Một số phương pháp giải hệ phương trình trong chương trình toán Trung học phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN VŨ THỊ KIM NGẦN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS PHẠM VĂN QUỐC HÀ NỘI - 2015 Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Một số kiến thức 1.1 Hệ phương trình 1.1.1 Hệ phương trình bậc hai ẩn 1.1.2 Hệ phương trình đối xứng 1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp 1.1.4 Hệ phương trình dạng hốn vị vịng quanh 1.2 Phương pháp 1.2.1 Phương pháp cộng đại số 1.2.2 Phương pháp Một số phương pháp giải hệ phương trình 2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ 2.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử 2.3 Phương pháp sử dụng đẳng thức 2.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số 2.5 Phương pháp khác 2.5.1 Phương pháp đánh giá 2.5.2 Phương pháp lượng giác hóa 2.5.3 Phương pháp sử dụng số phức Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình 3.1 Xây dựng hệ phương trình phương pháp đặt ẩn phụ 3.2 Xây dựng hệ phương trình từ đẳng thức 3.3 Sử dụng tính đơn điệu hàm số để xây dựng hệ phương trình 3.4 Xây dựng hệ phương trình phương pháp đánh giá 3.5 Sử dụng số phức để xây dựng hệ phương trình 4 4 9 10 13 13 20 28 34 43 43 47 49 54 54 58 64 67 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 Lời cảm ơn Lời đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới TS Phạm Văn Quốc - người thầy truyền cho niềm say mê nghiên cứu Tốn học Thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thiện luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Tốn - Cơ - Tin học, thầy giáo tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn thành luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng, thời gian trình độ cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Vì tác giả mong nhận góp ý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Mở đầu Hệ phương trình nội dung cổ điển quan trọng Toán học Ngay từ đầu, đời phát triển hệ phương trình đặt dấu ấn quan trọng Tốn học Chúng có sức hút mạnh mẽ người u Tốn, ln thơi thúc người làm Tốn phải tìm tịi, sáng tạo Bài tốn hệ phương trình thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi, Olympic kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Hệ phương trình đánh giá tốn phân loại học sinh giỏi, địi hỏi kỹ thuật xử lý nhanh xác Là giáo viên Trung học phổ thông, muốn nghiên cứu sâu hệ phương trình nhằm nâng cao chun mơn, phục vụ cho q trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Với lý trên, lựa chọn nghiên cứu đề tài "Một số phương pháp giải hệ phương trình chương trình tốn Trung học phổ thơng" làm luận văn thạc sĩ Luận văn chia làm ba chương: Chương Một số kiến thức Chương Một số phương pháp giải hệ phương trình Chương Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình Hà Nội, ngày 01 tháng năm 2015 Tác giả luận văn Vũ Thị