y x2 + xy + y − 2(x + y) + = Xét trường hợp x2 + xy + y − 2(x + y) + = 0: x3 − 2x2 + 2x + Thay y = ta có phương trình bậc theo x: x − 4x + 10x − 14x + 16x − 10x + 13 = ⇔ (x6 − 4x5 + 4x4 ) + (6x4 − 14x3 + 10x2 ) + (6x2 − 10x + 13) =   4   x − 4x + 4x = x (x − 2) Phương trình vô nghiệm 6x4 − 14x3 + 10x2 >    6x2 − 10x + 13 > Như so với biến đổi sơ cấp, cách dùng đạo hàm khiến lời giản đơn giản nhiều, hệ phương trình mũ - logarit Bài 5: Giải hệ phương trình  2x − = 3y − 3x 3y − = 3x − 2y Giải Ta viết lại hệ sau:  2x + 3x = 3y + 2y + 3y = 3x + log2 x + +2 x+ = log2 (x − 1)2 + 2(x − 1)2 (∗) Đặt f (x) = log2 x + 2x với x > Ta có: f (x) = +  x3 − 2x2 + 2x + = 2y  x − = Điều kiện:  x>− Phương trình viết lại thành: y + = 2(y − y + x) Giải Ta có (∗) ⇔ 168 > ∀x > x ln Do đó, hàm f đồng biến (0; +∞) Lại từ (∗), ta có f x + = f ((x − 1)2 ), suy ra:  √ 3+ x = 2√ x + = (x − 1)2 ⇔  3− x= √ √ 3+ 3− Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = ; 2 ✷ Bài Giải phương trình (1 + x)(2 + 4x ) = 3.4x Giải Dễ có x > −1 Xét hàm số f (x) = (1 + x)(2 + 4x ) − 3.4x với x ∈ (−1; +∞) Ta có: f (x) = (x−2)4x ln 4+4x +2, f (x) = (x−4)(ln 4)2 +2.4x ln 4, f (x) = (x−2)4x (ln 4)3 + 3.4x (ln 4)2 3 f (x) = ⇔ x = − Đặt x0 = − ln ln Ta thấy hàm f (x) nghịch biến (−1; x0 ), đồng biến (x0 ; +∞) f (−1) < 0, f (x0 ) < 0, lim f (x) = +∞, nên phương trình f (x) = có nghiệm Do đó, phương trình x→+∞ f (x) = có tối đa nghiệm, suy phương trình f (x) = có khơng nghiệm Ta nhận thấy có ba giá trị x thỏa mãn phương trình cho x = 0, x = , x = Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = 0; ; ✷ Bài Giải phương trình 12x + 13x + 14x = 2x + 3x + 4x + 870x − 2400x2 + 1560x Giải Xét hàm số f (x) = 12x + 13x + 14x − (2x + 3x + 4x + 870x − 2400x2 + 1560x) Ta chứng minh đạo hàm cấp hàm số âm dương với giá trị x nhận Ta có: f (4) (x) = 12x (ln 12)4 + 13x (ln 13)4 + 14x (ln 14)4 − 2x (ln 2)4 − 3x (ln 3)4 − 4x (ln 4)4 Ta xét trường hợp sau: ∗ Nếu x < 0, áp dụng BĐT Bernoulli cho số x < 0, ta có 12x > x(12 − 1) + = 11x + Tương tự, ta có 13x > 12x + 1, 14x > 13x + Suy ra: 12x + 13x + 14x > 36x + 169 182 Giải Lại có 2x + 3x + 4x + 870x − 2400x2 + 1560x < + 36x + x(870x2 − 2400x + 1524) < 36x + Đặt x = u + y = v + Hệ phương trình tương đương: (u + 1)2 − 2(u + 1)(v + 1) + 2(v + 1) + 15 = Do 12x + 13x + 14x > 2x + 3x + 4x + 870x − 2400x2 + 1560x Điều mâu thuẫn với đề cho ∗ Nếu x 