Cách giải hệ phương trình bằng phép thế là đưa nhiều ràng buộc về ít ràng buộc, đưa hệ nhiều phương trình về hệ ít phương trình hay là đưa hệ phương trình về phương trình. Bởi vậy, đây [r]
(1)Phần
MỘT SỐ LOẠI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP
§ HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHÉP THẾ.
Cách giải hệ phương trình phép đưa nhiều ràng buộc ràng buộc, đưa hệ nhiều phương trình hệ phương trình đưa hệ phương trình phương trình Bởi vậy, cách làm tự nhiên nhất, theo quan điểm đưa phức tạp đơn giản Dấu hiệu nhận dạng hệ phương trình giải phép các phương trình rút ẩn qua ẩn cịn lại; việc vào những phương trình cho ta phương trình hay hệ phương trình giải
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 1
3
x y x y
x y
( Trích đề thi dự bị số 2, đề thi TS ĐH khối A năm 2005)
Giải Hệ phương trình cho tương đương với
2 1
3
2
2
x y x y x x
x x
y y
6 8
6
3
6 2
2
3
6
2
x x x x x
x
x x
x x y y
x
x x
y
2
2
8
0
2 3
3
2 2
6 4
x x x
x x x x
x x x
y y y
x x x
2
x y
(2)Nhận xét Dấu hiệu nhận phương pháp toán loại dễ thấy Tuy nhiên, ví dụ trên, khơng phải lựa chọn Chẳng hạn, viết phương trình thứ hai thành 2xy1 xy đặt 5 u 2x y1;v xy
2 Khi dạy tốn này, chúng tơi khơng qn nhắc nhở học sinh điều kiện của phương trình, điều kiện phép biến đổi tương đương Ngồi ra, khuyến khích em tìm thêm cách giải khác
Ví dụ Biết hệ phương trình
2
a x y x y b
y x b
có nghiệm với b Chứng minh a
( Đề thi ĐH Luật Hà nội năm 1999)
Giải Phương trình thứ hai hệ tương đương với yx b
Thế vào phương trình thứ nhất, ta
2
2
a x b x x
2
2ax 2ab x ab
(*)
+) Nếu a 0, phương trình (*) có ' ab122a b2 2 ab1 2 Lấy b
a
' 2 9 7 0, phương trình (*) vô nghiệm Điều trái với giả thiết hệ có nghiệm với giá trị b
+) Với a , hệ phương trình tương đương với 0 x y b
x y b
,
ln có nghiệm 0;b với giá trị b
Vậy a 0
Nhận xét Nhờ phép thế, ta đưa điều kiện có nghiệm hệ phương trình điều kiện có
nghiệm phương trình bậc hai
2 Khi dạy này, ý rèn luyện cho em học sinh kỹ lập luận logic. Chúng ta phủ định mệnh đề chứa lượng từ với cách khơng với giá trị b
Ví dụ Cho hệ phương trình
3
1
x y
x y m x y
m tham số
(3) 2
1
0
x y
x y x xy y m
2
1 ( )
( )
x y
I
x y
x y
II
x xy y m
Hệ (I) cho nghiệm 1,
2
x y
1 Với 1, ( ) 2
y x
m II
x x
0
x y
x y
Vậy hệ ban đầu có ba nghiệm 1; , 0;1 , 1;0 2
2 Xét f x x2 x m
Hệ ban đầu có ba nghiệm phân biệt phương trình f x có hai nghiệm phân biệt khác
2 Nghĩa
1
1
0
2
m
f m
3
m
Vậy
m
Ví dụ Giải hệ phương trình
8
log log
4
4
log log
y x
x y
x y
( Trích đề thi ĐH Tài kế tốn Hà nội năm 2000)
Giải Với điều kiện x0,y , phương trình thứ hai tương đương với log4 x x y y
Thế vào phương trình thứ ta
log8 log 48 log8 log8 log 48 log8
4y y y y 4 y.y y y y y
Để ý: 8
2 2
log
log 3 3 log 3
4 y 2 y y , y y nên phương trình tương đương với
8
2
log log
3
8 8
2
2 log log log
3
y y
y y y y y
2
2
log log
3
y y
(4)8
log 1
log
2
y
y y
y
Từ đó, hệ ban đầu có nghiệm 8; , 1;
Nhận xét Ở ví dụ 4, ta rút x4y khơng phải từ phương trình bậc hai ẩn mà từ phương trình logarit Ở ví dụ sau, để thực phép ta không rút ẩn mà biểu thức chứa ẩn
Ví dụ Giải hệ phương trình
4 2
2
2
2 6
x x y x y x
x xy x
Giải Hệ phương trình cho tương đương với
2
2
2
3
2
x xy x
x
xy x
Thế xy (2) vào (1) ta phương trình
2 2
3
2
x
x x x
3
4
12 48 64
x x x x x x
0
x x
Thay x 0 vào phương trình (2) ta thấy không thoả mãn Thay x 4 vào (2) ta 17
4
y
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 4;17
Nhận xét Ví dụ sau đây, học rút ẩn sau thực bước phân tích biểu thức thành tích
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
2 2
xy x y x y
x y y x x y
Giải Điều kiện x1, y
(5)
2 1
2 2
x y x y
x y y x x y
Do xy nên (1)0 tương đương với x2y
Thế vào phương trình (2) ta y1 2y 2y1 2y ( y ) 1 Từ suy y , 2 x 4
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 4; Ví dụ Cho hệ phương trình
2
0
x ay a
x y x
a) Tìm tất giá trị a để phương trình có hai nghiệm phân biệt
b) Gọi x y , 1; 1 x y2; 2 hai nghiệm phân biệt hệ phương trình trên, tìm giá trị lớn (GTLN) biểu thức Px2x12y2y12
Giải
a Viết lại hệ phương trình cho dạng
1
2
1
1
2
x a y
x y
Phương trình (1) phương trình đường thẳng qua A0;1, phương trình (2) phương trình đường trịn tâm 1;0
2
I
, bán kính
R
Hệ phương trình có hai nghiệm khoảng cách từ I đến nhỏ bán kính
R, tức
2
1
1
2
3 0
2
1
a
a a a
a
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm
a
b Nghiệm hệ toạ độ giao điểm đường thẳng đường tròn Giả sử M x y , 1; 1
2; 2
N x y M N thuộc đường tròn nên , MN 2R1 Từ ta có PMN2
Dấu xảy MN đường kính đường trịn, tức
I a Khi đó, hệ phương trình cho thành
2 2
2
0 5
x y x y
x y x x x
(6)5 5 5
x y
hoặc
5
5 5
x y
Nhận xét Đây loại hệ phương trình có phương trình bậc hai ẩn, thơng thường sử dụng phương pháp Nhưng riêng này, phép làm cho toán trở nên phức tạp ý b), sử dụng phương pháp đồ thị
(7)§ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG KIỂU 1 1 Định nghĩa cách giải.
