Phương trình đại số hay và khó

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chuyên đề Bồi dưỡng Học sinh giỏi TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAY VÀ KHĨ TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author Lời giới thiệu Có lẽ năm gần đây, phương trình hệ phương trình dần vào quên lãng hình thức thi trắc nghiệm áp dụng Tuy nhiên với kì thi học sinh giỏi dạng tốn cịn chỗ đứng định Nhưng hẳn bạn đọc biết rằng: chủ đề nhiều tác giả đề cập tới, với nhiều dạng toán gần bao phủ hết vấn đề mảng kiến thức Vì điều mà suy nghĩ trăn trở, để sách có chất riêng, lạ sáng tạo toán Chúng đề cập tới phương pháp hướng tư phương thức sử dụng chúng vô biến tấu độc đáo Với bạn bước vào ngơi trường chun, bạn u thích mơn tốn sách có ích cho bạn nhiều Cuốn sách phù hợp với muốn tăng khả tư giải tốn rèn luyện để ơn thi học sinh giỏi Đó đôi lời muốn dành cho độc giả trước bắt đầu đọc sách Nội dung sách gồm chương • Chương Phương trình đại số • Chương Phương pháp lượng giác hóa • Chương Ứng dụng số phức giải hệ phương trình • Chương Phương pháp hàm số • Chương Các tốn chứa tham số • Chương Phương pháp bất đẳng thức • Chương Hệ phương trình nhiều ẩn Dù cố gắng q trình biên soạn khơng thể tránh khỏi sai sót định Chúng tơi xin cảm ơn mong nhận góp ý chân thành từ phía bạn đọc để sách ngày hồn thiện Cuối xin gửi lời cảm ơn bạn đọc tin tưởng ủng hộ nhóm tác giả chúng tơi Nhóm tác giả Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Trường Phát – Nguyễn Hoàng Mai Anh – Đinh Quốc Khánh MỤC LỤC CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ CƠ BẢN A LỊCH SỬ PHƯƠNG TRÌNH BẬC B CÔNG THỨC GIẢI NGHIỆM TỔNG QUÁT C CÁC BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC D CÁC BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 21 A KIẾN THỨC CƠ BẢN 21 B CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA 22 CHƯƠNG SỬ DỤNG SỐ PHỨC GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 50 A SỐ PHỨC LÀ GÌ 50 B SỬ DỤNG SỐ PHỨC GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 53 CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 70 LÝ THUYẾT CẦN NHỚ 70 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HÀM ĐƠN ĐIỆU 70 PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG 92 CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN TỚI THAM SỐ A PHẦN PHƯƠNG TRÌNH 113 146 146 I PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM 146 II PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC 180 III ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ 183 B PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHƯƠNG SỬ DỤNG ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC I CÁC BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH 195 229 231 ĐÁNH GIÁ MIỀN NGHIỆM 231 KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ THEO CỤM 240 ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTOR 246 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN 249 II CÁC BÀI TỐN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 324 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG BIẾN 324 KỸ THUẬT TĂNG GIẢM SOS 365 CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN 372 I HỆ HỐN VỊ VỊNG QUANH 372 II MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 440 TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAY VÀ KHĨ TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Tuyển tập phương trình đại số hay khó | Chương Phương trình đại số A Lịch sử phương trình bậc N hiều học sinh THPT ngày có lẽ biết cơng thức Cardano – cơng thức tính nghiệm phương trình bậc ba tổng quát Thế nhưng, liệu có biết đằng sau công thức vừa phức tạp, vừa thú vị đó, câu chuyện dài nhà tốn học thời kì Phục Hưng? Và