0, suy f (4) 0, phương trình cho khơng có q nghiệm Nhận thấy giá trị x = 0, x = 1, x = 2, x = thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 1; 2; 3} ✷ Bài 10 Giải phương trình 9x (3x + 2x ) = 2x (8x + 7x ) + 5x (5x − 2x ) Giải Ta có nhận xét rằng, với tốn trên, ta khơng thấy số có mối liên quan đến nhau, hàm số chứa biến tồn hàm số mũ Ta thử biến đổi dạng phương trình có lợi f (a) = f (b) Ta có: 9x (3x + 2x ) = 2x (8x + 7x ) + 5x (5x − 2x ) ⇔ 10x + 12x − 16x − 25x = 12x + 14x − 18x − 27x Ta xét hàm số f (t) = tx + (t + 2)x − (t + 6)x − (t + 15)x với t > Phương trình cho tương đương với f (10) = f (12) Ta thấy rằng, hàm f liên tục khả đạo hàm [10; 12], nên theo định lý Largrange, tồn f (10) − f (12) c ∈ (10; 12) cho f (c) = = Do đó, ta có: 10 − 12 x cx−1 + (c + 2)x−1 − (c + 6)x−1 − (c + 15)x−1 = ⇔ c x−1 + (c + 2) x−1 ⇔ 3u2 − 6uv = −48 8v − 16uv = −48 ⇔ v − 2uv = −6    u= v  2   3u + 10uv − 8v = ⇔ u = −4v  v − 2uv = −6    v − 2uv = −6 ⇔ Với u = v ta có: √ v = v − v = −6 ⇔ v = 18 ⇔ √ v = −3 √ √ Với v = ⇔ u = 2 √ √ Với v = −3 ⇔ u = −2 Với u = −4v.Ta có: v + 8v = −6 ⇔ 9v = −6 (vô nghiệm) √ √ √ √ Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) 2 + 1; + ; −2 + 1; −3 + ✷ Bài 3: Giải hệ phương trình sau: x2 + y = − x − y xy(xy + x + y + 1) = 12 Giải Ý tưởng: Nhận thấy vai trò x y nên ta cố gắng phân tích đặt ẩn phụ để đưa hệ dạng đối xứng loại Lời giải: Hệ phương trình tương đương: x=0 = (c + 6)x−1 + (c + 15)x−1 Xét phương trình cx−1 + (c + 2)x−1 = (c + 6)x−1 + (c + 15)x−1 Ta có: ∗ Nếu x > x − > 0, suy cx−1 + (c + 2)x−1 < (c + 6)x−1 + (c + 15)x−1 ∗ Nếu x < x − < 0, suy cx−1 + (c + 2)x−1 > (c + 6)x−1 + (c + 15)x−1 ∗ Nếu x = cx−1 + (c + 2)x−1 = (c + 6)x−1 + (c + 15)x−1 = Thử lại, ta có phương trình có tập nghiệm S = {0; 1} ✷ Qua tập ví dụ nêu trên, bạn thấy rằng, người đề thường hay bắt đầu tạo toán từ đẳng thức, từ phương trình đơn giản, hay từ trường hợp xảy dấu bất đẳng Họ cố cơng cất giấu biểu thức ban đầu bao nhiêu, mức độ khó tốn theo mà khó lên nhiêu Và cơng việc tìm đường mà người đề sử dụng Có thể có tốn, theo hướng khác tác giả, số toán, dường đường tác giả xuất phát đường mà ta sử dụng để giải toán Để nhuần nhuyễn hơn, bạn luyện tập với toán sau đây: Bài tập tự luyện 2(u + 1) − 2(u + 1)(v + 1) + (v + 1)2 + = u2 − 2uv = −16 x2 + x + y + y = (x2 + x) + (y + y) = ⇔ (I) (x2 + x)(y + y) = 12 xy(x + 1)(y + 1) = 12 Đặt x2 + x = a y + y = b Hệ (I) trở thành a+b=8 ab = 12 Như a, b nghiệm phương trình bậc hai X − 8X + 12 = ⇔ X=2 X=6 Với a = ta có: x2 + x − = ⇔ x=1 x = −2 Với a = ta có: x2 + x − = ⇔ x=2 x = −3 181 minh lại phép sau: Từ (3) ⇒ x, y, z = Nhân hai vế (2) cho x ta có 170 Giải phương trình sau: √ 1/ 3−x = −x2 + 8x − 14 log3 − 4x + 4) 3/ (x + 3) log23 (x + 2) + (x + 2) log3 (x + 2) = 16 √ 4/ ex + (x3 − x) ln(x2 + 1) = e x 2/ 22x+1 + 23−2x = x2 y + xyz + x2 z = −4x ⇔ x2 (y + z) = −4x − xyz = − 4x (4x2 Nhân hai vế (1) cho x2 ta có x3 + x2 (y + z) = x2 ⇔ x3 + − 4x = x2 ⇔ x ∈ {1; 2; −2} Sau ta xem qua số tập tổng hợp: Bản chất phương pháp biến đổi đẳng thức cố gắng chuyển đổi phương trình cho trở thành phương trình tương đương, phương trình hệ quả, hay hệ phương trình, hệ bất phương trình mà ta dễ dàng giải Thông thường, ta biến đổi đề dạng hai vế có số trở thành đẳng thức quen thuộc Chúng ta làm rõ điều cách xét qua ví dụ sau Bài tập tổng hợp x2 − y − 2x + 2y = −3 Bài 1: Giải hệ phương trình sau PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐẲNG THỨC y − 2xy + 2x = −4 −x+8 Bài Giải phương trình 2x Giải = 41−3x Đặt x = u + y = v + 1.Hệ phương trình tương đương: (u + 1)2 − (v + 1)2 − 2(u + 1) + 2(v + 1) = −3 (v + 1)2 − 2(u + 1)(v + 1) + 2(u + 1) = −4 ⇔ 5u2 − 5v = −15 3v − 6uv = −15 ⇔ Giải ⇔ u2 − v = −3 v − 2uv = −5   u2 − v = −3    u2 − v = −3 ⇔ v u =   5u2 + 6uv − 8v =    u = −2v Với u = v Ta có: 5 v = √ ;u =  16 25 v − v = −3 ⇔ v = ⇔  −5 25 v = √ ;u =  √ −4 √ Với u = −2v ta có 4v − v = −3 ⇔ v = −1 (vô nghiệm) −4 −5 Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) = √ + 1; √ + ; √ + 1; √ + ✷ 3 3 Nhận xét: Ngoài phương pháp tịnh tiến nghiệm, với ta biến đổi đẳng thức để tìm cách đặt ẩn phụ trên: Xét hệ phương trình tương đương: (x − 1)2 − (y − 1)2 = −3 (y − 2y + 1) − 2(xy − y − x + 1) = −5 ⇔ (x − 1)2 − (y − 1)2 = −3 (y − 1)2 − 2(x − 1)(y − 1) = −5 Từ ta đặt x = u + y = v + Bài 2: Giải hệ phương trình sau x2 − 2xy + 2y + 15 = 2x − 2xy + y + = Ý tưởng: Ta có nhận xét thú vị: lũy thừa bậc hai Do đó, ta biến đổi hai vế số Lời giải: Phương trình cho tương đương với: 2x −x+8 = 22−6x ⇔ x2 − x + = − 6x ⇔ x = −2 x = −3 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {−2; −3} ✷ Bài Giải phương trình (x2 − x + 1)x −1 =1 Giải Phương trình tương đương với: x2 − x + > x=0 ⇔ (x2 − x)(x2 − 1) = ⇔ 2 (x − x + − 1)(x − 1) = x = ±1 Vậy tập nghiệm