Kim Ngần Chương Một số kiến thức 1.1 1.1.1 Hệ phương trình Hệ phương trình bậc hai ẩn Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ có dạng a1 x + b y = c a2 x + b y = c Phương pháp giải: Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng phương pháp sau: - Phương pháp thế, - Phương pháp cộng đại số, - Phương pháp dùng định thức a b c b a c Ký hiệu: D = a1 b1 ; Dx = c1 b1 ; Dy = a1 c1 2 2 2 Trường hợp : D =  Dx    x= D Hệ phương trình có nghiệm    y = Dy D Trường hợp : D = Dx = Dy = Hệ phương trình có vơ số nghiệm dạng {(x0 ; y0 ) |a1 x0 + b1 y0 = c1 } Trường hợp : D = 0; Dx = D = 0; Dy = D = 0; Dx = 0; Dy = Hệ phương trình vơ nghiệm 1.1.2 Hệ phương trình đối xứng Hệ phương trình đối xứng loại I Hệ phương trình đối xứng loại I hai biến x y hệ phương trình mà ta thay x y , thay y x hệ khơng thay đổi Phương pháp giải: - Đặt x+y =S , điều kiện S ≥ 4P xy = P - Tìm S, P, - Khi đó, x, y nghiệm phương trình u2 − Su + P = Ví dụ 1.1 (Trích đề thi Học viện An ninh năm 2001) Giải hệ phương trình x + y = − 2xy x2 + y = Giải Đặt (x, y ∈ R) x+y =S , điều kiện S ≥ 4P xy = P S = − 2P S − 2P = S = − 2P S = − 2P ⇔ ⇔ 4P − 6P =  (1 − 2P ) − 2P =   S = − 2P S = 1; P = P =0 ⇔ ⇒ S = −2; P =   P= 2 x+y =1 xy = Ta hệ phương trình Với S = 1; P = ⇒ Khi (x, y) nghiệm phương trình: u2 − u = ⇔ u=0 ⇒ u=1 x = 0; y = x = 1; y = ta loại trường hợp khơng thỏa mãn điều kiện S ≥ 4P Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = (0; 1) ; (1; 0) Với S = −2; P = Hệ phương trình đối xứng loại II Hệ phương trình đối xứng loại II x y hệ phương trình mà ta thay x y , thay y x phương trình biến thành phương trình ngược lại Phương pháp giải: - Trừ theo vế hai phương trình hệ, ta phương trình tích dạng: (x − y) f (x; y) = - Sau thay x = y; f (x, y) = 0, vào hai phương trình hệ, ta phương trình biết cách giải giải tiếp tìm nghiệm hệ Ví dụ 1.2 (Trích đề thi đại học khối B năm 2003) Giải hệ phương trình  y2 +   3y =   x2 (x, y ∈ R)  x +2    3x = y2 Giải Điều kiện: x > 0; y > Hệ phương trình tương đương với 3x2 y = y + 3y x = x2 + 3xy (x − y) = (y − x) (y + x) 3y x = x2 + ⇔ (x − y) (x + y + 3xy) = 3y x = x2 + ⇔   Với Với x=y x + y + 3xy = ⇔  3y x = x2 + x=y x=y ⇔ ⇔ x = y = 3y x = x2 + 3x3 − x2 − = x + y + 3xy = 3y x = x2 + Vì x + y + 3xy > 0; ∀x > 0; y > nên trường hợp vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1) 1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp Hệ phương trình f (x, y) = a gọi hệ đẳng cấp bậc k f (x, y); g(x, y) g (x, y) = b biểu thức đẳng cấp bậc k Chú ý : Biểu thức f (x, y) gọi đẳng cấp bậc k f (mx, my) = mk f (x, y) Phương pháp giải: - Xét y = (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm - Xét y = Đặt x = ty , ta có f (ty, y) = y k f (t, 1) ⇒ g (ty, y) = y k g (t, 1) y k f (t, 1) = a y k g (t, 1) = b a b Chia theo vế hai phương trình hệ ta được: f (t, 1) = g (t, 1) Giải phương trình tìm t thay