tên Cardano công thức thực tế người thực tìm cách giải phương trình bậc ba khó nhằn đó? Hơm nay, xuôi ngược thời gian nước Ý vào kỷ XVI, mà ẩn sau thiên truyện dài… I Cuộc thi tài đại học bologna Mở đầu viết nghe câu chuyện, nhà Toán học Niccolo Fontana (1499 − 1557 ) sống công cuốc Venezia (nay thành phố Italia) với biệt danh Tartaglia (kẻ nói lắp) Niccolo Tartaglia (1499 – 1557) Tartaglia trải qua thời thơ ấu nặng nề, năm 13 tuổi, giặc Pháp tràn vào quê hương Brescia, giết người cha ông chém vào hàm miệng ông ẩn náu Ơng mẹ tìm chữa giúp ơng bình phục, sau vết thương vòm miệng khiến việc nói ơng gặp khó khăn suốt đời Sau đó, mẹ mất, ơng phải tự tìm đường kiếm sống, tự học vật lý tốn phát triển đam mê cho Tartaglia bắt đầu gây tiếng vang người Italia phiên dịch tác phẩm toán học vĩ đại mang tên “Cơ bản” Euclid, từ | Chinh phục olympic tốn | Phương trình đại số tiếng Hy Lạp sang ngôn ngữ địa phương Cùng với đó, ơng có nhiều cơng trình tốn học cho riêng Năm 1530, nhà tốn học thách Tartaglia giải hai câu hỏi liên quan đến phương trình bậc 3, nhằm hạ uy tín ơng: • Tìm số lập phương với lần bình phương 5, tức giải phương trình x + 3x = ) • Tìm ba số mà số thứ hai lớn số thứ đơn vị số thứ ba lớn số thứ hai đơn vị tích chúng 1000, (hay giải x + 6x + 8x = 1000 ) Tartaglia tìm nghiệm hai phương trình này, trở nên tiếng Nhưng phải đến năm 1535, đại học Bologna cổ kính tiếng ngày thi Toán học, tên tuổi Tartaglia thực vang danh Tartaglia bị vướng vào thách đấu Toán học giải phương trình bậc khác với nhóm mơn đệ Scipione del Ferro (nhà Tốn học tìm cách giải lớp phương trình bậc đặc biệt) Bởi đến thời điểm chưa có tìm cách giải phương trình bậc tổng quát nên thách đấu quan tâm giới Toán học Châu âu thời Cảm thấy nao núng đối thủ tự tin người tự học, Tartaglia miệt mài suy nghĩ trước kì thi ngày ơng tìm cách giải tổng quát Vào ngày 22 − − 1535 , nhà toán học người hâm mộ nhiều nước châu Âu kéo thành phố Milan để dự thi tài Mỗi bên cho đối phương 30 phương trình bậc khác giải Và nhóm Ferro giải lớp phương trình bậc đặc biệt Tartaglia nắm giữ tay “Cửu âm chân kinh” ơng sáng tạo nên khơng có bất ngờ tỉ số trận đấu 30:0 Tartaglia trở nên tiếng khắp Châu Âu sau thành công vang dội Tuy vậy, ông giữ bí mật cơng thức mình, chí cịn sáng tác thơ hàm ẩn cơng thức để gây khó khăn cho kẻ khác lấy cắp II Cardano tartaglia, kẻ có lỗi? “Tơi hứa với anh Khơng, tơi làm Tôi thề trước kinh Phúc Âm thiêng liêng giữ bí mật khám phá anh Nếu không, không xứng đáng chiên bậc quân tử Liệu thỏa thuận việc bậc quân tử hay khơng?” Cardano, sinh đứa ngồi giá thú, gặp phải nhiều khó khăn việc trở thành thầy thuốc xã hội Ý Ông bạc khát nước, xuất sách Tạp chí tư liệu tốn học | Tuyển tập phương trình đại số hay khó | xác suất có hệ thống Liber de ludo aleae (sách trò cờ bạc), có mánh khóe gian lận Tuy vậy, ông người yêu Tốn, dày cơng nghiên cứu cách giải phương trình bậc ba nhiều năm mà chưa có kết Cho đến tiếng vang Tartaglia đến tai Cardano, ơng nhanh chóng tìm gặp Tartaglia khả thuyết phục mình, ơng khiến Tartaglia nói cách giải phương trình bậc ba (Dĩ nhiên dạng thơ mật mã, nhiên Cardano hiểu mở rộng phương pháp đó) Cardano sau th nhà tốn học trẻ tên Ludovico Ferrari làm trợ lí Họ nghiên cứu toán học làm việc, khám phá nhiều kiến thức Sau đó, họ tìm kiếm phương pháp giải phương trình bậc ba del Ferro (dù khơng đầy đủ bằng) Khi đó, Cardano cảm thấy khơng cịn nghĩa vụ phải giữ lời hứa với Tartaglia nữa, ơng nuốt lời Ơng công bố cách giải sách mình: Ars Magna (nghệ thuật vĩ đại hay quy tắc đại số) năm 1545 lời nói đầu sách ơng có xác nhận cách giải Tartaglia, giới Toán học dường nhớ đến ông nhắc đến phát minh Cũng dễ hiểu Tartaglia bị tổn thương nào, ơng cơng kích Cardano