phương trình cho S = {−1; 0; 1} ✷ Nhận xét: Đối với phương trình có dạng f (x)g(x) = 1, đầu tiên, ta có điều kiện f (x) > Tiếp đến, để biểu thức f (x)g(x) 1, f (x) = 1, g(x) = 0, đó, ta suy phương f (x) > trình [f (x) − 1]g(x) = Vậy, phương trình cho tương đương với [f (x) − 1]g(x) =  23x = 5y − 4y Bài Giải hệ phương trình sau: 4x + 2x+1  =y 2x + 171 Giải Hệ phương trình ẩn bình đẳng Hệ tương đương với:  3x 2 = 5y − 4y ⇔ 2x = y 180 x=0   y=1 =y ⇔  x=2 y − 5y + 4y =  y=4 x Hệ phương trình ẩn bình đẳng hệ có phương trình bình đẳng với ẩn, nghĩa hoán vị ẩn tuỳ ý phương trình khơng đổi Phương pháp để giải hệ đưa hệ phương trình     x + y + z = a (1) (∗) Vậy hệ cho có tập nghiệm {(x; y)} = {(0; 1); (2; 4)}✷ xy + yz + zx = b (2)    xyz = c (3) Bài Giải phương trình 2x + 2x−1 + 2x−2 = 3x − 3x−1 + 3x−2 Bằng cách dùng phép định lý Viete đảo, ta đưa (∗) phương trình ẩn x3 − ax2 + bx − c = Giải Ý tưởng: Ta có nhận xét biểu thức lũy thừa chứa x giống hai vế phương trình Do đó, ta có ý tưởng rút phần tử chung hai vế Lời giải: Phương trình cho trở thành: 1 + 2x + = 3x + 7 ⇔ = 3x ⇔ x x 1 − Ví dụ: Giải hệ phương trình 2 =  y + z = a − x Giải phương trình trên, tìm nghiệm x0 vào (1) (3) ta có c yz = x0 c Như y, z nghiệm phuơng trình t − (a − x0 )t + = x0     x + y + z = ⇔x=2 Giải Vậy phương trình cho có nghiệm x = ✷ Bài Giải phương trình 5x x−1 x Từ hệ phương trình ta có  2 2 xy + yz + zx = (x + y + z) − (x + y + z )  3 3xyz = (x + y + z ) − (x + y + z)(x2 + y + z − xy − yz − zx) = −12 = 500 Giải Điều kiện xác định: x = Phương trình tương đương với: x ⇔ 5x−3 = ( 3(x−1) x 1 ) 2x x−3 Suy x−3 = ⇔ ⇔ (5.2 x ) x−3 =2 3−x x =1⇔ x−3 ⇔5 − x1 x−3 = (2 x−3=0 ⇔ 5.2 x = ) x=3 x = −log5 Vậy phương trình cho có tập nghiệm  S = {3; −log5 2} ✷ log (y − x) − log = 4 y Bài Giải hệ phương trình sau:  x2 + y = 25 (∗) Giải Điều kiện xác định: y > x; y > Ta có biến đổi sau: log (y − x) − log4 x2 + y + z =    x + y + z = 1 = ⇔ − log4 (y − x) − log4 = y y  xy + yz + zx = −4 Vậy ta đưa hệ dạng xyz = −4     x + y + z = (1) xy + yz + zx = −4 (2)    xyz = −4 (3) Theo định lý Viete đảo, x, y, z nghiệm phương trình  t=1  t3 − t2 − 4t + = ⇔  t = t = −2 Từ ta tìm nghiệm hệ (x; y; z) = (1; 2; −2) hoán vị.