ngược lại ta tìm nghiệm (x, y) Ví dụ 1.3 (Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải hệ phương trình x3 + 8y − 4xy = 2x4 + 8y − 2x − y = (x, y ∈ R) Giải - Xét y = Thay vào hệ phương trình ta được: x3 = ⇔ x = 2x4 − 2x = Suy (1; 0) nghiệm hệ - Xét y = Đặt x = ty , ta có: t3 y + 8y − 4ty = 2t4 y + 8y − 2ty − y = ⇔   y t3 + − 4t =  y 2t4 + = 2t + (Do y = 0) Chia theo vế hai phương trình hệ ta được: t3 + − 4t = 2t + 2t + ⇔ t3 − 8t2 + 12t = t=0 ⇔ t=2 t = Với t = ta có (x; y) = 0; Với t = ta có (x; y) = 1; Với t = ta có (x; y) = √ ; √ 3 25 25 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm (x; y) = (1; 0) ; 0; 1.1.4 1 ; 1; ; 2 √ ; √ 3 25 25 Hệ phương trình dạng hốn vị vịng quanh Hệ phương trình dạng hốn vị vịng quanh hệ có dạng:  f (x1 ) = g (x2 )    f (x2 ) = g (x3 )    f (xn−1 ) = g (xn ) f (xn ) = g (x1 ) (Khi ta hốn vị vịng quanh biến hệ phương trình khơng đổi) Cụ thể, ta xét hệ hốn vị vịng quanh ba ẩn sau x = f (y) y = f (z) z = f (x) Phương pháp giải: Giả sử f hàm số xác định tập D có tập giá trị T , T ⊆ D f hàm số đồng biến D - Cách : Đoán nghiệm chứng minh nghiệm Để chứng minh hệ có nghiệm ta thường cộng theo vế ba phương trình hệ, sau suy x = y = z - Cách : Từ T ⊆ D ta suy f (x), f (f (x)) f (f (f (x))) thuộc D Để (x, y, z) nghiệm hệ x ∈ T Nếu x > f (x) f tăng D nên f (x) > f (f (x)) Do đó, f (f (x)) > f (f (f (x))) Suy ra: x > f (x) > f (f (x)) > f (f (f (x))) = x Điều mâu thuẫn Chứng tỏ khơng thể có x > f (x) Tương tự ta chứng minh có x < f (x) Do đó, x = f (x) Việc giải hệ phương trình ban đầu quy việc giải phương trình x = f (x) Hơn ta có: ⇔ x = f (y) y = f (z) ⇔ z = f (x) x = f (y) y = f (z) ⇔ z = f (z) x = f (y) x = f (y) y = f (z) y = f (z) ⇔ z = f (f (y)) z = f (f (f (z))) x = f (y) x=y=z z=y ⇔ z = f (z) z = f (z) Ví dụ 1.4 (Trích đề thi HSG QG 2006) Giải hệ phương trình √  x2 − 2x + 6log3 (6 − y) = x y − 2y + 6log3 (6 − z) = y √ (x, y, z ∈ R) z − 2z + 6log3 (6 − x) = z Giải Để (x, y, z) nghiệm hệ phương trình điều kiện x, y, z < Hệ phương trình cho tương đương với  x  √ log (6 − y) =    x2 − 2x +  y log3 (6 − z) = y − 2y +   z    log3 (6 − x) = √ hay với f (x) = √ x x2 − 2x + z − 2z + log3 (6 − y) = f (x) log3 (6 − z) = f (y) log3 (6 − x) = f (z) ; g (x) = log3 (6 − x) 6−x √ > 0; ∀x < (x2 − 2x + 6) x2 − 2x + Suy f (x) hàm tăng g(x) hàm giảm với x < Ta có f (x) = Nếu (x, y, z) nghiệm hệ phương trình, ta chứng minh x = y = z Khơng tính tổng quát, giả sử x = max(x, y, z) Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp : x ≥ y ≥ z Do f (x) hàm tăng nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) Suy log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x) Do g(x) giảm nên − y ≤ − z ≤ − x ⇔ x ≤ z ≤ y ⇒ x = y = z Trường hợp : x ≥ z ≥ y Tương tự ta suy x = y = z Phương trình f (x) = g(x) có nghiệm x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y, z) = (3, 3, 3) 