nhiều năm buộc tội Cardano kẻ trộm Một tranh luận lớn nổ lần trước Tartaglia gửi đến lời thách đấu Không may cho Tartaglia, lần ông không ngờ Lodovico Ferrari, học trò tài ba Cardano từ phương pháp thầy truyền lại tìm cách giải tổng quát cho phương trình bậc hiểu thấu đáo phương trình bậc Tartaglia Vì vậy, tranh luận Tartaglia thất bại cay đắng mang nỗi uất hận lịng ơng mất… Lodovico Ferrari(1522-1565) Liệu Tartaglia có cơng khơng bơi nhọ danh Cardano nhiều năm không chấp nhận lời ghi cơng sách xuất ấy, dù sách thức phổ biến kiến thức quan trọng cho toán học nhân loại? Và liệu Cardano có đáng bị chê trách khơng, tự rút lời hứa mà khơng nói cho Tartaglia lời nào? | Chinh phục olympic tốn | Phương trình đại số III Di sản Bất luận tranh cãi nhà tốn học nào, câu chuyện thú vị thời Phục Hưng khó lường đem lại kiến thức quý báu cho nhân loại Trong đó, tiêu biểu nhất, cách giải phương trình bậc hay công thức Cardano – Tartaglia Trong cách giải này, xuất Ars Magna, Tartaglia, Cardano Ferrari phải thừa nhận có mặt số phức, bao ( ) gồm phần thực phần ảo dạng a + bi i = −i với khái niệm mà phải đến năm 1560, Rafael Bombelli đưa giải thích sử dụng đầy đủ Lodovico Ferrari, nói, tìm hiểu công thức Tartaglia tự khám phá cách giải phương trình bậc bốn cho riêng cơng bố sách Cardano Và cho phương trình bậc cao giải dạng tổng quát (mặc dù điều bắt đầu giả thuyết hàng kỉ sau phát kiến Ferrari) Cardano, cơng trình xác suất phương trình mình, người đưa khái niệm đường hypocycloid – đường cong vẽ điểm đường tròn đơn vị chuyển động lăn đường trịn lớn khác Và đường trịn lớn đặt tên đường tròn Cardano Đường tròn Cardano đường hypocycloid (màu đỏ) B Công thức giải nghiệm tổng quát Công thức Sưu tầm từ vietnamcasioerteam.blogspot.com Lâm Hữu Minh biên soạn Xét phương trình tổng quát có dạng: ax + bx + cx + d = b Đặt y = x + đưa phương trình dạng y + py + q = 3a Tạp chí tư liệu tốn học | Tuyển tập phương trình đại số hay khó | Đến có cách làm: • Cách 1: Áp dụng công thức Cardano – Tartaglia: Đặt u = • p b q q p3 ta nghiệm thực x = −u −  + 3u 3a 27 Cách 2: Lượng giác hóa: Đặt tiếp y = kt (k  ) , phương trình trở thành: k 3t + pkt + q = k2 k2 p p = − , đưa phương trình dạng = , ngược lại p  4 3 4t  3t = q ' Đến xảy trường hợp: Nếu p  ta chọn k cho Trường hợp Với 4t − 3t = q ' , q '  ta đặt t = cos  , phương trình dạng lượng giác cos3 = q ' Còn ngược lại, ta giải phương trình r − 2q ' r + = tìm r , 1 1 ta thu nghiệm t =  r −  nghiệm 2 r Trường hợp Với 4t + 3t = q ' , ta tìm r thơng qua phương trình 1 1 r − 2q ' r − = , t =  r +  nghiệm 2 r Tuy dài vậy, bạn cần nhớ cho cơng thức sau đây: 9abc − 2b − 27a 2d Đầu tiên, ta đặt  = b − 3ac k = , ta được: 3 • Nếu   arccos k   cos −b  x =  3a    arccos k 2   cos  + −b  3    + Với k  , phương trình có nghiệm sau x = 3a    arccos k 2   cos  −  −b  3   x = 3a   + Với k  , phương trình có nghiệm x= 3  b 2  k + k −1 + k − k −1  − 3ak   3a k • Nếu  = , phương trình có nghiệm bội x = • Nếu   , phương trình có nghiệm x=  3  b 2  k + k +1 + k − k +1  − 3a   3a Công thức Sưu tầm từ Bùi Thế Việt Xét phương trình tổng quát: x + ax + bx + c = | Chinh phục olympic toán −b + b − 27a 2d 3a Tuyển tập phương trình đại số hay khó | Thay vào phương trình thứ hai hệ ta x ( −1 − x ) = −1  x 12 + x − =  x = −1  −1  Mặt khác, ta xét (x1 + x + + x k −1 )(x k + x k +1 + + x 2012 ) = (x + x + + x k )(x k +1 + x k +2 + + x 2012 ) ,  k  2011 Tương tự ta tìm x 2012 =  x k ( x + x + + x k −1 ) − (x k +1 + x k +2 + + x 2012 )  = x k =  x + x + + x k −1 = x k +1 + x k +2 + + x 2012 (* ) Đặt x + x + + x k −1 = a Thay (*) vào phương trình hệ ta 2a + x k = −1  a = Khi ( x + x + + x k −1 )( x k + x k +1 + + x 2012 ) = −1  a (x k + a ) = −1  −1 − x