✷ Nhận xét: Định lý Viete đảo khơng nằm chương trình phổ thơng, nên ta chứng 179 Để hệ số u, v ta giải hệ phương trình   2a + 4b − 18 =     6b + 4a − 22 =   4a + 2b + =     2a + 8b − 46 = ⇔ − log4 ⇔ 3y b = Ý tưởng: Chúng ta cần ý rằng, tốn có thức dạng điều kiện x √ x cần phải có x x∈N Lời giải:  x ĐKXĐ: Nhận thấy số lũy thừa lũy thừa 2, ta 3x ∈ N biến đổi tốn dạng lũy thừa Phương trình cho tương đương với:  1 x x 2x x=3 − + − x x 2x 2x = 22 ⇔ 2 2x = ⇔ + − = ⇔ 2x x=− Kết hợp với ĐKXĐ, ta có phương trình có nghiệm x = ✷ 1 (x + 1) + Bài Giải phương trình log √ log81 (x − 3)2012 = log243 [4(x − 2)] 3 503 Giải Giải có nghiệm m = Ý tưởng: Nhìn vào đề bài, ta thấy số hàm logarit lũy thừa Do đó, ta biến đổi chúng dạng hàm số logarit số  y (t2 + 2t) = m (1) Nếu m = y = 0, đặt x = ty ta có hệ (I) y (t2 + t + 1) = (2) Chia (1) cho (2) quy đồng ta t2 + 2t = m(t2 + t + 1) (3) Hệ cho có nghiệm (x; y) ⇔ (I) có nghiệm (t; y) ⇔ (3) có nghiệm t (do t2 + t + > nên từ ln tìm y thoả (2)) Viết lại (3) dạng (m − 1)t2 + (m − 2)t + m = Do m = thoả m + y = 25 ⇔ y = ±4 Giải  x2 + 2xy = m (1) Ví dụ: Tìm m để hệ có nghiệm: x2 + xy + y = (2) ⇔ |m| Từ điều kiện đề bài, ta có y = 4, suy x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3; 4) ✷ √ √ √ Bài Giải phương trình 2x 4x 3x 0.125 = Hệ giải theo cách thơng thường, lưu ý trừ phương trình vế theo vế ta có u2 + v − 2uv = ⇔ u = v   √ u = v = 8u2 =  2 ⇔ Ta có hệ (II) ⇔  −1 u = v u=v= √ 2 −1 1 −1 √ − 5; √ + , √ − 5; √ + ✷ Vậy (I) có nghiệm (x; y) = 2 2 2 2 Với hệ có chứa tham số, cách giải hồn tồn tương tự: Ta có ∆ = − 3m2 nên (3) có nghiệm ⇔ ∆ 3y y−x =1⇔x= y Thế vào phương trình (*) ta được:  a = −5 Lời giải: Đặt x = u − 5; y = v + ta có hệ phương trình  u2 + 3v + 4uv = (3) (II) 2u2 + 4v + 2uv = (4)  x = m Nếu y = ta hệ x = 172 √ √ nên ta kết luận hệ có nghiệm ⇔ |m| Lời giải: ĐKXĐ: x > 2, x = Phương trình tương đương với log3 (x + 1) + log3 |x − 3| = log3 (4x − 8) ⇔ (x + 1)|x − 3| = (4x − 8) ∗ Nếu x > 3, ta có: √ ✷ x2 − 2x − = 4x − ⇔ x = (loại) x=5 ∗ Nếu < x < 3, ta có: √ x = −1 + 12 √ −x2 + 2x + = 4x − ⇔ x = −1 − 12 (loại) 173 √ Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = 5; −1 + 12 ✷ Và kinh nghiệm làm củng cố thêm, bạn thử tự giải toán tự luyện sau: Bài tập tự luyện Giải phương trình: 1/ 2x 3x−1 5x−2 = 12 √ 2/ (x2 − 2x + 2) 4−x = 2 3/ 2x +x − 4.2x −x − 22x + = BÀI TẬP TỔNG HỢP Sau đây, thử sức với tốn khó hay Các tốn đòi hỏi vận dụng linh hoạt kỹ biến đổi, đặt ẩn phụ, xét đến tính đơn điệu hàm số phụ cần dùng đến Bài 3x2 + + log2006 4x2 + = x6 x6 + x2 + Giải Viết lại