Hệ phương trình hai ẩn đối xứng kiểu hệ phương trình hai ẩn mà ta hốn đổi vị trí hai ẩn, hệ không đổi
Dạng
( , )
,
f x y g x y
Trong đó, f x y , f y x , ; g x y , g y x ,
Cách giải: đặt x ys xy, p với điều kiện s2 4p
Tất nhiên, tốn đơn giản vậy, có tình huống, s, p khơng phải tổng, tích hai ẩn mà hai biểu thức đối xứng chứa ẩn Ở đây, đối xứng hiểu bình đẳng quan hệ đại số
2 Một số ví dụ.
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
4 2
7 21
x y xy
x y x y
( Đề thi ĐHSP Hà nội khối B năm 2000)
Giải Hệ phương trình tương đương với
2
2
2
2 2 2
7
21 21
x y xy
x y xy
x y x y x y xy x y
2 2 2
2 2 2
7 7 9
2
7 21
x y xy x y xy x y
xy xy
xy x y
3
3
x y
xy
x y
xy
(8)
7
78 0;
x y
y x xy
x xy y yx x y
( Đề thi ĐH Hàng hải TP HCM năm 1999)
Giải Với x0,y , hệ phương trình cho tương đương với
7
78
x y xy
x y xy
7
78
x y xy
x y xy
Từ suy xy, xy hai nghiệm phương trình bậc hai t27t78
Suy 13
36 13
x y
xy
xy
x y
Hệ có hai nghiệm 4;9 , 9, Ví dụ Cho hệ phương trình
2
1 1
1
x y k x y
x y xy
Giải hệ phương trình k=0
2 Tìm tất giá trị k để hệ có nghiệm Giải
1 Với k , hệ trở thành0
2
1
x y
x y xy
Với điều kiện x2y2 , hệ tương đương với
2
2
2 2
1
x y x y xy
x y xy x y xy
Đặt xyu xy, , hệ trở thành v
2
2
1
1
u v
u u
u v u
v
(9)Từ đó, hệ ban đầu có nghiệm 1; , 1;1 , 1;1 Tìm k để hệ có nghiệm
Điều kiện hệ phương trình
2
0
x y
x y
Do vai trò ,x y hai phương trình nên hệ có nghiệm x y ; có nghiệm y x Do đó, để hệ có nghiệm phải có x; y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta
2
2 1
2 1
x k x
x x x
Thay x trở lại cho ta k 0
Nhưng với k , theo câu phương trình có đến ba nghiệm 0 Vậy không tồn k để hệ phương trình có nghiệm
Nhận xét Trong lời giải ý ta sử dụng điều kiện cần đủ để giải biện luận hệ phương trình có chứa tham số Tuy nhiên, học sinh hay gặp thiếu sót khơng kiểm tra điều kiện đủ 2 Bài tốn giải dựa vào phân tích x yxy 1 x1y1 , đây0
là đồng thức hay gặp
Ví dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
I
x y a
x y xy a
Giải Điều kiện x0, y0
Đặt
0
X x
Y y
Hệ (I) thành
2
2
3
3
X Y a
X Y a
X Y a
XY a a
X Y XY a X Y XY a
Suy X Y hai nghiệm phương trình , 1
t at a a (1)
(10)2
4
0
1
0
0
0
a a
a
S a a
a
P a
Như vậy, hệ phương trình có nghiệm a 10 a4 Ví dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
8
1
x y x y
xy x y m
Giải Viết lại hệ dạng
1
1
x x y y
x x y y m
Đặt
2
2
1 1
1
2 4
1 1
1
2 4
u x x x
v y y y
(*)
Hệ phương trình thành
8
u v
uv m
Từ đó, u v, hai nghiệm phương trình
8
f t t tm (1) Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy, hệ phương trình có nghiệm phương trình (1) có hai nghiệm lớn hơn
4
Điều tương đương với
1 2
1
' 16
16 16
1 33
( ) 1 1 33 16
2 0 16
4 16 16
1
0
4
m
m m
S
m
t t t t m
t t
Vậy hệ phương trình có nghiệm 33 16 16 m
(11)Ví dụ Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm
2
a x y z a
x y z
Giải Rõ ràng hệ đối xứng với x,y Do đó, có x y z0; 0; 0 nghiệm y x z0; 0; 0
cũng nghiệm Vì vậy, để hệ có nghiệm cần có x0 y0 Thế vào hệ cho ta có:
2
0 0 *
2
0 0
2
2 2
ax z a z x
z x x ax a
Để hệ có nghiệm x0 phải nghiệm phương trình (*), tức
2
2
0
a
a a
a
Thử lại với giá trị a tìm + a 0, hệ trở thành:
2
0
0
z
x y z
z y
Hệ có nghiệm nhất, thoả mãn yêu cầu toán + Với a 2, hệ cho trở thành
2
2
2
2 x y z x y 2x 2y
z x y
x y z
2 2
2
1
1
2
x y
x y
z
z x y
Hệ có nghiệm nhất, thoả mãn u cầu tốn
Tóm lại, giá trị cần tìm a a 0 a 2 Ví dụ Biết hệ phương trình
2 2
8
I
x y z
xy yz zx
Có nghiệm x y z, , . Chứng minh , ,
3 x y z
.
Giải Tìm x để hệ có nghiệm với x y, Hệ (I) tương đương với
2
2
4
x y z yz
x y z yz
(12)
2 (1)
2
2
4
x Sx P
xS P
Từ (2) suy P4xS, vào phương trình (1) ta
2
2 16
S xSx (3)
2
1
2
2
2
4 4
' 16
4 4
S x P x x
x x
S x P x x
+) Với 2 2
1
4
4 4
S x y z x
P x x yz x x
Khi y z, nghiệm phương trình
4 4
t x tx x Phương trình có nghiệm t
2
4 4 0
3
x x x x
(4)
+) Với 2 2
2
4
4 4
S x y z x
P x x yz x x
Khi y z, nghiệm phương trình
4 4
t x tx x Phương trình có nghiệm
2
4 4 0
3
x x x x
(5)
Từ (4) (5) suy 8 x .
Tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức y, z Tóm lại, với x y z; ; thoả mãn (I) thì , ,
3 x y z
(13)§ HỆ ĐỐI XỨNG KIỂU 2
1 Định nghĩa Hệ phương trình đối xứng kiểu loại hệ phương trình mà ta hốn
đổi vị trí biến phương trình thành phương trình ngược lại Dạng:
;
;
f x y g x y
với f x y ; g y x ;
2 Cách giải Trừ vế hai phương trình, đưa phương trình tích.
Thơng thường, f x y g x y ; , ; đa thức, ta biến đổi sau: Hệ tương đương với :
; ; ;
; ; ; ;
f x y g x y x y h x y
f x y g x y f x y g x y
Chú ý: Nếu biểu thức hệ khơng có dạng đa thức đặt ẩn phụ
3 Một số ví dụ minh hoạ. Ví dụ Giải phương trình
1
1 3
x
y x
y
x y
( Đề thi ĐH Quốc gia Hà nội – khối B năm 1999)
Giải Với điều kiện x0,y0, hệ phương trình cho tương đương với
2
2 (1)
2 (2)
x y x y
xy y x
Trừ vế hai phương trình ta 2 4
2
x y
x y xy
xy
+) x y , (1) ta
2x 2x 0 x0,x 1,x1. Loại nghiệm x 0, hệ có nghiệm 1;1 , 1;
+) xy 2, thay vào phương trình (1) ta có 4xx3y x y Thay vào (2) có
3
2
2
y
y y y y y
y
Loại nghiệm y 0, hệ có nghiệm 2; , 2;
(14)2 2
2
2
3 (1)
2
3 (2)
x y
x x x
y
( Trích đề thi tuyển sinh ĐH khối B năm 2003)
Giải Điều kiện x0,y0
Từ (1) (2) suy x0,y0, hệ tương đương với
2 2
2 2
2 2
3
3
0, 0,
3
3 0
0, 0,
yx y yx y
xy x xy x y x y
x y x y
yx y yx y
x y xy x y x y
x y
x y
0
1
1 2
x y
x y
x x x
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;1 Ví dụ Giải hệ phương trình
log
log
x y
x y
y x
Giải Điều kiện x0,x1,y0,y1 Hệ tương đương với
2
6
6
x y x
y x y
2
6 (1)
2
x y x
x y x y
+) Trường hợp 1: x y, thay vào (1) ta
10
x x x 10, y 10 +) Trường hợp : xy2=0, thay vào phương trình (1)
2
x x
2
x x
Với x4y 2; x 2 y4 Cả hai nghiệm bị loại điều kiện x, y dương Vậy hệ cho có nghiệm 10;10
(15)9
9
x y
y x
Giải Điều kiện x7, y7
Với điều kiện đó, ta thấy x 9 16 x9 y7 4 Dấu xảy x7,y7
Tương tự, y9 x7 4, dấu xảy x y7 Tóm lại, hệ phương trình cho có nghiệm 7;7
Nhận xét: Bài giải phương pháp đánh giá Hoàn toàn giải cách trừ vế hai phương trình Tuy nhiên, cách giải gọn gàng
Ví dụ Cho hệ phương trình
1
1
x y m
y x m
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm
Giải Ta thấy, x y0, 0 nghiệm hệ phương trình 1x0,1y0
nghiệm Vì vậy, để hệ có nghiệm ta phải có:
0
0
1
x x
y y
0
1
x y
Thay vào hệ ta m 1
Với giá trị m, hệ cho thành
1
1
x y
y x
1
1 2 (*)
x y
x x y y
Theo bất đẳng thức Bunhiacopsky
1
1
x x
y y
Suy x 1x y 1y 2 Dấu xảy
2
x y Từ đó, phương trình (*) có nghiệm 1
( ; )
2 , hệ có nghiệm
(16)Ví dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
3 2
3 2
7 (1)
7 (2)
x y x mx
y x y my
Có nghiệm
( Trích đề thi Đại học Vinh khối A năm 1999) Giải Trừ vế hai phương trình (1) cho phương trình (2) ta
2
2
6
6
x y x xy y x y m
x y x y x y y m
Từ đó, hệ cho tương đương với hai hệ
3 ( )
8
x y
A
x x mx
2
3 2
6
7
x y x y y m
x y x mx
(B)
Xét hệ (A), số nghiệm số nghiệm phương trình
8 (3)
x x xm .