k −1 − x k  −1 − x k  xk + = −1  x k =  với k = 2,3, ,2011    Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x = x = −1  ;x k = x k =  , k = 2,3, ,2011 thỏa mãn x + x + + x 2011 =  x + y + y + x =   Câu 97 Giải hệ phương trình y + x + z + y = ; x , y, z   2 z + x + x + z = Gzeta, Romania Giải −u e −e e u + e −u ,chu = ;u  2 Ta có ch 2u = + sh 2u sh (u + v ) = shu.chv + shv.chu Đặt x = sha, y = shb, z = shc ; shu = u sh (a + b ) = a + b = arcsh   Hệ phương trình cho thành sh (b + c ) =  b + c = arcsh ,  c + a = arcsh  sh (c + a ) = Ở arcshu = ln u + u + , u  Như ta suy a = ( arcsh + arcsh − arcsh ) ) ( ( )( + + 10 1 = ln + + ln + 10 − ln +  = ln  2 2+ (  1 Suy x = sha =   ( ) (1 + )(3 + 2+ ) ( ( 10 ) )− ( )( (   + + 10   2+ )( )( 1 + + 10 + + + + 10 Tương tự ta tìm y z = 493 | Chinh phục olympic toán ) ) ) ) | Hệ phương trình nhiều ẩn Câu 98 Tìm tất số thực a,b,c,d,e   −2; 2 a + b + c + d + e =  thỏa hệ phương trình a + b + c + d + e = a + b + c + d + e = 10  Romania 2002, Titu Andreescu Giải Đặt a = 2cos x ,b = 2cos y,c = 2cos z ,d = 2cos t,e = 2cos u Ta có 2cos5x = ( 2cos x ) − ( 2cos sx ) + ( 2cos x ) = a − 5a + 5a Suy  2cos5x = a − 5a + 5a = 10   cos5x = Điều kéo theo cos5x = cos5y = cos5z = cos5t = cos5u = Rõ ràng cos α =  α = k Từ cos 2π ,k   + 1 2π −1 4π +1  −1  ;− = ,cos =− ,cos0 = ta suy a,b,c,d,e  2;  5 2     −1 +1 hai số lại − 2 Kiểm tra trường hợp ta thấy đẳng thức  a = thỏa mãn Với a = rõ ràng phải có số 2, hai số khác a + b + c + d =  Câu 99 Giải hệ phương trình a + b + c + d = 12 abc + abd + acd + bcd = + abcd  Leonard Giugiuc and Diana Trailescu Giải – Ramanujan Srihari Từ phương trình đầu hệ,ta có ab + ac + ad + bc + bd + cd = 12 Đặt abcd = k đặt f (x ) = x − 6x + 12x − (k + 8)x + k đa thức với a,b,c,d nghiệm Khi f '(x ) = 4x − 18x + 24x − (k + 8) Giả sử f '(r ) = với r  hệ số góc y = f (x ) x = r Biến đổi ta có f (r ) = f (r ) + (1 − r )f '(r ) ( ) = r − 6r + 12r − (6 + 8)r + k + (1 − r ) 4r − 18r + 24r − (k + 8) = −3r + 16r − 30r + 24r − ( )( = − r − 4r + 3r − 4r + ( = −(r − 2) 3r − 4r + 2 ) )  2 2 Với 3r − 4r + =   r −  +   ta thấy f (r )  f (r ) = r =     Giả sử f '(2)  Khi với t cho f '(t ) = f (t )  Điều chứng tỏ f có nghiệm điều mâu thuẫn với f ( x ) có nghiệm phân biệt a,b,c,d Khi với f '(2) = t = nghiệm f Từ ( ), f ' ( ) =  k = Do từ (1) ta có f (x ) = x − 6x + 12x − 8x = x (x − 2)3 Khi (0,2,2,2),(2,0,2,2),(2,2,0,2),(2,2,2,0) nghiệm hệ Tạp chí tư liệu tốn học | 494 Tuyển tập phương trình đại số hay khó |  a + b + c + d =  Câu 100 Giải hệ phương trình a + b + c + d =  15 abc + abd + acd + bcd − abcd = 16  Leonard Giugiuc and Sladjan Stankovik Giải Đầu tiên ta có 16 = (a + b + c + d )2 = a + b + c + d + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) = + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) Do ab + ac + ad + bc + bd + cd = Đặt w = a − 1, x = b − 1, y = c − 1, z = d − 1, w + x + y + z = wxyz = (a − 1)(b − 1)(c − 1)(d − 1) = (abcd ) − (abc + abd + acd + bcd ) + (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) − (a + b + c + d ) + =− 15 9 + − +1 = 16 16 Ta có w + x + y + z = (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 + (d − 1)2 = a + b + c + d − 2(a + b + c + d ) + =7 −8+4 =3 Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có = w + x + y + z  4 w 2x 2y 2z = Đẳng thức xảy w = x = y = z = =3 16 Do đó,  3 3 (w, x, y, z ) =   , , ,   2 2   Với w + x + y + z = Ta thấy nghiệm hệ hoán vị  3 3 (a,b,c,d ) =  + ,1 + ,1 − ,1 −   2 2    a + b + c + d =  Câu 101 Giải hệ phương trình a + b + c + d = với a,b,c,d   0;2  94 a + b + c + d =  Giải Digby Smith Chú ý ab + ac + ad + bc + bd + cd = Và 495 | Chinh phục olympic toán ( (a + b + c + d )2 − a + b + c + d 2 ( ) ) = 