phương trình: 4x2 + = x6 − 3x2 − x +x +1 2 Lưu ý (x + x + 1) − (4x + 2) = (x6 − 3x2 − 1) Đặt a = 4x2 + 2, b = x6 + x2 + 1, phương trình cho trở thành: log2006 log2006 a + a = log2006 b + b (∗) + > ∀x > 0, lại hàm x ln 2006 f liên tục (0; +∞), nên từ (*) suy a = b Ta cần phải giải phương trình: Xét hàm số f (x) = log2006 x + x với x > 0, ta có: f (x) = x6 − 3x2 − = 0 Phương trình viết lại: u3 − 3u − = Đặt u = 2v ⇒ v 0, ta có 4v − 3v = Xét g(v) = 4v − 3v liên tục R Ta có g (v) = ⇔ v = ± Ta có g(0) = 0, g = −1, g(1) = 1, đó, phương trình có nghiệm π v0 > 0, với v0 < Đặt v = cos t với < t < , phương trình trở thành: π π ⇒ v = cos ⇒ u = cos ⇒ x = ± 9 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = Bài sin2 x.2cos 2x + sin 2x + cos 2x = π cos ; − Sau giải hệ trường hợp x = y  M (x; y) = f (x) = g(y) Lưu ý hệ đối xứng loại II có dạng f (x), g(x) hai hàm số f (y) = g(x) đơn điệu chiều ta suy x = y mà không cần xét M (x; y) = (vì trường hợp dẫn tới hệ vơ nghiệm) Nhưng f (x), g(x) không đơn điệu chiều trường hợp M (x; y) = cho nghiệm Hệ phương trình bậc hai ẩn: Hệ phương trình bậc hai ẩn có dạng tổng qt  a x2 + b xy + c y + d x + e y + f = 1 1 1 a2 x2 + b2 xy + c2 y + d2 x + e2 y + f2 = Trong , bi , ci , di , ei , fi (i = 1, 2) tham số x, y ẩn số Ta xét số trường hợp đặc biệt hệ: a) Hệ chứa phương trình bậc nhất: Ta tính x theo y ngược lại từ phương trình, thay vào phương trình lại để có phương trình bậc ẩn b) Hệ chứa phương trình bậc 2: Nếu phương trình hệ khơng chứa hạng tử bậc số hạng tự do, chẳng hạn d1 = e1 = f1 = hệ đưa phương trình bậc hai cách đặt y = tx thay vào phương trình để tìm t, từ thay vào phương trình thứ để tìm x, y tương ứng Phương pháp áp dụng để giải hệ gồm phương trình bán đẳng cấp bậc hai:  a x2 + b xy + c y + f = 1 1 (∗) a2 x2 + b2 xy + c2 y + f2 = Vì rõ ràng từ hệ ta tạo phương trình bậc f2 (a1 x2 + b1 xy + c1 y ) − f1 (a2 x2 + b2 xy + c2 y ) = Đặt u = x2 cos 3t = 178 cos cos π π ✷ Trong trường hợp tổng quát, phép giải hệ bậc hai ẩn dẫn đến giải phương trình bậc cao ( 4) Nhưng với số hệ phương trình, ta đưa hệ (*) cách đặt x = u + a; y = v + b u, v ẩn (phương pháp tịnh tiến nghiệm) Ta cần tìm số a, b để hạng tử bậc hai phương trình bị triệt tiêu, hệ thu hệ đẳng cấp  x2 + 3y + 4xy − 18x − 22y + 31 = (1) Ví dụ: Giải hệ phương trình (I) 2x2 + 4y + 2xy + 6x − 46y + 175 = (2) Giải Ý tưởng: Đặt x = u + a; y = v + b ta có hệ phương trình  u2 + 4uv + 3v + u(2a + 4b − 18) + v(6b + 4a − 22) + 4ab + a2 + 3b2 − 18a − 22b + 31 = 2u2 + 4v + 2uv + u(4a + 2b + 6) + v(2a + 8b − 46) + 2a2 + 4b2 + 2ab + 6a − 16b + 175 = 174 Giải Phương trình cho tương đương với: Chương V: HỆ PHƯƠNG TRÌNH − cos 2x cos 2x + (1 − cos2 2x) + cos 2x = 2 Đặt t = cos 2x, ta có: CÁC LOẠI HỆ CƠ BẢN (1 − t)2t + − t2 + 2t = ⇔ (1 − t)(2t + t − 1) = ⇔ Lý thuyết Hệ phương trình đối xứng loại I: Hệ phương trình đối xứng loại I hệ có dạng  F (x; y) = G(x; y) = Trong F (x; y), G(x; y) đa thức đối xứng với x, y Cách giải chung hệ đặt S = x + y; P = xy (điều kiện S − 4P ta đưa hệ dạng  F (S; P ) = 0) Dùng tính đối xứng ∗ Với t = 1, suy x = kπ với k ∈ Z ∗ Xét phương trình f (t) = 2t + t − = Ta có hàm f hàm số tăng R nên f (t) = có nhiều nghiệm, lại f (0) = 0, π kπ nên suy t = nghiệm phương trình f (t) = 0, suy x = + với k ∈ Z π kπ Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {kπ|k ∈ Z} ∪ + |k ∈ Z ✷ Bài Giải hệ phương trình: 71+x−y + 31+x−y + 71−x+y = 101+x−y + 101−x+y (1) √ (x, y ∈ R) 4x2 + 2x + = 8y + (2) Giải G1 (S; P ) = Tìm đươc S P Từ đó, theo định lý Viete đảo, x y nghiệm phương trình − ,y > − Ta có bổ đề sau: Với a > b > ⇒ ax + a−x bx + b−x , ∀x ∈ R (3), dấu đẳng thức xảy x = Thật vậy, bất đẳng thức (3) tương đương với: Điều kiện: x t2 − St + P = (ax − bx ) − Hệ phương trình đối xứng loại II: Hệ phương trình đối xứng loại II hệ có dạng Trong F (x; y) đa thức khơng đối xứng Trừ hai phương trình vế theo vế để F (x; y) − F (y; x) = (∗) Coi x ẩn số, y tham số đặt F (x; y) = f (x) + g(y) (g(y) độc lập với x) F (y; x) = f (y) + g(x) Khi (∗) ⇔ G(x) = f (x) + g(y) − f (y) − g(x) = Xét G(x), thay x = y G(y) = f (y) + g(y) − f (y) − g(y) = ⇒ y nghiệm phương trình G(x) = ⇒ G(x) có chứa nhân tử (x − y) theo định lý Bezout Như ta có cách giải hệ đối xứng loại II là: Trừ hai phương trình vế theo vế để G(x; y) = (x − y).M (x; y) = 177 ax b x • Nếu x 0⇒ ax b x x x ⇒ (a − b ) − ax b x (ab)x • Nếu x 0⇒ ax b x ⇒ ax − b x ) − x x x a b (ab)  F (x; y) = F (y; x) = t=1 2t + t − = 0 (4) Dấu đẳng thức xảy x = 0 Dấu đẳng tức xảy x = Áp dụng bổ đề vào tốn, ta có: 10t + 10−t 10t + 10−t 7t + 7−t ⇔ 3t + 3−t 7(10t + 10−t ) 3(10t + 10−t ) ⇒ 101+t + 101−t ⇒ 101+x−y + 101−x+y 71+t + 71−t (t = x − y) 31+t + 31−t 71+t + 71−t + 31+t + 31−t 71+x−y + 71−x+y + 31+x−y + 31−x+y (5) Từ (1) (5), ta có đẳng thức