Nếu ' 16m0 phương trình
8
x xm có hai nghiệm khác x x1, 2 với
1
x x nên nghiệm khác 0, (3) có hai nghiệm
Nếu ' 16m 0 m16 phương trình (3) vơ nghiệm, hệ (A) có nghiệm Nếu m 16, xét phương trình thứ hệ (B)
2
6 (4)
x y x y ym .
Ta có 2 2
6 12 36 4 12
y y y m y y m y m
với
mọi m 16
Từ đó, hệ (B) vơ nghiệm, hệ có nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm m 16 Ví dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
2
x y m
y x m
(I)
Giải Điều kiện 1
x y
Đặt
1
X x
Y y
2
1
X x
Y y
(17)
2
2 (1)
2 (2)
X Y m
Y X m
Trừ vế hai phương trình ta
2
2 X Y Y X 0
2 1
2
X Y X Y
X Y
X Y
+) Với X Y, thay vào phương trình (1) ta
2
2X X 2m (3) +) Với 2X 2Y 1 0
2
Y X X
, vào (1) ta
2
2
2
X X m (4)
Hệ phương trình có nghiệm khi, phương trình (3) có nghiệm X phương 0 trình (4) có nghiệm X thoả mãn
2
X
1) Xét hàm số f X 2X2X với X 0 Ta có f hàm số đồng biến trên
1
[ ; )
4
nên đồng biến [0; Từ với ) X [0; ta có ( )) f X f (0)2 Như (3) có nghiệm X 0 m 2
2) Xét hàm số 2
g X X X 0;1
' '
4
g X X g X X
0 5, 5, 19
2 2
g g g
Từ suy
1
0; 0;
2
5 19
( ) ;
2
max g X g X
Từ đó, (4) có nghiệm 19 m
Tóm lại, hệ phương trình có nghiệm 19
(18)§4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP HAI ẨN
1 Khái niệm.
Hệ phương trình đẳng cấp hai ẩn hệ phương trình dạng
2
1 1
2
2 2
0
a x b xy c y d
a x b xy c y d
(I)
Trong x, y ẩn, a a b b c c d d hệ số 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2 2 Cách giải.
+) Xét trường hợp x 0
+) Xét trường hợp x 0, đặt ytx, vào hệ hệ với ẩn ,t x
+) Khử x , phương trình bậc hai theo t
+) Tìm t , từ suy ,x y
3 Một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ Giải hệ phương trình
3
7
x y
xy x y
Giải Với x , hệ cho vô nghiệm 0
Với x , đặt y0 tx, hệ phương trình cho trở thành
3
3
1 (1)
1 (2)
x t
x t t
Ta thấy t 0, t nghiệm hệ nên ta chia vế phương trình thứ cho phương trình thứ hai
3
2
2
1
2
1
1
2 2
2
t
t t t
t t
t
t t
t
+) Với
t , từ (1) suy
1
x x
Suy y 1
+) Với t 2, thay vào (1) ta 1
x x y
(19)Nhận xét Ta giải hệ cách khử hệ số tự ( d d ), đưa phương trình vế trái 1, 2
đẳng cấp
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
2 (1)
2 2 (2)
x xy y
x xy y
Giải Khử số hạng tự ta phương trình
2
16x 14xy3y (3) Đặt xty, phương trình (3) thành
2
16 14
0
y t t
y t t
+) Với y 0, phương trình thay vào hệ cho
2
9
x x
Vô nghiệm
+) Với 1
2
t x y Thay vào phương trình (2) ta
2
4
y
2
y y
2
2
y x y x
+) Với
t , tức
3 17 8
17
3 64 17
,
8
8 17
17 17
8 17
x y y
x y y
y x
y
(20)Tóm lại, hệ có nghiệm: 1; , 1; 2, ; , ;
17 17 17 17
Ví dụ Giải hệ phương trình sau
2 3
2 19
x y y
x y
( Đề thi Đại học Nông nghiệp I, khối A năm 2001)
Giải Hệ phương trình cho tương đương với
2
2
2 (1)
19 (2)
x y y
x y x xy y
Từ phương trình (1) suy xy0, y0
Chia vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta
2
2
19
x xy y
xy y
2
1 19
(*)
x x
y y
x y
Đặt
2
2
1 19
, (*) 19
1
x t t
t t t t
y t
2
3
2 17 21
7
t
t t
t
+) Với 3,
2
t x y, thay vào phương trình (2) ta
3
3
3 19
19 19
2y y y y
x
+) Với t 7 x 7y, thay vào phương trình (1)
2 3
3
1
7 36
18 18 18
yy y y y y x
Tóm lại, hệ phương trình cho có nghiệm
3
7
3; , ; 18 18
(21)2
2 (1)
| | | | (2)
x xy y
x x y y
Giải Vì y nghiệm hệ nên ta đặt x0 ty Khi đó, phương trình (1) trở thành
2
t t y
1
t
+) Với t 1 x y |y y| 2 y 1
+) Với 3 | |
2
t x y y y y x
Tóm lại, hệ có nghiệm 1; , 1; 2
Ví dụ Với giá trị m hệ phương trình sau có nghiệm
2
12 (1)
26 (2)
xy y
x xy m
( Trích đề thi ĐH Kinh tế TPHCM 2001) Giải Trừ vế hai phương trình ta xy2 14m (3) Mặt khác xyy2 12y x y12y0,x y
Cho nên từ (3) ta suy điều kiện cần để hệ có nghiệm 14m0m 14 Khi đó, 3 xy 14m
Từ (1) suy 12 12 14
y
x y m
Hệ có nghiệm
12
14 14
12 14
x m
m y
m
Vậy, với m 14 hệ cho có nghiệm
Nhận xét Với này, ta hồn tồn giải cách đặt xty nêu Tuy nhiên, theo đặc điểm toán nên ta chọn cách trừ vế hai phương trình để lời giải hay gọn Bởi vậy, đứng trước toán cụ thể, có đường hướng giải vẫn nên tìm hiểu kỹ đề bài, xét yếu tố đặc biệt tốn “nhìn” cách giải tốt
(22)2 2
4 (1)
3 (2)
x xy y k
y xy
Chứng minh với k, hệ cho có nhgiệm Giải 2 y y 3x4 y0
Đặt xty, hệ phương trình trở thành
2
2
4
1
t t y k
t y
Chia vế hai phương trình ta
2
4
1
t t k
t
(3)
Xét hàm số
2
2
4 1
'
1 1 3
t t t t
f t f t t
t t
Lại có
1
lim , lim
x
x
f t f t
, hàm số f t liên tục khoảng xác định
nên đường thẳng
k
y cắt đồ thị f t hai điểm phân biệt 1, 2: 1 2
t t t t Khi đó, với t , t1
2
1
1
2
2
1 3
t
y t y x
t t
(23)Phần
MOÄT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
§ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ.