12 ( ) −6 =5 | Hệ phương trình nhiều ẩn (a + b + c + d )3 = a + b + c + d + 3a (b + c + d ) + 3b (c + d + a ) + 3c (d + a + b) + 3d (a + b + c) + 6(abc + abd + acd + bcd ) ( ) ( ) = 3(a + b + c + d ) a + b + c + d − a + b + c + d + 6(abc + abd + acd + bcd ) 94 + 6(abc + abd + acd + bcd ) 1 188  58  abc + abd + acd + bcd =  64 + − 72  = 6  27  64 = 3(4)(6) − Ta đặt k = abcd p(x ) = (x − a )(x − b)(x − c)(x − d ) Từ (1),(2) ta có p(x ) = x − (a + b + c + d )x + (ab + ac + ad + bc + bd + cd )x − (abc + bcd + cda + dab)x + abcd 58 = x − 4x + 5x − x + k 27 Suy 58 p '(x ) = 4x − 12x + 10x − = 108x − 324x + 270x − 58 = (3x − 1) 18x − 48x + 29 27 27 27 Giải phương trình p '(x ) = ta nghiệm x = ,  3 Với p(x ) đa thức bậc có hệ số cao dương p '(x ) có nghiệm phân biệt khoảng (0,2), ( ) ( ) điều chứng tỏ a,b,c,d nghiệm đẳng thức, với  a,b,c,d  2, ta có 4 4 6 6 1 p(0)  0, p    0, p  −   0, p  +   0, p(2)   3 3  3  8 1 Ta thấy p   = p(2) = k − Suy ra, k = , từ ta có 27 27 3 58 1 x+ = 27x − 108x + 135x − 58x + = (3x − 1)2 (3x − 4)(x − 2) 27 27 27 27 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm 12 hốn vị  , , ,2  3 3  ( p(x ) = x − 4x + 5x − )  x (x + y ) + y(y + z ) =  Câu 102 Giải hệ phương trình x (x + 1) + y(2z + 1) =  2 (x + y )2 + (y + z )2 = (x + 1) + (2z + 1)  2004 (1) (2) (3) Giải + (2z + 1)  1001 z = 2004 1000 Xét y  , nhân vế (3) cho y (1) (2) vào, ta Xét y =  x =  z = x + y =  x = y = 2 2 x ( x + 1) + y ( x + 1)  (x + y )2 y + x (x + y )2 =  x + 1) ( 2004 (*) ( x + y ) = 2004  x +1  x + y = a Xét phương trình ( * ) , ta đặt a = 2004 , ( * )   x + y = −x −  a Tạp chí tư liệu tốn học | 496 Tuyển tập phương trình đại số hay khó | Ta có (1): x + xy + y + yz = 0,(2): x + x + 2yz + y = , lấy yz = −x − xy − y vào (2) ta ( ) x + x + −x − xy − y + y =  x + x − 2x − 2xy − 2y + y =  −x − 2xy − 2y + x + y = 0(**) 1  Với y =  −  x + ta lại vào phương trình trên, ta a a  −x + (x + y )(1 − 2y ) = 2  x +     −x +  1 −  − x −  =  a  a   a   2 2  −x 2a + (x + 1)  −  x + −  = a a  2  −x a + (x + 1)((2a − 2)x + a − 2) =  −x 2a + (2a − 1)x + (a − 2)x + (2a − 2)x + a − = ( ) − ( 2a − − a )(a − 2) = 4a  2a − − a x + (3a − 4)x + a − = Xét biệt thức = (3a − 4)2 Từ ta giải x = − 3a  4a − 7a − 4a + ( 2a − − a ) − 7a − 4a + , từ suy nghiệm lại ) ) ( ( k x + x + x + = xy (1)  Câu 103 Cho hệ phương trình  k x + x + x + + (k − 1) x = 2y x (2)  Xác định k để hệ phương trình có nghiệm Giải hệ phương trình với k = 16 Giải Đặt ( ( ) −a ) ) k a + a + a + = a 3y (1)  x = a  x = a , hệ phương trình trở thành  4 k a + a + a + + (k − 1)a = 2ya (2) Từ phương trình (2) ta suy k (a + a + a + + a 4 = 2ya a 3y = (1) Xét a =  k = , vào phương trình trên, ta  −a = 2ya (2) Hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn u cầu đề a  , (2) tương đương 1   k  a + a + + +  − = 2y a a   1  Và phương trình (1) tương đương k  a + a + +  = y , vào (2) ta a a   1 1    k  a + + a + +  − = 2k  a + + a +  a a a a    t  Đặt t = a + (a  0)   , ta có a t  −2 497 | Chinh phục olympic toán (*) | Hệ phương trình nhiều ẩn 2     1 a + = a +  − =  a +  −  − = t − −   a a a     ( ) 1    = t − 2,a + =  a +  a + −  = t t − a  a a a   Phương trình (*) trở thành ( a2 + (( ) ) ( k t − + t − − = 2k t − 2t ((  k ( (t ) ) ) )  k t − + t − − 2t + 4t = −t ) ( ) ) − t2 −t + = (**) Đặt b = t − t , xét f (t ) = t − t với điều kiện tìm được, ta suy b  b − 4b + −1 k  =  b = Từ dễ dàng k  Phương trình (**)  k (b − 4b + 1) = , b − 4b + = vơ lý, b    k = Đặt g(b) = −(2b − 4) , có g '(b) = b − 4b + b − 4b + ( ) 2 hệ phương trình cho có nghiệm 15 Với k = 16 16 =  16b − 64b + 15 =  b =  b = 4 b − 4b + Đến phần lại xin nhường cho bạn đọc Câu 104 Cho a,b,c,d  số không đồng thời nhau, giải hệ phương