1.2 1.2.1 Phương pháp Phương pháp cộng đại số Để giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số, ta kết hợp hai phương trình hệ phép tốn cộng, trừ, nhân, chia để thu phương trình hệ đơn giản hơn, dễ giải Ví dụ 1.5 (Trích đề thi đại học an ninh nhân dân năm 1999) Giải hệ phương trình x2 + x + y + + x + x2 + x + y + − x + y + x + y + + y = 18 y2 + x + y + − y = Giải Điều kiện: x2 + x + y + ≥ 0; y + x + y + ≥ Cộng, trừ theo vế hai phương trình hệ ta (x, y ∈ R) Với u = −3 ⇒ v = −2 Với u = −7 ⇒ v=4 √ y + − x = −3 ⇔ 4x = −2 √ y + − x = −7 ⇔ 4x = x = − 21 √ y+2=− x √= y + = −6 (Vô nghiệm) (Vơ nghiệm) Vậy hệ phương trình vơ nghiệm Tương tự, ta xét biến đổi tương đương sau: (v + 5)3 + (u − 3)3 = ⇔ u3 + v − 9u2 + 15v = −98 − 27u − 75v (1) Nhận thấy (u; v) = (3; −5); (−5; 3) thỏa mãn (1) Có: u3 + v = −98 (2) Từ (1) (2) ta được: 3u2 − 5v = 9u + 25v (3) Đặt u = x + y; v = x − y , thay vào (2) (3) ta được: x3 + 3xy = −49 x2 − 8xy + y = 8y − 17x Ta có tốn sau Bài tốn 3.14 ( Trích đề thi HSG QG năm 2004) Giải hệ phương trình x3 + 3xy = −49 (1) 2 x − 8xy + y = 8y − 17x (2) (x, y ∈ R) Hướng dẫn: Ta ngược lại cách xây dựng hệ phương trình để có lời giải cho tốn Nghiệm tìm (x; y) = (−1; −4) ; (−1; 4) 3.3 Sử dụng tính đơn điệu hàm số để xây dựng hệ phương trình Dựa vào tính chất "Nếu hàm số y = f (x) đơn điệu khoảng (a;b) x, y thuộc (a;b) f (x) = f (y) x = y " ta sáng tác nhiều phương trình Sau đó, cần kết hợp với biểu thức liên hệ hai biến x, y ta có hệ phương trình với nghiệm mong muốn Xét hàm số f (t) = t3 + 3t R Có f (t) = 3t2 + > với t Suy f (t) hàm đồng biến R 64 Do đó, f (u) = f (v) ⇔ u = v √ Lấy u = 2x − 1; v = y ta được: (2x + 2) √ 2x − = y + 3y Kết hợp với biểu thức liên hệ x, y , chẳng hạn y − xy + = 5x − 6y Ta có tốn sau Bài tốn 3.15 ( Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 tỉnh Nam Định) Giải hệ phương trình √ (2x + 2) 2x − = y + 3y (1) y − xy + = 5x − 6y (2) (x, y ∈ R) Giải Điều kiện: x ≥ Phương trình (1) hệ tương đương với (2x − + 3) √ 2x − = y + 3y Xét hàm số f (t) = t3 + 3t R Có f (t) = 3t2 + > với t Suy f (t) hàm đồng biến R √ √ Do f 2x − = f (y) ⇔ 2x − = y ≥ Thay vào phương trình (2) ta được: (y + 5) (y − x + 1) = ⇔ Với y = x − ⇒ √ 2x − = x − ⇔ √ √ x = + ⇒ y = + y = −5 < (Loại) y = x − √ x≥1 ⇔ x = + 2x − = (x − 1) √ √ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = + 2; + √ 2 Xét hàm số f (t) = t3 + 4t + 2t + với t ≥ − 1 > 0; ∀t > − 2t + 1 Do đó, f (t) hàm đồng biến − ; +∞ Suy ra, f (x) = f (y) ⇔ x = y Ta có: f (t) = 3t2 + + √ Có: f (x) = f (y) √ √ ⇔ x3 + 4x + 2x + = y + 4y + 2y + √ √ ⇔ x3 + 3x + 2x + − y + 3y + 2y + = y − x 65 ⇒ √ x3 + 3x + √ 2x + = y y + 3y + 2y + = x Từ đó, ta có tốn sau Bài tốn 3.16 Giải hệ phương trình √ x3 + 3x + √ 2x + = y y + 3y + 2y + = x (x, y ∈ R) Giải Điều kiện: x; y ≥ − Trừ theo vế hai phương trình hệ ta được: √ √ 2x + − y + 3y + 2y + = y − x √ √ ⇔ x3 + 4x + 2x + = y + 4y + 2y + √ Xét hàm số f (t) = t3 + 4t + 2t + với t ≥ − 1 Ta có: f (t) = 3t + + √ > 0; ∀t > − 2t + 1 Do đó, f (t) hàm đồng biến − ; +∞ Suy f (x) = f (y) ⇔ x = y x3 + 3x + Thay vào phương trình thứ hệ ta được: x3 + 2x − + √ 2x + = (∗) √ Xét hàm số g (x) = x3 + 2x − + 2x + − ; +∞ 1 > 0; ∀x > − 2x + 1 Suy g(x) hàm đồng biến − ; +∞ Do phương trình g(x) = có nhiều nghiệm Có g (x) = 3x2 + + √ Mặt khác, g(0) = nên x = nghiệm phương trình (∗) Với x = y = (TMĐK) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 0) Nếu ta xét hàm số f (t) = (t2 + 1)t f (t) hàm số đồng biến R √ √ Khi đó, f (2x) = f − 2y ⇔ 2x = − 2y √ Suy (4x2 + 1)x + (y − 3) − 2y = Từ ta có tốn Bài tốn 3.17 (Trích đề thi đại học khối A năm 2010) Giải hệ phương trình √ (4x2 + 1)x +√(y − 3) − 2y = (1) 4x2 + y + − 4x = (2) 66 (x, y ∈ R) Hướng dẫn: Nhân hai vế phương trình (1) với ta được: 2x(4x2 + 1) + (5 − 2y + 1) − 2y = √ Sau ta xét hàm số f (t) = (t2 + 1)t suy 2x = − 2y Thay vào phương trình (1) hệ ta thu nghiệm (x; y) = ; 3.4 Xây dựng hệ phương trình phương pháp đánh giá Vì bất đẳng thức lĩnh vực phát triển Toán Sơ Cấp nên theo đó, sử dụng bất đẳng thức ta sáng tạo nhiều hệ phương trình Điều đặc biệt lưu ý phương pháp đốn nghiệm góp phần lớn vào thành công lời giải Chẳng hạn, ta xét bất đẳng thức Bunhiacopski: Cho bốn số thực a, b, c, d Ta có: c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 a2 + b Đẳng thức xảy Chọn a = b = 1; c = √ 1 + 2x2 Sao cho x; y ∈ 0; ;d = a b = c d 1 + 2y Theo bất đẳng thức Bunhiacopski có: √ 1 + 2x2 + ≤2 + 2y 1 + + 2x2 + 2y Mặt khác, ta có bổ đề 1 + ≤ 2 + 2x + 2y + 2xy Do 1 √ + + 2x2 + 2y Dấu xảy x = y Như ta có √ 1 + 2x2 1 + + 2x + 2y ≤2 + 1 + 2y 67 ≤√ + 2xy ≤ + 2xy Đẳng thức xảy x = y Từ đó, kết hợp với biểu thức liên quan hai biến x y ta có tốn sau Bài tốn 3.18 (Trích đề thi HSG QG 2009 ) Giải hệ phương trình  1   √ + =√ + 2x2 x(1 − 2x) +   (1) + 2xy y(1 − 2x) = (2) + 2y (x, y ∈ R) Giải Điều kiện x; y ∈ 0; Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có √ 1 + 2x2 + 1 + 2y ≤2 1 + + 2x2 + 2y Đẳng thức xảy √ 1 + 2x2 = 1 + 2y ⇔ x2 = y ⇔ x = y (Do x ≥ 0; y ≥ 0) Mặt khác, ta có bổ đề + ≤ 2 + 2x + 2y + 2xy Chứng minh: 1 + − 2 + 2x + 2y + 2xy + 2y (1 + 2xy) + + 2x2 (1 + 2xy) + + 2x2 + 2y = (1 + 2x2 ) (1 + 2y ) (1 + 2xy) 4xy − 2y + 4xy − 2x2 + 4x3 y − 8x2 y = (1 + 2x2 ) (1 + 2y ) (1 + 2xy) 4xy y − 2xy + x2 − 2(x − y)2 = (1 + 2x2 ) (1 + 2y ) (1 + 2xy) (2xy − 1) (x − y)2 1 = ≤ ( Do ≤ xy ≤ ; ∀x; y ∈ 0; ) (1 + 2x2 ) (1 + 2y ) (1 + 2xy) 2 ⇒ + ≤ + 2x2 + 2y + 2xy Do √ + + 2x2 1 + 2y 1 + + 2x + 2y ≤2 68 ≤ + 2xy Dấu xảy x = y Như ta có √ 1 + 2x2 + 1 + 2y ≤√ + 2xy Đẳng thức xảy x = y Suy phương trình (1) ⇔ y = x Thay vào phương trình (2) ta được: √ ± 73 x (1 − 2x) = ⇔ 162x − 81x + = ⇔ x = 36 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = √ √ + 73 + 73 ; 36 36 √ √ − 73 − 73 ; 36 36 ; Xét bất đẳng