Kỹ biến đổi đại số học sinh hình thành sớm khơng ngừng bồi đắp qua năm học quan trọng hình thành phát triển lực giải tốn Trong chương trình tốn học THPT, kỹ biến đổi đồng trọng Kinh nghiệm cho thấy rằng, học sinh rèn luyện tốt kỹ việc giải nhiều lớp tốn thuận lợi
Nói riêng, với hệ phương trình, cách giải phương pháp biến đổi đại số chiếm vị trí quan trọng, bao gồm biến đổi tương đương, biến đổi đưa hệ phương trình hay phương trình hệ quả; biến đổi thành tích, biến đổi thức,
1 Biến đổi phương trình.
Phương pháp chung: - Biến đổi phương trình thành tích thành phương trình đa
thức cho biểu diễn ẩn theo ẩn lại
- Thế vào phương trình cịn lại.
Nhận xét: Dùng cách thấy phương trình có yếu tố thuận lợi để biến đổi, tính tốn phương trình hệ có mối liên hệ với
Ví dụ Giải hệ phương trình
3 2
6 (1)
2 (2)
x x y xy y
x y x y
Giải Điều kiện x y x |y|
x y
1 2
4
x y
x y x y
x y
+) Với x y, thay vào (2) ta xy2
+) Với x4y, thay vào (2) ta x32 15, y 8 15
Đối chiếu với điều kiện thấy hai nghiệm thoả mãn Vậy hệ có nghiệm 2; 2,
32 15;8 15
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
5 4
5 16 16
y x x
y x xy x y
Giải
2 y 4x8 y5x 16x160
Xem phương trình phương trình bậc hai, ẩn y, tham số x
Ta có 2
' 2x 5x 16x 16 9x
(24)Suy 4
y x
y x
+) Với y5x4, thay vào (1) ta :
2
5 4
0
5
0
x x x x x
x y
x y
+) Với y x 4, thay vào (1) ta có
42 5 4 4
0
4
x x x x x
x y
x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm 0; , 4; , 4;
Ví dụ Giải hệ phương trình
4 3 2
3
9 (1)
7 (2)
x x y y y x x y x
x y x
( HSG tỉnh Hưng Yên 2010)
Giải
4 3 2
2 2
2
2
2
9 0
9 (3)
x xy x y x y x y
x y x x xy y x y
x y
x y x x y
x x y
Từ phương trình (2) ta suy x y 1 3 Ta có 3 3 3
7
x x y y x y x
x x
Thay vào (3) ta
2
3 9
x x x
x
(4)
Ta chứng minh vế trái (4) hàm đồng biến Thật vậy,
f x
2
2
3 3
3 2 7 7
x x x x x x x x x
x
từ (4) suy x 0, biểu thức f x , luỹ thừa x dương nên f x đồng biến Từ đó, (4) có nhiều nghiệm Lại thấy, x 1 nghiệm nên nghiệm (4), y 2
(25)Nhận xét Có thể chứng minh f x đồng biến [0;) đạo hàm
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
5
2 2 (1)
log log (2)
y x y x
x y y x y
Giải Điều kiện: y 0
Chia hai vế phương trình (1) cho 2x 0, ta có
2
2 2 2
2
2
2
y x y x y x y x
y x
y x
y x y x
Thay vào phương trình (2) ta
2
5
2
log log
1
log (3)
x x x x x
x x
x
Do x y0 nên theo BĐT Cơ sy ta có x
x
, log5 x log 15
x
(4)
(3) (4) cho ta:
2
1
1
1
x
x x y
x
( thoả mãn điều kiện y 0) Vậy hệ có nghiệm 1;1
Ví dụ Giải hệ phương trình
1
2 (1)
2
1 3 (2)
y x
x x
y x x
Giải Điều kiện xác định: x0,y0
2
1 y xy 2x x 2xyy y x2x 2x x 0 Xem phương trình cuối phương trình bậc hai ẩn y, x tham số, ta có:
2 2
2 4
x x x x x x x x x x
1
2
2
2
2
2
x x x x
y x
x x x x
y x
(26)
1 3
x x x
Phương trình vơ nghiệm vế trái âm, vế phải dương Nếu y2x, thay vào phương trình (2), ta có:
2
2x x 1 x 3 x 1 2x 2x (3) Xét với
2
x , không thoả mãn (3) Với 3, 3 2 (4)
2
x
x x
x
Xét hàm số f x x21 ,
2
' 0
1
x
f x x
x
nên hàm số đồng biến
Lại xét hàm số
2
x g x
x
, 2
'
2
g x
x
nên hàm số ngịch biến
Từ kết luận phương trình (4) có nhiều nghiệm Mặt khác ta thấy x nghiệm (4) nên nghiệm Khi đó, y 2
Vậy hệ có nghiệm 3; 3
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
3
2
2
log log (1)
4 (2)
y x y x x xy y
x y
Giải Điều kiện x0,y0 Ta có
2
2
0
2
y
x xyy x y
với x0,y0 Xét
3
2
log log
x y x y Khi vế trái (1) âm, vế phải (1) dương, (1) vô nghiệm Xét
3
2
log log
x y x y Khi vế trái (1) dương, vế phải (1) âm, (1) vô nghiệm
Khi x y, thay vào hệ ta có
2
0
2 2x 2y x y
Vậy hệ có nghiệm 2; 2
Nhận xét Khi giải phương trình rút, ẩn theo ẩn lại làm cho việc giải hệ
(27)tạp, có hội biến đổi để thuận lợi cho việc kết hợp với phương trình thứ nhất, ta tiến hành biến đổi đồng thời phương trình
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
1 (1)
1 (2)
x y y x y
x y x y
Giải
+) Với y 0, hệ phương trình trở thành
2
1
1
x x x vô nghiệm
+) Với y 0, chia hai vế phương trình cho y ta hệ tương đương
2 2 x y x y x y x y Khi đó, , 2 x y x
nghiệm phương trình t22t 1 t Từ 2 1 1 2 x x y y x y
y x x
y x y Vậy hệ có nghiệm 1; , 2;5 Ví dụ Giải hệ phương trình
2
1
1
2 log 2 log (1)
log log (2)
x y
x y
xy x y x x
y x
Giải Điều kiện
4 1,
2, x x y y
Hệ phương trình tương đương với
2
1
1
2 log log
log log
x y
x y
x y x
y x 2
2 log 2 log | 1|
log log
(28)
2
1 1
1 2
1
1
1
1
log log log 2 log
log log log log
log 1
log log
log log
1
log
4
x y x x
x y x y
x
x x
x y
x
y x y y
y x y x
y y x
x x
y x
y x
y x
x
2
1
1
2
x x
y
x x
Vậy hệ có nghiệm 2;1
2 Phương pháp cộng đại số, phép thế.
Chúng ta thực cách thấy vế phương trình có mối liên hệ rõ ràng hình thức, khiến cho việc thực phép hay cộng đại số làm xuất phương trình đơn giản
Phương pháp chung: - Giữ nguyên phương trình hệ
- Cộng hay trừ vế hai phương trình, hay phương trình vào phương trình cịn lại, để phương trình
- Giải hệ bao gồm phương trình giữ lại phương trình mới.