trình  x + y + z =  b 2y c 2z ax + + =0  a − d b − d c − d   ax by cz a − d + b − d + c − d = d (a − b)(b − c)(c − a ) (1) (2) (3) Giải Lấy phương trình (1)  x = −y − z vào (2),(3) ta suy a (−y − z ) b 2y c 2z −a 2y a 2z b 2y c 2z + + =0 − + + =0 a −d b −d c −d a −d a −d b −d c −d  b2 a2   c2 a2  y − − +  z = (*) b −d a −d   c −d a −d  (2)  Và đồng thời a(−y − z ) by cz + + = d (a − b)(b − c)(c − a ) a −d b −d c −d a  a   b  c  − y + −   z = d (a − b )(b − c )(c − a ) b −d a −d   c −d a −d  d (a − b)y d (a − c )z  + = d (a − b)(b − c)(c − a ) (b − d )(a − d ) (c − d )(a − d ) (3)   (a − b)y (a − c)z + = (a − b)(b − c)(c − a ) (b − d )(a − d ) (c − d )(a − d )  (a − b)y  (c − d )(a − d )  z = (a − b)(b − c)(c − a ) − (**) (b − d )(a − d )  (a − c)  Tạp chí tư liệu tốn học | 498 Tuyển tập phương trình đại số hay khó |  c2 a2  Nhân vế (**) cho  −  , ta  c −d a −d   (a − b)y   (a − d )c − a (c − d )  ( a − b )( b − c )( c − a ) −    (b − d )(a − d )   a −c    (a − b)y  = (a − b)(b − c)(c − a ) − (ad + cd − ac ) (b − d )(a − d )   Khi  b2 a2 (a − b)(ad + cd − ac )  (*)   − −  y + (ad + cd − ac)(a − b)(b − c )(c − a ) = (b − d )(a − d )  b − d a − d  (a − d )b − a (b − d ) − (a − b )(ad + cd − ac )    y = −(ad + cd − ac)(a − b)(b − c )(c − a ) (b − d )(a − d )   (a − b)(d − a )(b − c)  y = −(ad + cd − ac )(a − b )(b − c )(c − a ) (b − d )(a − d ) Thế y = (ad + cd − ac )(c − a )(b − d ) vào (**) ta  (a − b)(ad + cd − ac)(c − a )(b − d )  (c − d )(a − d ) z = (a − b)(b − c)(c − a ) −  (a − c) (b − d )(a − d )   (a − b)(ad + cd − ac)(c − a )  (c − d )(a − d )  = (a − b)(b − c)(c − a ) −  a −d (a − c )   = −(a − b)(b − c)(c − d )(a − d ) + (a − b)(ad + cd − ac)(c − d ) = (a − b)(c − d )[ad + cd − ac − (b − c)(a − d )] = (a − b)(c − d )[ad + cd − ac − ab + bd + ac − dc ] = (a − b)(c − d )(ad + bd − ab) Lúc suy x = −(a − b)(c − d )(ad + bd − ab ) − (c − a )(b − d )(ad + cd − ac ) = (a − d )(b − c)(bd + cd − bc) Vậy ta kết luận nghiệm hệ phương trình ( ( ( ) ) ) 7 x + y + 9z (x + y ) + 13xy + 3z = 1(1)   Câu 105 Giải hệ phương trình 7 y + z + 9x (y + z ) + 13yz + 3x = 4(2)  2 7 z + x + 9y(z + x ) + 13zx + 3y = 9(3) Giải 3a − b − c  x = a = y + z + 2x ,  a +b +c 3b − a − c   Đặt b = x + z + 2y,  x + y + z =  y = 4 c = x + y + 2z   3c − a − b  z =  Khi ta ( )= (3a − b − c)2 + (3b − a − c)2  ( 5a + 5b − 2ac − 2bc − 6ab + c • x +y • 9(3c − a − b)(a + b − c) −a − b + 4ac + 4bc − 2ab − 3c 9z (x + y ) = = 8 • 13 −3a − 3b − 2ac − 2bc + 10ab + c 13 13xy = (3a − b − c)(3b − a − c) = 16 16 2 16 499 | Chinh phục olympic toán ( ( = ) ) ) | Hệ phương trình nhiều ẩn • ( 2 3(3c − a − b)2 a + b − 6ac − 6bc + 2ab + 9c 3z = = 16 16 ) 2  (2)  b + c + bc = Cộng tất điều lại (1)  a + b + ab = , tương tự  2 (3)  a + c + ac =   a + ab + b = (1)  Như ta hệ phương trình b + bc + c = (2) c + ca + a = (3)  Lấy (1) − (2)  (a − c)(a + b + c) = −3 Lấy (2) − (3)  (b − a )(a + b + c) = −5 5c + 3b = 8a Từ điều ta suy  a + b + c = (5c + 3b)(b − c) Lấy (1) − (3)  b − c + = −8 , kết hợp với (2) ta 13c − 2bc − 11b = 64 (*)  2 (**) b + bc + c = Hệ cho ta 52c − 8bc − 44b = 64b + 64bc + 64c  12c + 72bc + 108b =  (c + 3b)2 =  c = −3b Thế vào (*) ta 117b + 6b − 11b = 64  b = 2 Phần lại xin nhường lại cho bạn đọc! y + z − (y + z )x = (1)  Câu 106 Giải hệ phương trình z + x − (z + x )y = (2) x + y − (x + y )z = (3)  Giải ( y + z )( y + z − x ) = + 2yz   Hệ phương trình tương đương (z + x )(z + x − y ) = + 2xz (x + y )(x + y − z ) = + 2xy  b +c  x = , a = y + z − x ,    a +c Đặt b = x + z − y,  x + y + z = a + b + c  y = , vào hệ ta c = x + y − z    a +b z =    2a + b + c  (a + c)(a + b) =1+  a  2    2a + ab + ac = + a + ab + ac + bc, a = + bc (1)   2b + a + c   (b + c)(a + b)  =2+  