thức Cô si Cho hai số thực không âm a, b Ta có: a+b √ ≥ ab Đẳng thức xảy a = b 2 Chọn a = 2x +y ; b = 2y +x , có: 2x +y + 2y +x ≥2 +y+y +x 2x Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunhiacopski 1 √ √ x + y ; x2 + y ≥ (x + y)2 2 √ √ Ta cần chọn biểu thức liên hệ x, y có hệ phương √ √ trình, chẳng hạn, lấy x + y = √ √ Suy x + y ≥ x + y = x2 + y ≥ (x + y)2 ≥ 22 √ √ Do 2x +y + 2y +x ≥ 2x2 +y+y2 +x ≥ 24 = x+y ≥ Đẳng thức xảy x = y = Từ đó, ta có tốn sau Bài tốn 3.19 Giải hệ phương trình 2 2√x +y + 2y +x = (1) √ x+ y =2 (2) (x, y ∈ R) Giải Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có: x+y ≥ √ √ x+ y 2 = 2; x2 + y ≥ (x + y)2 ≥ 2 69 Đẳng thức xảy x = y Suy x2 + y + y + x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cơ si có: 2x +y + 2y +x ≥2 +y+y +x 2x √ ≥ 24 = Dấu xảy x = y Do đó, phương trình (1) tương đương với x = y √ Thay vào phương trình (2) ta x = ⇔ x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1) Xét ba số thực dương x, y, z Từ bất đẳng thức mà dấu xảy x = y = z , (x + y + z) 1 + + x y z √ ≥ 3 xyz.3 = xyz Ta chọn ba số x, y, z để có bất đẳng thức, điều kiện để dấu xảy yếu tố liên quan đến hệ phương trình, kết hợp với biểu thức liên hệ x, y, z ta xây dựng hệ phương 1 trình Chẳng hạn, lấy (x; y; z) = ; ; ta có: 670 670 670 x+y+z = 1 ; + + = 2010 670 x y z Từ xây dựng tốn sau Bài tốn 3.20 Giải hệ phương trình   x+y+z = (1) 670  + + = 2010 (2) x y z (x, y ∈ R) Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ si có (x + y + z) 1 + + x y z √ ≥ 3 xyz.3 Đẳng thức xảy x = y = z Nhân theo vế hai phương trình hệ ta (x + y + z) 1 + + x y z 70 = = xyz Suy ra, hệ phương trình tương đương với     x+y+z = 670 1 1 ⇔ x = y = z = + + = 2010 670    x y z x=y=z Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = 3.5 1 ; ; 670 670 670 Sử dụng số phức để xây dựng hệ phương trình Xuất phát từ số phức cho trước, ta xây dựng nên hệ phương trình cách lũy thừa số phức đó, từ hai số phức, ta biến đổi thu hệ phương trình Xây dựng hệ phương trình cách lũy√thừa số phức cho trước π π =5 + i 3 2 Giả sử w = x + yi; (x, y ∈ R) √ số phức thỏa mãn: (x + yi)3 = + i 2 √ 5 3 2 3 ⇔ x + 3x yi + 3xy i + y i = + i 2√ 5 ⇔ x3 − 3xy + 3x2 y − y i = + i (∗) 2 So sánh hai vế (∗) ta 5có:  x3 − 3xy = 2x3 − 6xy = 5√ 2√ ⇔ 6x2 y − 2y =  3x2 y − y = Xét số phức z = cos + i sin Từ ta có tốn Bài tốn 3.21 Giải hệ phương trình 2x3 − 6xy = 5√ (1) 6x2 y − 2y = (2) (x, y ∈ R) Giải Nhân hai vế phương trình (2) với i cộng với phương trình (1) ta được: √ 2x3 − 6xy + 6x2 y − 2y i = + 3i √ 5 ⇔ x3 − 3xy + 3x2 y − y i = + i √2 5 ⇔ x3 + 3x2 yi + 3xy i2 + y i3 = + i 2 71 √ + i 2 ⇔ (x + yi) = √ + i 2 Suy w = x+yi bậc ba số phức z = = cos π π + i sin 3 Mà z có ba bậc ba là: z1 = √ π π cos + i sin 9 z2 = √ 7π 7π cos + i sin 9 z3 = √ 13π 13π + i sin cos 9 Vậy hệ phương trình có ba nghiệm (x; y) = √ √ √ π √ π 7π √ 7π 13π √ 13π 3 3 5cos ; sin ; 