Ví dụ Giải hệ phương trình
4
2
5 (1)
5 (2)
x y
x y x
( Đề thi chọn đội tuyển HSG Đồng nai 2010)
Giải Trừ vế hai phương trình hệ, ta được:
4 2
5
x x y yx xy x xy
2
5
x y
x x y
+) x y, thay vào phương trình (1) ta
4
5
1
x x x x x x
x x
Tương ứng, ta có y 1 y 2 +) 2
5
x xy , thay vào (1) ta
4
2
5
5 6 25
x x x x x
x
(3)
Từ phương trình (2) cho ta 2
(29)Do đó:
3
3 6 432
5 25
5 25
x x
Suy phương trình (3) vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 2; , 1;
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
4 1
4 2
x y xy
x y xy
( Đề thi HSG Lâm đồng 2010) Giải
Trừ vế (1) cho (2) ta
2
4 2
2
2
2
2
2 4 1
1
1
1
1
y y xy xy y xy y
y y
y y xy y
y xy
y xy
+) Nếu y 1, thay vào (1) ta
4 1
1
x
x x x x
x
+) Nếu y 1, thay vào (1) ta
4 1
1
x
x x x x
x
+) Nếu
2
2
1
4
y
y xy x
y
, thay vào (1) ta có:
2
4
2
2
2
1
4
4
1 4
1
1
y y
y y
y y
y y y
y y
y y x
Tóm lại, hệ có nghiệm 1;1 , 0;1 , 1; , 0;
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2 5
x y
x y
(Đề thi HSG Bà rịa – Vũng tàu 2010) Giải Điều kiện x0, y0
(30) 2x 5 2x 2y 5 2y10 Trừ vế hai phương trình ta
2
2 2
x x y y
x x y y
Đặt a 2x 5 2x 0,b 2y 5 2y 0, ta có hệ
2
10 10
10
5 5
5
2 50 20
10
a b b a
b a a
b
a a
a b a a
2
5 5 5
2 2 5 2 5
2
2 5 2 25 10 2 2
a x x x x
x x x
x
x x x x x x
Tương tự, b 5 cho ta y 2 Vậy hệ cho có nghiệm 2; 2
Nhận xét: Hệ phương trình cịn giải ngắn gọn cách sử dụng bất đẳng thức
Bunhiacopsky
Ví dụ Giải hệ phương trình
3
2
35 (1)
2 (2)
x y
x y x
Giải (2) 6x212x8 9y212y2735, vào phương trình (1) ta
3 2
3
6 12 12 27
2
x y x x y y
x y x y
Thay vào (2) ta
2 2 2
2 5 25 30
2
2
3
y y y y y y
y
y y
y
Với y 2 x 3; y 3 x
Vậy hệ có nghiệm 2;3 , 3;
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
1
2
1
2
x y
x y
y x
x y
Giải Điều kiện: x0,y0
(31)2 2
1
3x y 3x y y
y
Cộng vế hai phương trình ta có
2
2
3
x y x xy
x
Từ ta có hệ
3
3
2
1
x xy
y x y
Lại cộng trừ vế hai phương trình hệ vừa thu , ta có
3
3 3
3 3
3
3
3
3 3
1
1 3 1
3
3
x y
x xy y yx x y
x y
x xy y x y x y
x
y
Vậy hệ có nghiệm
3
3
;
2
Nhận xét Rõ ràng ta thực phép toán cộng, trừ vế phát thấy làm
trong phương trình, số hạng tử đồng dạng giản ước Tuy nhiên, có hệ phương trình, ta lại thực việc nhân hay chia vế để thực việc rút gọn
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
2
10
y x y x
x x y y
Giải Xét x 0 y0; ngược lại, y 0 x Vậy 0; 0 nghiệm hệ Xét x y 0, hai vế (2) khác không, chia vế (1) cho (2) ta
2
2 2 2 2
4 2 2 2
2 3
20
10
3 17 20
y x y x
y x y x x y
y
x x y
x x y y x y x y
2
2
4
5
x y
x y
+) Với 2
4
x y , hệ cho thành
2 3
2
2 3 2
1
.5 10 2
y y x y x y x x
y xy
x y y y
(32)+) Với
3
x y , hệ cho trở thành
4
2
2
4
2 135
2
4
4
3
8 15 16 135 15
10
3 135
y y x y
y x
y x
xy y
x y y x
Vậy hệ có nghiệm
5
4
15 135 15 135
0; , 2;1 , 2; , ; , ;
2
135 135
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
2
3 12
4
9 32
x y x
y z y
z x z
Giải Hệ cho tương đương với
2
3
3
2
3 2
3 6
4 16 10 4 2
2 28 2 2 4 4 7
y x x x
y x x
z y y z y y y
x z z x z z z
Nhân vế phương trình hệ vừa thu ta có
24 x2 y2 z4 x2 y2 z4 x 2x3 y 2y5 z 4z7
2
2 24
x y z
x x y y z z
+) x2y2z40
2
x y z
Với x 2, thay vào (1) ta có y 2, thay vào (2) có z 4 Hệ có nghiệm 2; 2;
Tương tự, xét y 2,z 4, ta nghiệm +) Với
2 24
x x y y z z (4)
Ta có 2 2 2
2 2.4.3 24
x x y y z z x y z
Dấu xảy x 1,y1,z2 Vậy nên (4) có nghiệm nhất: 1;1; 2 Thử lại, ta thấy có nghiệm thứ thoả mãn Vậy hệ có nghiệm 2; 2;
Lưu ý: Nói chung, phép nhân vế phương trình hệ khơng phải phép biến đổi
tương đương Do đó, thử lại nghiệm công việc bắt buộc
1
x x
(33)Rõ ràng hệ có nghiệm x1,y0 nhân vế hai phương trình ta được:
2 2
2
1 2 1
1
0
x y x y x y x y x y
x y
x y
2
0
x y x y nghiệm ngoại lai, xuất phép nhân vế hai phương trình
§ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp đặt ẩn phụ dùng tỏ có hiệu lực nhiều nội dung chương trình Đại số Giải tích THPT Việc phát ẩn phụ, đặt ẩn phụ, xác định điều kiện ẩn phụ định việc giải hay không giải được, giải tốt hay khơng giải tốt tốn
Dạy giải hệ phương trình phương pháp đặt ẩn phụ mặt giúp em tiến tới biết cách giải lớp rộng rãi hệ phương trình mà cách giải tỏ bất lực không hiệu Quan trọng hơn, qua rèn luyện cho em kỹ phát ẩn phụ, đặt ẩn phụ - yếu tố quan trọng cấu thành lực giải toán học sinh
Với hệ phương trình khơng q tầm thường giải phương pháp đặt ẩn phụ, chúng ta thấy chia thành hai loại Thứ dễ phát ẩn phụ, hệ phương trình thu thường khó giải Thứ hai khó phát ẩn phụ, loại hệ phương trình khó giải “cái khó” đặt tìm đặt ẩn phụ nên hệ thu thường hệ phương trình có lời giải dễ Tuy phân chia có tính ước lệ song có tác dụng tốt học sinh việc lĩnh hội tri thức phương pháp nâng cao khả phân tích, phát hiện, lựa chọn cách giải hệ phương trình sau