2b + ab + bc = + b + ab + bc + ac,  b = + ac (2) b   2    2c + ac + bc = + c + ac + bc + ab c = + ab (3)     2c + a + b  (b + c)(a + c) = + c   2    Từ phương trình (1) ta suy bc = a − , nhận thấy b = nghiệm hệ phương trình, ta suy c = a2 − , vào (2) (3) ta b Tạp chí tư liệu tốn học | 500 Tuyển tập phương trình đại số hay khó | (2)  b = + a − 2a  b = 4b + a − 2a  b − a = 4b − 2a b Và đồng thời (a (3)  −2 b ) = + ab  a − 4a + = 6b + ab ( )  a a − b = 6b + 4a −  a(2a − 4b) = 6b + 4a − 6b + 4ab + 2a = Như ta hệ phương trình  , từ hệ ta suy b − a = 4b − 2a ( ) ( ) (4b − 2a) 6b + 4ab + 2a = 4b − 4a  (2b − a) 3b + 2ab + a = b − a  b = −a 6a 4a 36a −5 − + 2a =  = a = a = 25 25 3 Phần lại xin nhường cho bạn đọc Từ ta có phương trình y + z − (y + z )x = a  Nhận xét Ta áp dụng cách làm để giải hệ phương trình z + x − (x + z )y = b x + y − (x + y )z = c  Trong a,b,c số thực dương ac  b, ab  c, bc  a Câu 107 Cho số thực x , y, z  có tổng thỏa mãn điều kiện x y z x z y + + = + + +1 =a y z x z y x (*) Tìm tất giá trị có a Polish JMO 2020 Giải x y x 1 Đặt m = , n =  mn = , từ (*) ta m + n + = mn + + + = a y z z mn m n =  mn + n + = , vào (*) ta n  (1) m + n + mn = a  mn + m + n + = a (2)  mn  mn = −1 − n (3)  m + n + = mn + m + n + (4)  mn mn Từ giả thiết x + y + z = ta suy m + + Lấy (3) vào (4) ta −1 − n 1 n +n + = −1 − n + + +1 n −1 − n n −1 − n −1 1 n  −1+ n − = −n + − n n +1 n 1+n  (n − 1)(n + 1) + n − n = n + n  n + n − n − = n  n + n − = 2n Lấy (1) vào (2) ta 501 | Chinh phục olympic toán (**) | Hệ phương trình nhiều ẩn  a  mn +  a −  = a −  mn + − = a −  (mn )3 + a(mn ) − = (a − 1)(mn )2  mn mn mn ( mn )   Lấy (3) vào phương trình ta ( ) (mn )3 + (mn )2 + a mn − (mn )2 = ( )  (−1 − n )3 + (−1 − n )2 − + a −1 − n − (1 − n )2 = ( ) ( )  − n + 2n + n + − a n + 3n + = Lấy (**) tiếp tục vào phương trình ta ( ) ( ) ( ) ( ) − 2n + − n + 2n + n + − a n + 3n + =  − n + 3n + − a n + 3n + = Đến ta suy a = −1 giá trị có a Câu 108 Cho số thực a,b phân biệt, giải hệ phương trình sau theo ẩn 3x + z = 2y + (a + b)  2 3x + 3xz = y + 2y(a + b) + ab x + 3x 2z = y (a + b ) + 2yab  (1) (2) (3) Giải Lấy a + b = 3x + z − 2y vào (2) ta 3x + 3xz = y + 2y(3x + z − 2y ) + ab  3x + 3xz = y + 6xy + 2yz − 4y + ab  ab = 3x + 3y + 3xz − 6xy − 2yz Thế vào (3) ta ( + y z − 2y ) + ( 6x y + 6y x + 3x 2z = y (3x + z − 2y ) + 2y 3x + 3y + 3xz − 6xy − 2yz (  x + 3x 2z = 3xy 2 3 ) + 6xyz − 12xy − 4y 2z )  x + 3x z = −9xy − 3y z + 4y + 6x y + 6xyz 2  x + 3x 2z + 9xy + 3y 2z − 4y − 6x 2y − 6xyz = ( )  x − 4y + 9xy − 6x 2y + 3x 2z + 3y 2z − 6xyz = x − 4y + 3z =  (x − y )2 (x − 4y ) + 3z (x − y )2 =   x = y (1) x + z = a + b Với x = y vào (1) (2) ta hệ phương trình  2x + 3xz = 2x (a + b) + ab (2) Ta suy (a + b − x )x = ab  −x + (a + b )x − ab = , xét biệt thức −a − b − a + b  x=  −2 = (a − b)2   x = −a − b + a − b  −2 Với x = y = a  z = b Với x = y = b  z = a Với x = 4y − 3z , vào (1) (2) ta (1) 3(4y − 3z ) + z = 2y + a + b  2 3(4y − 3z ) + 3(4y − 3z )z − y = 2y(a + b) + ab (2) Từ phương trình (1) ta 10y − 8z = a + b , lúc phương trình (2) tương đương Tạp chí tư liệu tốn học | 502 Tuyển tập phương trình đại số hay khó | ( ) 16y − 24yz + 9z + 12yz − 9z − y = 2y(a + b) + ab  47y − 60yz + 18z = 2y(a + b) + ab  47y − 60yz + 18z = 2y(10y − 8z ) + ab  27y − 44yz + 18z = ab ( )  27y − 44yz + 18z (a + b)2 = ab(10y − 8z )2 ( )  ( 27a + 27b − 46ab ) y − ( 44a + 44b − 72ab ) yz + (18a + 18b − 28ab ) z = ( 44a + 44b − 72ab ) − ( 27a + 27b − 46ab )(18a + 18b − 28ab ) = −8 (a − b )  27(a + b)2 y − 44(a + b )2 yz + 18(a + b )2 z = ab 100y − 160yz + 64z 2 Xét 2 2 2 2 2 2 2 2 =0  Vậy phương trình vơ nghiệm, ta suy nghiệm hệ phương trình cho 503 | Chinh phục olympic tốn Lời cảm ơn Vậy đến trang