5cos ; sin ; 5cos ; sin 9 9 9 Nhận thấy rằng, cách giải độc đáo nhiều so với cách sử dụng tính đẳng cấp hệ, đưa phương trình đa thức bậc ba Với biểu thức lũy thừa số phức, ta xây dựng hệ phương trình từ giải toán cách nhanh gọn Chẳng hạn, ta xét thêm ví dụ khác như: (x + yi)4 = Ta có: (x + yi)4 = √ + i √ 3+i √ 3+i √ i = + i (∗) ⇔ x4 + 4x3 yi + 6x2 y i2 + 4xy i3 + y i4 = ⇔ x4 − 6x2 y + y + 4x3 y − 4xy So sánh hai vế (∗) ta có: √ 2 x − 6x y + y = 4x3 y − 4xy = Từ ta có tốn sau Bài tốn 3.22 Giải hệ phương trình x4 − 6x2 y + y = 4x3 y − 4xy = √ (x, y ∈ R) Hướng dẫn: Làm tương tự toán ta được: w = x + yi bậc bốn số phức z= √ √ 3+i=2 + i 2 Mặt khác, z có bốn bậc bốn là: z1 = √ π π cos + i sin 24 24 72 = cos π π + i sin 6 z2 = √ 13π 13π cos + i sin 24 24 z3 = √ 25π 25π cos + i sin 24 24 z4 = √ 37π 37π cos + i sin 24 24 Vậy hệ phương trình cho có bốn nghiệm (x; y) √ √ π √ π 13π √ 13π 4 4 ; ; sin ; 2cos ; sin 2cos 24 24 24 24 √ √ 25π √ 25π 37π √ 37π 4 4 ; sin ; ; sin 2cos 2cos 24 24 24 24 Hồn tồn tương tự ta có tốn sau Bài tốn 3.23 Giải hệ phương trình x5 − 10x3 y + 5xy = (1) √ y + 5xy + 5x4 y − 10x2 y = (2) (x, y ∈ R) Hướng dẫn: Nhân hai vế phương trình (2) với i cộng với phương trình (1) ta được: x5 − 10x3 y + 5xy + y + 5xy + 5x4 y − 10x2 y i = + √ ⇔ (x + yi)5 = + 3i √ Do đó, x + yi bậc năm số phức z = + 3i √ 3i Ta tìm năm bậc năm z suy nghiệm hệ phương trình Xây dựng hệ phương trình √ từ hai số phức cho trước z1 + z2 = √ z1 = √ − 5i Xét số phức ⇒ z2 = 5i z1 z2 = + 5i Suy z1 ; z2 nghiệm phương trình: √ z − 7z + +√ 5i = + 5i ⇔z−7+ =0 √z 5i ⇔z+ + =7 z z√ 5z 5iz ⇔z+ + = zz zz Giả sử z = x + yi (x, y ∈ R), đó√ ta có: (x − yi) (xi + y) x + yi + + =7 2 x + y2 √x + y √ 5x − 5yi 5xi + 5y ⇔ x + yi + + =7 x + y2 x2 + y 73 √ √ 5x + 5y 5x − 5y + y+ ⇔ x+ x2 + y x2 + y So sánh hai vế  (∗), có: √ 5x + 5y   x+ =7 x + y2 √   y + 5x − 5y = x2 + y i = (∗) Từ ta có tốn sau Bài tốn 3.24 Giải hệ phương trình √  5x + 5y   x+ = (1) x +y √   y + 5x − 5y = (2) 2 (x, y ∈ R) x +y Giải Điều kiện: x2 + y = Nhân hai vế phương√trình (2) với i √ cộng với phương trình (1) ta được: 5x + 5y 5x − 5y + y+ i=7 2 x +y x2 + y √ √ 5x − 5yi 5xi + 5y ⇔ x + yi + + =7 + y2 x + y2 x √ (x − yi) (xi + y) ⇔ x + yi + + = (3) x + y2 x2 + y Xét số phức z = x + yi,√khi phương trình (3) viết lại dạng 5z 5iz z+ + =7 zz √zz 5i ⇔z+ + =7 z z √ ⇔ z − 7z + 5√+ 5i = z=√ − 5i ⇔ z = 5i √ √ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = 7; − ; 0; x+ Như vậy, từ hai số phức bất kỳ, ta xây dựng hệ phương trình có nghiệm theo ý muốn Hồn √ tồn tương tự, ta xây dựng hệ phương trình từ hai số phức Ta có: z1 = √2 − i z2 = 2 + 2i √ z1 + z2 = + i z1 z2 = Suy ra, z1 ; z2 nghiệm phương trình √ z2 − + i z + = √ ⇔z− 2+i + =0 z 74 √ =3 2+i z √ 6z ⇔z+ = + i zz Giả sử z = u + vi, ta viết lại phương trình dạng √ (u − vi) u + vi + =3 2+i u +v √ 6u 6vi ⇔u+ + vi − = 2+i u + v2 u2 + v √ 6v 6u + v− i = + i (∗) ⇔ u+ 2 u +v u +v ⇔z+ So sánh hai vế (∗) ta có:√ 6u    u + u2 + v =    v− Đặt 6v =1 u + v2   √ √ u = √x ta v= y    √     ⇔     u 1+ + v2 √ =3    v 1− x 1+ x+y 1− x+y y u + v2 u2 √ =3 = = Ta có tốn sau Bài tốn 3.25 Giải hệ phương trình  √  x   1+   x+y =   √    y 1− x+y = (2) √ (1) (x, y ∈ R) Giải Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0; x + y = Đặt √ u = √x , ta có hệ phương trình v= y  √    u + u2 + v =    v 1− u + v2 ⇔  √ 6u    u + u2 + v = (3)    v− =1 u2 6v = (4) + v2 Nhân hai vế phương trình (4) với i cộng với phương trình (3) ta √ 6u 6v + v − i = 2+i u2 + v u2 + v √ (u − vi) ⇔ u + vi + = + i (∗) u + v2 Xét z = u + vi, ta viết lại phương trình (∗) dạng: u+ 75 √ 6z =3 2+i zz √ ⇔ z2 − + i z + = √ z1 = √2 − i ⇔ z = 2 + 2i √2 u = √2; v = Suy u = 2; v = √ √ √ x=2 x = u = √ Với ⇒ ⇔ (TMĐK) y=1 y=1 v=1 √ √ √ x=8 x=2 2 u = √ ⇒ Với ⇔ (TMĐK) y=4 y=2 v=2 z+ Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x; y) = (2; 1) ; (8; 4) 76 Kết luận Sau thời gian học tập khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, thầy tận tình giảng dạy hướng dẫn TS Phạm Văn Quốc, tơi hồn thành luận văn với đề tài "Một số phương pháp giải hệ phương trình chương trình tốn Trung học phổ thông" Luận văn đạt số kết sau: Luận văn trình bày cách hệ thống kiến thức hệ phương trình, đồng thời đưa phương pháp giải thường sử dụng tốn Trung học phổ thơng Luận văn đưa số cách sáng tác hệ phương trình từ số phức, hay từ đẳng thức, bất đẳng thức, tính chất hàm số Luận văn sưu tầm nhiều toán đề thi Đại học, thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic Vì vậy, luận văn dùng làm tài liệu tham khảo nhằm nâng cao kiến thức cho học sinh Trung học phổ thông Mặc dù trình làm luận văn, tác giả nghiêm túc có nhiều cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn bè để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! 77 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tài Chung (2015), Sáng tạo giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, NXB Tổng hợp TPHCM [2] Hà Văn Chương (2012), Tuyển chọn giải hệ phương trình, hệ bất phương trình, phương trình, bất phương trình khơng mẫu mực, NXB ĐHQGHN [3] Nguyễn Văn Lộc (2012), Tuyển chọn thi vơ địch Tốn địa phương, NXB ĐHQGHN [4] Nguyễn Vũ Lương (Chủ biên)- Phạm Văn Hùng - Nguyễn Ngọc Thắng (2006), Hệ phương trình phương trình chứa thức, NXB ĐHQGHN [5] Nguyễn Văn Mậu, Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB GD [6] Đặng Thành Nam (2014), Những điều cần biết luyện thi Đại học kỹ thuật giải nhanh hệ phương trình, NXB ĐHQGHN [7] Lê Xuân Sơn (2014), Phương pháp hàm số giải Toán, NXB ĐHQGHN [8] Mai Xuân Vinh (Chủ biên) - Phạm Kim Chung - Phạm Chí Tuân - Đào Văn Chung - Dương Văn Sơn (2015), Tư logic tìm tịi lời giải hệ phương trình, NXB ĐHQGHN [9] Ban tổ chức kỳ thi, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, NXB GD 78