1 Bài tốn dễ phát ẩn phụ.
Đó tốn mà đại lượng bên dễ “mã hoá” triệt để qua hay số ẩn số Thơng thường tình đặt ẩn phụ để “bó” biểu thức rườm rà ẩn, đưa phân thức về đa thức, đưa thức đa thức hay biểu thức chứa logarit, lượng giác đa thức,
Ví dụ Giải hệ phương trình
1
3
2
x x y
y
x y
y
( Đề thi HSG Hải phòng – bảng A 2010)
Giải Điều kiện: y 0,x 0,x y
y
(34)Đặt a x 1, b x y 3, a 0,b y
Hệ cho thành
2
3
a b
a b
2, 1,
a b
a b
+) Với a2,b1, ta có hệ
2
1 2 1
4
4 4
3
3,
8 15 0,
5,
4
x x x
y y x
y x
x y
x y
x y
x x x
x y
y x
+) Với a1,b2, ta có hệ
2
1 1 1
1
7 7
3
4 10, 10
8 0,
7 4 10, 3 10
x x x
y y x
y x
x y
x y
x y
x x x
y x x y
Đối chiếu với điều kiện ta thấy nghiệm thoả mãn
Vậy hệ có nghiệm 3;1 , 5; , 4 10;3 10 , 4 10;3 10
Nhận xét Với hệ phương trình chứa thức, nên xem xét khả đặt thức làm
ẩn phụ
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
3
2
14 2
9
2
xy y x y x y x y
x y x y
Giải Điều kiện: xy0,xy0
Đặt , , 0,
2
x y x y
u v u v Ta suy 2 2
,
xu v yu v
Hệ phương trình trở thành
2 2 2 2
3
2
14
u v u v u v u v
u v
u v
(35) 3 3 3 3
3
0
9
7
7
9
u v
u v
u v u v
u v
u v
u v
+) 3 3
u v
u v
Hệ vô nghiệm
+)
3 3
3 3
7 16
1
9 2
u v u u
v
u v v
2
8
2
2
1
x y
x y x
x y y
x y
Đối chiếu với điều kiện thấy thoả mãn Vậy hệ có nghiệm 5;3
Ví dụ Giải hệ phương trình:
2
2
1 1 16
2
3
1 1 100
2( )
( ) ( ) 9
x
x y x y
x y
x y x y
( Đề thi HSG lớp 11, Tỉnh Quảng Bình 2011)
Giải Điều kiện : x y
Hệ phương trình tương đương với
2
2
1 16
3
1 100
( ) ( )
( ) ( )
x y x y
x y x y
x y x y
x y x y
Đặt a x y ;b x y (| |,| | 2)a b
x y x y
Ta có:
2
16
2 10
3
3 10
100
2
2 3
9
a
a b
a b
b
a b
Từ suy hệ phương trình có bốn nghiệm
2; , 1; , 2;1 , 2;
3 3
(36)3
5
3 log log log log
y x
x y
( Đề thi HSG tỉnh Hoà bình 2011-2012) Giải Điều kiện: x5, 0 y243
Đặt a log5x1,b log 3y a; 0,b0
Khi hệ phương trình trở thành
2
3 (1)
3
b a
a b
Trừ vế hai phương trình ta
2
3
3
a b b a a b a b
b a
b a
+) Với ba, thay vào phương trình (1) ta 1
a
a a a
a
( điều
kiện a 0) Với 25 81
x
a b
y
+) Với b , thay vào (1) a a23a Phương trình vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm 25;81
Nhận xét Trong toán này, chọn thức chứa biểu thức logarit làm ẩn phụ Trong ví dụ sau chọn biểu thức hàm số mũ làm ẩn phụ
Ví dụ Giải hệ phương trình
3
log log
2
4 4
4 2
1
log 4 log log
2
xy xy
x y x x y
Giải Điều kiện x0,y0 Đặt log3
2 xy
t , t , phương trình thứ hệ trở thành 0
2
2
t t
2
t t
2
t
( đk t 0)
3
log
3
3
2 xy log
t xy xy y
x
Thay vào phương trình thứ hai hệ, ta có
2
4 4
36 36
log log log
2
x x x x x x
x x x x
(37)2
4
2
3
3
9 18 6
6
2
x y
x
x x
x x y
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 3; , 6;
Nhận xét Trong ví dụ trên, đặt hai ẩn phụ khiến cho hệ khơng cịn ẩn cũ Có hệ phương trình, đặt ẩn phụ, cịn ẩn giữ nguyên Hệ chứa ẩn lẫn cũ
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2 1 2
2 13
x y x
y y x x
Giải Điều kiện:
x
Đặt t 2x1,t , hệ phương trình trở thành
2
2
2
1
12 12
t y yt
t y t
y yt t t y yt
(1) (2) cho ta 2
0
2 3
2
t y
t y t y
t y
+) Với t y ta có t y , 2 2
x x x +) 3, 13 61 0
2
y t t t t t Khi đó, ta có
3 61
3 61
2
2
43 61 61
2
16
y y
x x
Vậy hệ có nghiệm 5; , 43 61 3; 61
3 16
Ví dụ Giải hệ phương trình
3
4
8
2
x y xy
x y x y
(38)
3 2
3
4 3
1
1
4 4
t x t x
x t xt
x t x t x x t t t
Thế (1) vào (2) ta phương trình
3 2
3
0
4
4 (3)
x
x x xt t x
x t tx
Nhận thấy x 0 không thoả mãn hệ nên xé phương trình (3)
3
3 4x t tx 4 Mặt khác, 1 4x34t34xt2 4 5
(4) (5) suy 3t34xt2tx2 0 (6) Ta thấy t 0 không thoả mãn hệ
Với t 0, chia hai vế (6) cho t3 ta
4
x x
t t
1
3
x
x t t
x
x t
t
+) Với xt, thay vào hệ ta
3
1
1
5
x
x
x x
Khi đó, 1
2
t x y +) Với x3 ,t thay vào hệ ta
3 3
4
27 25
324 12 325 13
t t t t
t t t t t
3
1
5 25
t
Khi đó,
3
3 5
,
5 10
x y
Vậy, hệ có nghiệm
3
1 5
1; , ;
2 10
2 Bài toán đặt ẩn phụ sau vài bước biến đổi.
(39)2
2
1
2
x y xy y
y x y x
Giải Ta thấy y 0 không thoả mãn hệ phương trình Với y 0, chia hai vế phương trình thứ cho y, ta
2 x x y y y x y x Đặt , x
a b x y
y
hệ trở thành
2
4 4
1
1
3
2
a b b a b a
a b
b a a
a a
Khi ta có
2
1
2
1
3
3
5
x x
y
x x x x
y
y x y x x
x y y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1; , 2;5
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2
2 2 2
1
x y
x y
xy x y
( Đề thi HSG tỉnh Nghệ an 2012-2013)
Giải Điều kiện x 0, y
Ta có hệ phương trình cho tương đương với:
2
2
1
x y
x y
x y 2xy
2 1
x y
x y
*
1
x y
x y
, đặt
(40)Hệ phương trình * trở thành
2
u v u v
uv uv 2
u v uv
(I) u v uv (II)
Ta có:
u I
v
u v u II
v
u v
Vì u x u x
nên có u v
u
v thỏa mãn u v ta có x x x y
y 2
y
(thỏa mãn ĐKXĐ)
u v ta có x x x y
y 2
y
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:
1 5 5
1; , 1; , 1; , 1;
2 2
Ví dụ Giải hệ phương trình
4 2
2
4 2
6 12
5 11
x x x y y x
x x y x
Giải Xét x 0 khơng thoả mãn hệ phương trình
Với x 0, chia hai vế phương trình cho x ta 2
2 2
2
2
2 2
2
1 1
6 12 12
1 1
5 11 11
x x y y x x y y
x x x x
x x y x x y
x x x x
(41)Hệ phương trình cho trở thành
2 2 2 2
2 2
2 2
6 12 6 0
5
5 11
t ty y t t y y
t t y
t t y
Xét t 0 thấy không thoả mãn hệ
Với t 0, chia hai vế hệ cho t , ta 2
2
2 2
2
2
2
1
6 0
1 1
5 5
y
y y y y y
t t
t t t t
y
y y y
t t t t
Đặt a y 1, b y
t t
Hệ phương trình trở thành
2
2
5
6 2
2 5
2
a a ab
a b a
b
3
2 2
3
5 12
5 5
2 2
a a a
a a
a a
b b
3
a b
Khi
2
1
1
2 3 1
2
2
2
t y
t t t
t
t t
y y t
y t
t y t
