DU DOAN NGHIEM GIAI HPT

Từ VD trên ta thấy rằng kĩ thuật dự đoán nghiệm không phải lúc nào cũng là tối ưu, đồng thời việc phát hiện ra những dấu hiệu đặc biệt trong phương trình, hệ phương trình để xử lí nó cũ[r]

o0DarkLord0o KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HỐ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

TRONG KÌ THI ĐẠI HỌC

Kĩ thuật có phần tương tự với việc dự đốn điểm rơi chứng minh bất đẳng thức Sau xét vài ví dụ cụ thể

VD1 Giải hệ phương trình:

1

1 1

3 xy xy x

y y y

x x x

   

 

  

 

Trước hết nói đầu chủ đề, việc dự đoán nghiệm hệ Bằng cách nhẩm tính (trong kì thi ĐH nghiệm thơng thường số nguyên), dễ dàng thấy hệ có nghiệm:

   x y,  1, 0

Quay lại với hệ phương trình, xem ta xoay sở nào? Một phản xạ tự nhiên có lẽ nhiều người đặt x a, y b a.( 0,b0)và nhân chia cộng trừ tung toé lên Dĩ nhiên viết khơng làm điều Với kết luận x1 trên, ý phương trình thứ hệ kèm theo điều kiện x0,y0, VT(1) 1 → VP(1) x 1→ 1 1

x x  x (*) ‘=’ x1

Với kết luận (*) trên, rõ ràng từ phương trình (2) ta đưa kết luận y y3 y để đảm bảo đẳng thức Song điều lại tương đương với 0

3 y y

   

 (b) Chúng ta khơng qn dự đốn y0 từ đầu Vậy để loại bỏ trường hợp y3?

Lại trở lại với phương trình (1) Đặt a x a( 0) (1) y1a2 ya 1 0

Cố định y, xem VT phương trình tam thức bậc với a Để phương trình có nghiệm (ở khơng cần xét điều kiện nghiệm phải dương), trước hết

 

4 1 3 4 0

y y y

       



3 y (c)

o0DarkLord0o VD2 Giải phương trình:

 3 1 x 1  x 2 Trước hết thử xét cách giải thông thường

C1

Điều kiện x 1

Với điều kiện ta có biến đổi sau:

     2  3  

3

2 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1

x   x    x  x  x  x  x x  Đặt t x1t0

Phương trình tương đương:  3 6  2  2

1 3 1 1

t  t  t  t 

Nhận xét với t0 vế phương trình khơng âm Bình phương vế phương trình ta được:

6

6 15 20 15 3

t  t  t  t  t    t t t  t 



6t 18t 20t 12t  6t

 40 3 2

6 18 20 12 6 0 t

t t t t

 

     



Với t0 ta hoàn toàn loại trường hợp (2) Vậy phương trình có nghiệm t0 hay x 1 (thoả mãn điều kiện) Chú ý việc bình phương vế phương trình ngẫu nhiên mà việc vế phương trình chứa tham số tự Nhìn giải ngắn gọn thực việc khai triển bình phương  3

1 t

  

  tối ưu Hãy

xét cách giải C2

Dự đoán nghiệm: x 1 Điều kiện tương tự Ta biến đổi:

3

o0DarkLord0o

3

2 1 2

x   x x 

Với dự đoán ban đầu x 1, ta có 2 1 x 0 Hiện ta chưa có cho đánh giá Song rõ ràng 2 1 x 0 Sử dụng đánh giá ta kết luận: x 2 x32 Lập phương vế bất phương trình bên:

3

6 12

x  x  x x 



6x 12x 6

  2

6 x1 0

Bất phương trình x 1 tức dấu đẳng thức xảy Kết luận nghiệm: x 1 (thoả mãn điều kiện)

Thử so sánh C1,C2 chọn cho cách giải ưu việt VD3 Giải hệ phương trình:

 

2

19

3 2

log

y

x x x

x

y x

        

  



  



Dự đoán nghiệm: x4

Bỏ qua việc đặt điều kiện biến đổi đơn giản phương trình (2) để đẳng thức cuối cùng:

2y x

 (*) Mục tiêu chặn số nghiệm phương trình để đưa kết luận nghiệm cuối

Thay (*) vào phương trình (1) ta được:

 2 2 

3x x 19 3x 8x

x x

     

Chia vế phương trình cho 2(# 0) x :

2

3x 4 5  x 3x 8x19

Với dự đoán ban đầu hệ có nghiệm x4 Ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến hàm số để kết luận phương trình có nghiệm Cụ thể sau:

( )

o0DarkLord0o

( ) 19

g x   x  x

Dễ thấy f x( )là hàm tăng tập xác định 4, D  

 

( )

g x tam thức bậc với a  3 0 Nếu gọi A định đồ thị hàm số g x( )thì hồnh độ

của A

2

A

b x

a



  Xét tập xác định hệ, g x( ) tăng 4, 3



 

 

  giảm

4 ,

 

 

 

Xét f x g x( ), ( ) 4, 3



 

 

 , ta có:

max

min

4 33 6 2

3 3

4 3 3

f f

g g

    

 

  

  



  

  

 

  

 → max min 4,

3 f g   x  

  → phương trình f x( )g x( ) khơng có nghiệm

4 , 3



 

 

 

Trên 4, 5 3    

o0DarkLord0o Bằng cách tránh việc đặt ẩn xét dấu vế thực bình phương Một VD khác o0DarkLord0o post LSSF

VD4 Giải phương trình (ĐH-B-2011):

2

3 2 x 6 2 x 4 4x 10 3 x

Bên cạnh cách giải ngắn gọn cách đặt t3 2 x 2x, ta hồn tồn giải cách dự đoán nghiệm

Dự đoán nghiệm:

5 x

Điều kiện   2 x 2

Với điều kiện 10 3 x  0 x D

2

3 2 x 4 4x (10 ) 2 x  x Cả vế phương trình khơng âm Bình phương ta được:

 

2

o0DarkLord0o

0

5

VT    x

6

0

3 x VT

x

    

  

6

0

5

VP   x

5

VP  x

Khảo sát toàn tập xác định Với

5 x VP0,VT 0 Với

5 x

   VP0,VT 0

Vậy phương trình có nghiệm

2

5

5

x

x VT VP

  

  



  



Ở ý tưởng chuyển vế để bình phương hồn tồn khơng phải trùng hợp Hãy ý:

 

2

2x 4x  2x 2x hay nói cách khác sau thực thao tác biểu thức lại vế 2x tạo thuận lợi cho việc dồn thức vế xét dấu vế phương trình