sách cuối rồi, thực với sách vượt qua dự định ban đầu nhiều nhờ giúp đỡ thầy cô, bạn bè Vì cuối sách xin gửi lời cảm ơn đến người bạn, người thầy Thầy Huỳnh Kim Linh – THPT Chuyên Lê Q Đơn – Khánh Hịa Cơ Lưu Thị Thêm – THPT Yên Phong – Bắc Ninh Bạn Đinh Quốc Khánh – A4 K53NH – THPT Ngọc Hồi – Hà Nội Bạn Nguyễn Trường Phát – Khoa Tốn Tin Ứng Dụng – Đại học Sài Gịn Bạn Nguyễn Mai Hoàng Anh – Lớp 12A1 – THPT Thực Hành Cao Nguyên – Đăk Lăk Bạn Đinh Phương Hằng – 12A trường THPT Bình Minh Bạn Trần Thị Thu Hiền – 12D trường THPT Bình Minh Thầy Lã Duy Tiến – THPT Bình Minh Anh Hồ Xuân Hùng – Đại học Bách Khoa Hà Nội 10.Cô Trần Thị Thu Thủy – THPT Chuyên Điện Biên 11.Bạn Võ Văn Thành – THPT Nguyễn Trãi – Khánh Hòa Niềm vui lớn người hồn thiện sách bạn đọc tìm kiếm khám phá nhiều điều từ sách Lời cuối xin chúc bạn học sinh thầy cô cầm sách tay thành công công việc gặp nhiều điều may mắn sống! Tài liệu tham khảo 10 11 12 13 14 15 16 17 18 Phương pháp hàm số chinh phục giải tốn phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ – Nguyễn Đình Thành Cơng Bí chinh phục kỳ thi THPT Quốc Gia chủ đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình – Phạm Bình Nguyên, Nguyễn Ngọc Duyệt Luyện siêu tư casio chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số vơ tỷ - Đồn Trí Dũng, Hà Hữu Hải, Nguyễn Tấn Siêng, Hồ Xn Trọng Tư logic tìm tịi lời giải hệ phương trình – Mai Xuân Vinh Những điều cần biết luyện thi quốc gia kỹ thuật giải nhanh hệ phương trình – Đặng Thành Nam Phương pháp đánh giá nhân tử giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình – Đồn Trí Dũng, Hà Hữu Hải Tuyển chọn 410 hệ phương trình hay đặc sắc – Nguyễn Minh Tuấn Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT – BPT – HPT đại số vô tỷ – Lê Văn Đoàn Phương pháp U – V – T – W phân tích nhân tử phương trình vô tỷ – Bùi Thế Việt Sáng Tạo Và Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình, Bất Phương Trình – Nguyễn Tài Chung Phương trình hệ phương trình – Diễn đàn MathScope Tuyển chọn tốn phương trình vơ tỷ - Đồn Quốc Việt Tuyển chọn tốn phương trình đặc sắc – Diễn đàn K2pi 101 Problems in Algebra from the training of the USA IMO team- T Andreescu, Z Feng Mathematical Olympiad Treasures - Titu Andreescu, Bogdan Enescu Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses For Junior Section_ Vol 1,2 The IMO Compendium 1959 – 2009 Tuyển tập 40 năm olympic toán học quốc tế TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC HẾT CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Thơn – Thạch Hòa – Thạch Thất – Hà Nội Điện thoại: 0343763310; Email: tuangenk@gmail.com Fanpage: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/ CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG NGUYỄN MINH TUẤN NGUYỄN TRƯỜNG PHÁT NGUYỄN HOÀNG MAI ANH ĐINH QUỐC KHÁNH BIÊN TẬP NGUYỄN MINH TUẤN THIẾT KẾ BÌA NGUYỄN MINH TUẤN TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAY VÀ KHĨ Đề nghị q bạn đọc tơn trọng quyền tác giả, không chép phụ Mọi ý kiến thắc mắc đóng góp vui lịng gửi địa cung cấp Cuốn sách in xong ngày 27/10/2020 ... 440 TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAY VÀ KHĨ TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Tuyển tập phương trình đại số hay khó | Chương Phương trình đại số A Lịch sử phương trình bậc N hiều... biệt phương trình để tìm lời giải đẹp ! I Các dạng phương trình bậc đặc biệt | Chinh phục olympic toán | Phương trình đại số PHƯƠNG TRÌNH CĨ DẠNG ax + bx + c = Phương pháp giải Đây dạng phương trình. .. chương • Chương Phương trình đại số • Chương Phương pháp lượng giác hóa • Chương Ứng dụng số phức giải hệ phương trình • Chương Phương pháp hàm số • Chương Các tốn chứa tham số • Chương Phương pháp