+) Với t 1, ta có y 2 x 1
x
1
4
x x x
+) Với
t , ta có y 1 1 2 17
2
x x x x
x
Vậy hệ cho có nghiệm : 5; , 5; , 17;1 , 17;1
2 2
Nhận xét Trong ví dụ 3, ẩn phụ tương đối khó phát Tuy nhiên, ta dựa vào nét đặc biệt
(42)Cách biến đổi tương đương đặt ẩn phụ hay gặp với hệ phương trình chứa biểu thức mũ lôgarit Khi phát biểu thức lơgarit có mối liên hệ “khả nghi”, ta thực đại số hoá đặt ẩn phụ
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 32
2 2
log 5log
1
x y x y
x y x y
Giải Điều kiện: xy0, xy Hệ phương trình tương đương với
2 2
2
1
x y x y
x y x y
Đặt a x y b, xy a, 0,b ta suy
2 2
,
2
a b x b
x y
Hệ phương trình cho trở thành
2
2 2
4
2
2
2
1
2
2
a b
a b
a b a b
a b ab
ab
2
2
2 2 2 2 2 2 2
2
2
2 4 2
a b ab
a b
ab a b ab a b a b ab
2
2
2 2 2 2 2
2 2 4
2 4 32 36
a b ab a b ab
ab a b ab a b ab ab
2 2
2 2
2
2
2 2
2 4
8 9
8
2 4
0 0
2
( 0, 0)
0
a b ab a b ab
a b ab a b ab
a b ab ab
a b ab a b a b ab
ab ab ab
a b a
do a b
ab b
Khi
0
x y x y x
(43)Vậy hệ có nghiệm 2; Ví dụ Giải hệ phương trình
17
9 17
log log
x y
x y x y
Giải Hệ phương trình cho tương đương với
17
3 17 (1)
log log (2)
x y x y
x y x y
Logarit hóa vế (1): log173x 2ylog173x 2y1 Biến đổi (2) số 17:
17
17 17
17
log
log log log
log
x y
x y x y x y
Đặt ulog173x 2 ;y vlog173x 2y Khi đó, hệ phương trình trở thành:
17 17
1
1
1 0
log log
u v
u v
u v
u v v
17 17
log 3 2 1 3 9 2
3
3 17
log
x y
x y x
x y y
x y
x y
Vậy hệ có nghiệm 2;3
Nhận xét Điểm đáng ý hệ cấu trúc biểu thức lôgarit : 3x 2 ,3y x 2 y
Hai biểu thức lại có mặt cách thuận lợi phương trình cịn lại Việc biến đổi đưa hai lôgarit số tất yếu khơng khó khăn ẩn phụ chọn giống như nhận xét nói trên: đặt biểu thức chứa lơgarit làm ẩn phụ
Dưới đây, xét vài ví dụ đặt ẩn phụ để giải phương trình lượng giác hóa Một phương pháp thú vị, tạo đột phá dùng nhiều tốn học
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 3
1
2 log
log
1 log 2
x x y
x
y y
Giải Điều kiện
3
0
2 | log |
x y
x
(44)Đặt cos , log3 , , 0; x
y cos
Hệ phương trình cho trở thành
2
1
1
cos cos cos cos
cos cos
sin
sin sin
1 1
cos cos
cos cos cos cos
(*)
cos cos cos cos
Đặt
2
1
, 2;
2
t t coscos t cos cos
Khi phương trình (*)
thành
2
2
3
t
t t
t
1 ( 2; )
t do t
1 sin
4
t
Khi
0
1
log
x
x y y
Không thoả mãn điều kiện ban đầu, hệ phương trình vơ nghiệm
Nhận xét Ban đầu, dễ nghĩ ẩn phụ 2x u, log3yv, phương trình thứ chứa
2
1u , 1v Rõ ràng hai thức chứa dấu hiệu lượng giác hoá cách đặt ẩn phụ lời giải xuất Ngoài ra, dấu hiệu đặt sin, cosin thấy điều kiện xác định hệ Chúng ta nghĩ đến khả lượng giác hoá biểu thức hệ có dạng ( hoặccó thể đưa dạng ) vế đẳng thức lượng giác 1 2, 2, ,
1
u v
u u
uv
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
2 1
2
2
x y
y z
z x
Giải Khơng tính tổng quát giả sử x số lớn ba số x, y, z
Khi 3 2 1
x z x x
Đặt cos , 0;2 3 cos2 cos
x t t z t t
(45)Từ ta có
2 cos cos8
2
k t
t t
k t
Do điều kiện 0;2
t
nên ta có
2 2
{0, , , , , }
9 7
t
Vậy, hệ có nghiệm
1;1;1 , cos ; cos4 ; cos8 , 1; 1; , cos2 ; cos4 ; cos8
9 2 7
hoán
vị chúng
Nhận xét Bài dấu hiệu lượng giác ta nhận nhờ cấu trúc 2x 2 1 tương ứng với công thức
2
(46)§3 PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I Cơ sở lý thuyết.
Chúng ta dựa vào kết luận sau
1 Nếu hàm số y f x luôn đồng biến luôn nghịch biến khoảng K ta có: a f u f v u v, u v K,
b Phương trình f x m có nhiều nghiệm K
2 Nếu f x hàm số đồng biến g x hàm số nghịch biến tập D phương trình
f x g x có nhiều nghiệm D
3 Nếu f x hàm số có đạo hàm đến cấp n f k x 0 có m nghiệm phương trình
0
k
f x có nhiều m 1 nghiệm Ở đây, k n
II Một số phương pháp giải thường dùng.
1 Biến đổi phương trình dạng f u f v .
Có thể khẳng định, với loại hệ phương trình giải phương pháp xét chiều biến thiên hàm số tần suất xuất loại hệ đề đề thi học sinh giỏi, đề thi đại học cao
Phương pháp: - Biến đổi phương trình dạng f u f v
- Chứng minh f t hàm số đồng biến nghịch biến miền xác định của nó, từ đến kết luận uv
- Thế uv vào phương trình cịn lại.
Tuy nhiên, cần lưu ý cho học sinh hàm số f t bào lựa chọn nhất, phải chọn hàm số để việc xét chiều biến thiên đơn giản bước giải sau phép thực
Ngồi ra, việc chọn hàm số f t nói khơng phải lúc thuận lợi mà trước phải thực bước biến đổi
Ví dụ Giải hệ phương trình
3
2
3
1
y y x x x
x y y
( Đề thi HSG tỉnh Nghệ an 2010-2011) Giải Điều kiện
1
0
x y
Phương trình thứ hệ tương đương với
3
3
1
(47)Xét hàm số f t t3t t, R, ta có Do f t ln ln đồng biến Phương trình (*) tương đương với f y f x 1 y x1 Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta
2
1x x 1 1x 1 1x x 1 1x (**) Đặt
2
2 2
1 2 1
2
t
t x x t x x
2
2
** 2
2
t
t t t t
Khi đó, 1 2 2 2
1
x
x x x x
x
Với x 1 ta có y 2, x 1, ta có y 0
Vậy hệ có nghiệm 1; , 1;0
Ví dụ Giải hệ phương trình
2
1 1
6
x x y y
x x xy xy x
Giải Điều kiện 6x2xy 1 *
2
1 x 1x y 1 y (3)
Xét hàm số
2
2 2
1 | |
1 , '
1 1
t t t t t
f t t t f t
t t t
Hàm số f t luôn đồng biến
Khi 3 f x f y x y, vào phương trình (2) ta
2 2
2 2
2
25
6 6
2
2
2
x x
x x x x x x x
x x x
x x x
+) 2x26x 1 3x
2
2
1
0
x x x
x y
x
+) 2x26x 1 2x
2
2 11 11
2
0
x x x
x y
x
Đối chiếu (*) ta có nghiệm hệ 1; , 11; 11
2
(48)Nhận xét Hai ví dụ hai hệ phương trình đại số mẫu mực với phương pháp giải xét, từ việc chọn hàm số f t đến biến đổi sau thực phép đưa phương trình ẩn Ví dụ sau đây, hàm số việc xây dựng hàm số f t phức tạp hơn.