xảy ra, t = x − y = ⇔ x = y Thay vào phương trình (2) ta được: √ 4x2 + 2x + = 8x + √ ⇔ 4x2 − 6x + = 2x + − 2x + + 4 175 √ 2x + − √ 2x − = 2x + √ ⇔ 2x − = − 2x + √  + 17 x = 4√ ⇔ − 21 x= √ √ √ √ + 17 + 17 − 21 − 21 Vậy HPT cho có hai nghiệm (x; y) = ; ; (x; y) = ; 4 4  2x2 − 6x.4y + 4x = 3.4y+1 (1) Bài Tìm số nghiệm hệ phương trình:  − |y − 2| = (2) (x + 3)2 ⇔ 2x − • Với < t < 16, f (t) = = ✷ Trước tiên, ta tìm nghiệm “đẹp” (nếu có) hệ Điều kiện xác định: x = −3 Đặt t = 4y > 0, phương trình (1) trở thành: 2x2 − 6tx + 4x − 12t = ⇔ 2(x + 2)(x − 3t) = ⇔ x = −2 x = 3t Khi x = −2, vào phương trình (2), ta − |y − 2| = ⇔ Vậy hệ phương trình cho có bốn nghiệm ✷ Bài tập tự luyện  Giải x y + y x = 32 (HV CNBCVT 1999) 1/  log3 (x − y) = − log3 (x + y)  2/ 3/ x − y = (log2 y − log2 x)(2 + xy) (ĐH Ngoại thương 1999) x3 + y = 16 √ √ √ 2 4x −16 + x + x2 + = 4y −8y + y − + y − 8y + 17 y(x2 − 1) − 4x2 + 3x − + ln(x2 − 3x + 3) = y=3 y=1 Từ suy hai nghiệm hệ (−2; 3) (−2; 1) Và ta có hai nghiệm “đẹp” Tiếp theo, ta đường lại để tìm số nghiệm Với x = 3t, vào phương trình (2), ta có: − |y − 2| = (3t + 3)3 Ta có t = 4y ⇔ y = log4 t − | log4 t − 2| với t > Xét hàm số f (t) = (3t + 3)3 Ta tìm cách giải dấu giá trị tuyệt đối này, cách xét khoảng t: − log4 t + (3t + 3)3 Ta có f (t) = − − < 0, ∀t 16 (3t + 3) t ln Do hàm f nghịch biến [16; +∞) Mặt khác f (16) > f (64) < 0, suy tồn số t1 ∈ (16; 64) nghiệm phương trình f (t) = Do đó, nghiệm (3t1 ; log4 t1 ) nghiệm thứ ba hệ 16, f (t) = + log4 t − (3t + 3)3 (3t + 3)4 − 9t ln − Ta có f (t) = = t ln (3t + 3)4 (3t + 3)4 t ln Đặt g(t) = (3t + 3)4 − 9t ln với t ∈ [0; 16) Ta có: g (t) = 12(3t + 3)3 − ln g (t) = 12.32 (3t + 3)2 > Do g (t) đồng biến [0; 16), hay với t thuộc (0; 16), ta có g (t) > g (0) Mà g (0) = 12.33 − ln > suy g (t) > 0, ∀t ∈ (0; 16) Từ đây, suy hàm g(t) đồng biến [0; 16), nên g(t) > g(0) = 81 > Suy f (t) > 0, ∀t ∈ (0; 16), hay hàm f (t) đồng biến (0; 16) Vì f (1) < 0, f (16) > nên phương trình có nghiệm t2 thuộc khoảng (1; 16) Do nghiệm (3t2 ; log4 t2 ) nghiệm thứ tư hệ (Đề nghị OLP 30-04 THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) • Với t 176 (Đề nghị OLP 30-04 THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam) 4/ log2 √ x2 − 3x + + + −x2 +3x−1 = (Đề nghị OLP 30-04 THPT chuyên Lê Quý Đôn, Khánh Hòa) 5/ Xác định số nghiệm hệ phương trình (ẩn x, y) sau: x2 + y = 29 log3 x log2 y =