Ví dụ Giải hệ phương trình
3 1
2
x x y y
x y x y x y
Giải Điều kiện : 1, *
x y
2 x y2x y4 4x y 2xy xy1 2 xy40
1
2 ( 0)
2
x y
y x do x y
x y
Thay vào phương trình (1) ta
3x 1 2x 8 2x3 3x 1 3x1 2x 3 2x3 (3)
Xét hàm số f t 2t2t t, 0 f ' t 4t 1 Hàm số ln ln đồng biến 0; Phương trình (3) viết thành
1 3
f x f x 3x 1 2x3 x y12 Vậy hệ có nghiệm 4;12
Nhận xét Thoạt tiên, nhiều người nhiều người nghĩ đến việc xây dựng hàm số f t từ phương trình thứ hình thức Thực tế chưa thể lầm Chúng ta thực biến đổi thành tích phương trình thứ hai, vào phương trình thứ nhất, cuối hàm số f t xây dựng để giải phương trình ẩn số
Tiếp theo, ta xét cách sử dụng phương pháp để giải hệ phương trình chứa mũ logarit Ví dụ Giải hệ phương trình
2
3
2 2
2 1
x y x y
x y x y x y x y
y x
( Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2011-2012) Giải Điều kiện: xy0, 2xy0 *
1 2 x y 2xy 2xy 2x y xy xy (3)
Xét hàm số
1
3
2 , ' ln 0
2
t t
f t t t t f t t t
Hàm số f t đồng biến 0;
Phương trình (3) f 2xy f x y x 2y
(49)Đặt y 2t1, (4) trở thành hệ
3
2
t y
y t
Trừ vế hai phương trình hệ ta
t y 2 2y122 2 y1 2 t12 2 t121 0
t y
2 y12 2 2 y1 2 t12 2 t12 1 0t y, Thế trở lại hệ ta
3
2 12 1 1
y y y y y y y y y Với y1 x 2, thoả mãn (*) Vậy hệ có nghiệm 2;1
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 2
2
2
1
1
3log 2log 2
y x x
e
y
x y x y
Giải Điều kiện
2
*
x y
x y
2 2
1 ex x 1 ey y 1 (3)
Xét hàm số f t e tt 1 , t 0 f ' t e tt 1et e tt 20 t Hàm số f t đồng biến 0; Phương trình (3) tương đương với
2 2 2 x y
f x f y x y
x y
2 log2x2y63 log22x y22x2y63 2xy22 (4) +) x y thay vào (4) 3x632 2 x22
Theo điều kiện ban đầu ta có 2x2 0 2x42x20
Ta có 3x632 2 x42 x2 2 27x460 3x63 2 2 x22 0 Phương trình vơ nghiệm
+) x y thay vào phương trình (4) ta
3 3
6 2.2 4
x x x x y
, thoả mãn (*) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 4; 4
(50)
3
2
log 1
1
0
4 0,
x
x x y y
y
y xy
x y
( Đề HSG tỉnh An giang 2008-2009 )
Giải
3
2
1 x x log x8y 2ylog y (3) Xét hàm số f t t3 t log ,2t t0
' 0
ln
f t t t
t
f t
đồng biến 0; Phương trình (3) f x f 2y x 2y
Thế vào phương trình (2) ta
2 1
0
4
y y do y
1
x
Vậy hệ có nghiệm 1;1
Nhận xét Qua ví dụ nêu, thấy khả nhận biết hàm số đơn điệu đặc trưng
f t quan trọng Ngồi ra, phải có kỹ biến đổi đồng để biến đổi phương trình đi đến xây dựng hàm số đặc trương để giải phương trình ẩn sau thực phép
Chúng ta kết thúc mục hệ chứa tham số
Ví dụ Tìm tất giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm
3
2 2
12 16
4
x x y y
x x y y m
Giải Điều kiện
2
*
0
x y
3
1 x 12x y2 12 y2 (3)
Xét hàm số f t t312 ,t t 1; 2 Ta có f ' t 3t2123t240 t 2; Hàm số f t nghịch biến 2; 2 Từ (*) ta thấy y 2 2; 2
(51)
2
3 4x 4x m
Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (4) có nghiệm 2; 2
Xét hàm số 2
2
3
3 4 , 2; ' 8
4
x
g x x x x g x x x
x x
2;2 2;2
' 0
0 6, 2 16 16, max
g x x
g g g g x g x
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 16m6
2 Dự đốn tập nghiệm, chứng minh khơng cịn nghiệm khác nữa.
Phương pháp: - Đưa hệ phương trình ẩn dạng f x 0.
- Chỉ phương trình f ' x 0 có k nghiệm, chứng tỏ f x 0 có nhiều nhât k 1 nghiệm.
- Liệt kê k 1 nghiệm f x 0và khẳng định tập nghiệm phương trình Từ suy tập nghiệm hệ
Đúng ra, phương pháp giải phương trình ẩn số, chúng tơi trình bày sử dụng nhiều việc giải hệ phương trình
Ví dụ Giải hệ phương trình
3 2
1 2
2 3
y x x x
x y x y xy x y
( Đề thi chọn HSG tỉnh Quảng Ngãi )
Giải Điều kiện 1 x2 (*)
2
2 2x x y y x y 3 x y 0 2xy 3 x y 0
2
0
x y y x
( điều kiện (*) suy 2xy2 3 ) Thay vào (1) có x2 x x 1 2x 1 0 3
1 2, 1;
f x x x x x x
1
'
2 2
1
'' 1;
4 1 2
f x x
x x
f x x
x x x x
(52)Do f ' x đồng biến 1; 2 phương trình f ' x 0 có khơng q nghiệm Mặt khác '
2
f
nên f ' x 0 có nghiệm Từ phương trình f x có nhiều hai nghiệm
Mặt khác, ta có f 0 f 1 0 nên phương trình (3) có hai nghiệm
x x
1 1; 0
x y x y
Vậy hệ có nghiệm 0;0 , 1;1
Ví dụ Giải hệ phương trình
2 logx y
x y x y
x y x y
( Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2009-2010) Giải Điều kiện
0
x y
x y
x y
Hệ phương trình cho tương đương với
2
4 (1)
3
2
4 (2)
log
log
x y x y
x y
x y
x y
x y x y
x y
x y
x y x y
x y x y
2 4xy4x y 4xy4x y 0 3 Đặt xy t , phương trình (3) thành 4t 4t 0 4 Xét hàm số f t 4t4 ,t t 0,
4
' 4 ln ' 4 ln log
ln
t t
f t f t t
Vậy phương trình f ' t 0 có nghiệm suy phương trình f x có nhiều hai nghiệm, tức (4) không hai nghiệm
Lại thấy 1
f f
nên (4) có hai nghiệm
1
2
t
(53)+) t 1 kết hợp (1) ta có
5
4 2
1
2
x
x y
x y
y
+) t 0 ta có
9
4
3
4
x y x
x y
y
Vậy hệ có nghiệm 3; , 3; 2 4
Ví dụ Chứng minh hệ phương trình
2
2
2013
2013
x
y
y e
y x e
x
ln có hai nghiệm phân biệt x y, thoả mãn x1, y1
Giải Hệ phương trình cho tương đương với
2
2013
1
2
1
x
x y
y e
y
x y
e e
x y
Xét hàm số
2
3
, 1
1
'
1
t
t t
f t e t
t
f t e t
t
Do f t đồng biến 1;
2 f x f y x y Phương trình (1) thành
2 2013
1
x x
e
x
(3)
Xét hàm số
2 2013, 1;
1
x x
g x e x
x
3 5
1
' ; ''
1
x x x
g x e g x e x
x x
(54)Ta có
lim ' , lim '
x
xg x g x
, g x' liên tục 1; nên có nghiệm x0 khoảng Từ ta kết luận phương trình g x có nhiều hai nghiệm 1;
Rõ ràng g x liên tục 1; ,
1
lim , 2011 0, lim '
x
xg x g e g x
Nên phương trình (3) có nghiệm thuộc 1; 2 có nghiệm thuộc 2; Nghĩa (3) có hai nghiệm 1;