PT vo tiBat phuong trinh vo tiHe phuong trinh coban day du

Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ chẳng hạn f x  g x bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm nghiệm duy nhất.Ta thường sử dụng các b[r]

Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Chuyên đề BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 18 Chuyên đề MỘT VÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP 29 I/ Hệ phơng trình đối xứng .44 Bµi 3: Cho hÖ ph¬ng tr×nh 48 IV/ Hệ đẳng cấp bậc hai 79 Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 108 Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 109 Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ Kiến thức cần nhớ: n n √ a ¿ =a a=b ⇔ a2 n=b2 n (ab>0) a=b ⇔ a2 n+1=b n+1 , ∀ a , b ¿ Các dạng bản: g( x) ≥ √ f (x )=√ g(x )⇔ f (x) ≥ * Dạng 1: f (x )=g(x) ¿{ * Dạng 2: * Dạng 3:  g  x  0 f  x  g  x     f  x   g  x  (Không cần đặt điều kiện f  x  0 ) √ f (x)+√ g( x )=√ h(x )⇔ f ( x)+ g(x )+ √ f (x) g (x)=h(x ) f ( x) ≥0 g(x )≥ ¿{{ * Dạng 4: Thay Ví dụ Ví dụ Giải phương trình: (chuyển dạng 2) √3 f (x)+ √3 g(x )=√3 h( x ) 3 ⇔ f (x)+ g (x)+3 √ f ( x ) g(x )( √ f ( x)+ √ g (x))=h (x) √3 h(x)=√3 f ( x )+ √3 g ( x) nhận phương trình hệ √ x2 −2 x − = √ (x - 4) x−4≥0 ¿ x≥4 x − ¿2 ⇔ Lời giải Phương trình đã cho tương đương với: x −11 x+ 28=0 x −2 x − 8=3¿ ¿ x≥4 x=4 ¿ x=7 ¿ ¿⇔ ¿ | Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = x=4 ¿ x=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Ví dụ Giải phương trình: √ x −1+ x −3 x +1=0 [ĐH Khối D – 2006] { Biến đổi phương trình thành: x   x  x  (*), đặt điều kiện bình phương vế ta được: x −6 x + 11 x −8 x +2=0 ta dễ dạng nhẩm nghiệm x = sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = Ví dụ Giải phương trình: √ x+ − √1 − x=√ 1− x Txđ: ¿ x+ ≥ 1− x ≥ 1=2 x ≥0 ⇔−4≤ x≤ ¿{{ ¿ ⇔ √ (1 − x )(1− x )=2 x+1 ⇔ x ≥ −1/ 2 x+1¿ Thông ¿thường dạng √ f (x )+ √ g ( x)= √ h (x)+ √ k (x ) , ta thường bình phương vế, điều đó⇔đôi lại gặp khó khăn giải Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) ¿ f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đổi phương trình dạng: ¿ x)=√ k (x) − √ g(x ) sau đó bình phương, giải phương trình hệ √ f (x )− ¿ −1/2 ≤ x √≤h( 1/2 ¿ (1− x)(1 −2 x)=¿ Ví dụ Giải phương trình: √ x+3+ √3 x +1=2 √ x + √2 x+2 Đkxđ: x ≥ √3 x −1 − √ x +2= √ x − √ x +3 ¿2 ¿ ¿ PT ⇔ √ x+ 1− √2 x+ 2=√ x − √ x+ 3⇒ ¿ Thử lại x=1 thỏa mãn x +1 Ví dụ Giải phương trình: + √ x +1=√ x − x +1+ √ x+ Đkxđ: x  x +3 x +1 ⇒ PT ⇔ − √ x +3= √ x − x+1 − √ x +1 x+1 √ x2 − x +1− √ x +1 ¿2 ⇔ xx++13 =x − x −1 ⇔ x −2 x −2=0 ⇔ ¿ x=1 − √ ¿ x=1+ √ ¿ ¿ ¿ x +1 − √ x +3 ¿2 =¿ x +1 ¿ ¿ Thử lại x=1+ √ là nghiệm Ví dụ Giải phương trình: √3 1− x + √3 2− x = √3 3− x Lời giải Lập phương hai vế phương trình ta có: 1− x+ 2− x +3 √3 1− x √3 2− x √ 1− x + √3 2− x ) = −2 x ¿ Suy √3 1− x √3 2− x √3 3− x = √ √ √ Do đó √3 1− x = √3 2− x = √3 3− x = 0, ta tìm x = ; x = 2; x = Thử lại thấy x =1, x = 2, x = thỏa mãn Bài tập đề nghị Bài Giải các phương trình sau: a √ x −1=x −3 b ❑√ x3 −2 x 2+2 x +1=3 x+ c √ − x − 1=√ x −1 d √ x +1= √ x − 3+ √ − x e √ x +3 − √ x − 2=7 f √ x + 4+ √ x −3=√ x + g √3 x −1+ √3 x − 3+ √3 x −2=0 h √3 x+1+ √3 x +2+ √3 x +3=0 i √3 x+34 − √3 x −3=1 k √3 x −1 − √3 x − 2=2 √3 x − l √ x −8+ √ x +7=√7 x +3+3 √ x+ Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √ − x 2+3 x −2= √ m+ x+ x Bài Tìm m để phương trình x  2mx  m  có nghiêm Bài Tìm m để phương trình x  mx  x  có hai nghiệm phân biệt Bài [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: x  mx  2 x  II GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đối với số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy dạng đơn giản Tùy theo dạng phương trình có thể đặt ẩn, nhiều ẩn, quy phương trình hệ phương trình Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn a Một số dạng thường gặp Nếu có √ f ( x ) và f(x) thì đặt t = √ f ( x ) Nếu có √ f (x ) , √ g(x ) mà √ f (x ) √ g ( x)=a (hằng số) đặt t=√ f ( x )⇒ g (x)=a/t Nếu có √ f (x )± √ g ( x), √ f ( x )g( x) , f (x )± g(x)=a đặt t=√ f ( x )± √ g(x) b Ví dụ áp dụng Ví dụ Giải phương trình: x −2 x +4 √(4 − x)(x +2) =11 Lời giải Đặt t = √ (− x )( 2+ x) , t ≥ Phương trình đã cho trở thành t + t − 3=0 ⇔ t=1 V t=3 Ta thấy t=1 ,t=3 thỏa mãn t ≥ Với t=1 thì √ (4 − x )(2+ x) = ⇔(4 − x)(2+ x )=1 ⇔ x −2 x − 7=0 ⇔ x=1 ±2 √ Với t=3 thì √( − x )( 2+ x) = ⇔ (4 − x)(2+ x )=9 ⇔ x −2 x +1=0 ⇔ x=1 Vậy phương trình có nghiệm là x=1 ±2 √ , x=1 Ví dụ Giải phương trình √ 3+x+ √6 − x − √(3+x)(6 − x)=3 (*) 3+ x ≥0 ⇔ − 3≤ x ≤ Lời giải Điều kiện 6−x≥0 t −9 Cách 1: Đặt t=√ 3+ x+ √6 − x ⇒ √(3+ x )(6 − x )= Pt đã cho có dạng: t 2− t− =3 ⇒ t −2 t − 3=0 ⇔ t=−1(loai)∨t=3 Với t=3 thay vào biểu thức đặt x=6 ∨ x=− Ví dụ Giải phương trình: 5( √ x −2+ √ x −1)=4 x −9+ √ x −5 x +2 Đkxđ x ≥ đặt t= √ x −2+ √ x − đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0 { 1+ x ¿2 ¿ 1− x ¿2 Ví dụ Giải phương trình: ¿ ¿ ¿ √¿ x=± không là nghiệm pt đã cho Chia vế PT cho √ 1− x 1+ x 1− x 1+ x ⇔2 + −3=0 đặt t= ⇒2 t+1 /t −3=0 ⇔ t −3 t+1=0 1−x 1+ x 1−x giải có t = 1, t = 1/ suy nghiệm phương trình Bài tập đề nghị a (x − 1)( x +2)+ √ x + x +1=0 −2 x x+4 b + =3 x +1 −2 x c √ 7− x+ √ x +1=x −6 x +13 d √ 1− x + √ x+ 7+2 √− x −6 x +7=8 e x  x   x  x  2 f x   3x   x  13 x  51  x √ √ √ √ x2  2x x  g 3x  x √ h ( x  x  2)( x  x  18) 168 x 2 m 15 x  x   x  15 x  11 2 p x  x  11 31 q ( x  5)(2  x) 3 x  x r (1  x)(2  x) 1  x  x 2 s x  17  x  x 17  x 9 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ví dụ Giải phương trình :  x2    x  x 1  x   t 3 t    x  t   x 0   t  x  , ta có :  t x  Ví dụ Giải phương trình :  x  1 t  x  x  3, t  Đặt :  x    x  1 t 0 x2  x  x2 1 x  1 t  x   Khi đó phương trình trở thành : Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có  chẵn :  t 2 x  x    x  1 t   x  1 0  t   x  1 t   x  1 0    t x  Bài tập đề nghị 2 x −1=2 x √ x −2 x x 2+2 x +2−(x +2) √ x 2+ 2=0 Đặt ẩn phụ đưa dạng tích Sử dụng đẳng thức u  v 1  uv   u  1  v  1 0 au  bv ab  vu   u  b   v  a  0 (4x-1) √ x +1 8x2+2x+1 A2  B Ví dụ Giải phương trình : pt  Giải:   x 1  3 x   x  1  x  x   x 0 x   0    x   3 3 Ví dụ Giải phương trình : x   x  x  x  x Giải: + x 0 , không phải là nghiệm + x 0 , ta chia hai vế cho Ví dụ Giải phương trình: Giải: dk : x  √3 x :  x 1  x 1  x 1  x     1 x x    x   x x  2 x  x  x   x 1 x   0    x 0 pt 4x x 3  4 x x 3 Ví dụ Giải phương trình : Giải: Đk: x 0   x   2x    4x 4x 1 2  1 x 3 x 3 x 3 :  Chia hai vế cho Đặt ẩn phụ quy hệ phương trình √n a − f ( x)+ √n b+ f ( x )=c → n u=√ a − f ( x) n v= √ b+ f (x ) Dạng 1: đặt ẩn phụ ⇒ n ¿ u +v n =a+b u+ v=c ¿{ 1− x + √3 1+ x=2 → √ u= √1 − x v=√ 1+ x Ví dụ Giải phương trình: ⇒ ¿ u+v =2 u3 + v 3=2 ¿{ 4x   0  x 1 x 3   x  0  x 1 √3 2− x=1− √ x −1 → u=√ − x v= √ x − ⇒ ¿ u +v =1 u+ v=1 ⇒ ¿ u=0 u=1 u=− ⇒ ¿ x=2 x=1 x =10 ¿{ Ví dụ Giải phươngtrình: dx+ e ¿ + nx+m Dạng 2: ẩn phụ chuyển phương trình thành hệ : √ ax +b=c ¿ Ví dụ Giải phương trình: − x +3 ¿ + x +4 dat− y+3=√ x+1 √ x +1=− x +13 x − 5⇒ √3 x +1=− ¿ ⇔ − x +3 ¿2 + x +4 ¿ − y +3 ¿2 =3 x +1 ¿ ⇔ ¿ −2 y +3 ¿ =x +2 y+ ¿ − y +3 ¿2 =3 x +1 ¿ ⇒ ¿ x= y ¿ y=5 − x ¿ ¿ −2 y +3=−¿ ¿ 15 − √ 97 11 − √ 73 1= y ⇒ x −15 x +8=0⇒ x= ¿ ¿ y =5− x ⇒ x2 −11 x +3=0⇒ x= ¿ 8 Ví dụ Giải phương trình: x  x  5 (1) Giải : Điều kiện : x  0  x  ¿ x − y=5(2) hệ phương trình : y − x=5(3) ¿{ ¿ Đặt x   y với y 0 Từ đó phương trình (1) trở thành 2 Trừ vế với vế (2) và (3) ta : x  y  x  y 0  ( x  y )( x  y  1) 0 Xảy trường hợp : a) x  y 0 hay x  y 0 , thay vào (2) phương trình : x  x  0 giải : x1  (1  21) 2 x b)  y  0 hay y  x  0 , thay vào (2) cú : x  x  0 giải : x  (1  17 ) Kết luận : Với nghiệm x1 , x thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có nghiệm x1 , x trên Dạng 3: Đưa hệ tạm Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B C , mà : A  B  C dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức x Ta có thể giải sau : A B C  A B A  A  B C  A C    B  A  B    , đĩ ta có hệ:  2 Ví dụ Giải phương trình sau : x  x   x  x   x   2x Giải: Ta thấy :  x     x  x  1 2  x   x  không phải là nghiệm Xét x  Trục thức ta có : 2x  x   2 x  x   x2  x  2x2  x   x  x  2  x  x   x  x  2  2 x2  x  x     x  x   x  x  x  Vậy ta có hệ: Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= Ví dụ Giải phương trình :  2x Ta thấy : 2 x  x   x  x  3x  x  1   x  x  1  x  x Ta có thể chia hai vế cho x và đặt t , không thỏa mãn điều kiện trên x thì bài toán trở nên đơn giản Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau: √ 1+ √1 − x 2=x (1+2 √1 − x ) √3 x −2+ √ x +1=3 3 x  2 x  (Đặt y= √3 x+ √3 35 − x=5 √ 2− √ 2(1+ x )+ √4 x=1 x 2+ x=√ x+ 2x  ) √3 2− x+ √ x − 1=1  x 0   x 8  1 x− +¿ 1− x x x= √ ¿ √ Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến : 2 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u   uv   v 0 (1) cách u u         0 v Xét v 0 phương trình trở thành:  v  v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau đưa (1) a A  x   bB  x  c A  x  B  x   u   v  mu  nv Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) các biểu thức vô tỉ thì nhận phương trình vô tỉ theo dạng này a Phương trình dạng : Như phương trình a A  x   bB  x  c A  x  B  x  Q  x   P  x  có thể giải phương pháp trên  P  x   A  x  B  x   Q  x  aA  x   bB  x  Ví dụ Giải phương trình :  x   5 x3  Giải: Đặt u  x  1, v  x  x  2 u  v Phương trình trở thành : Ví dụ Giải phương trình :   u 2v 5uv    u 1 v  x  3x   Tìm được: x  37 x  x2 1 3 Ví dụ giải phương trình sau : x  x  7 x  Giải: Đk: x 1 Nhận xt : Ta viết   x  1    x  x  1 7 Đồng thức ta được:  x  1  x  x  1  x  1   x  x  1 7  x  1  x  x  1  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u u  x  0 , v  x  x   , ta được:  Đặt Ta : x 4  Ví dụ Giải phương trình : Giải: x3  3x   x  2  x 0 Nhận xét : Đặt y  x  ta hãy biến pt trên phương trình bậc x và y :  x y x  3x  y  x 0  x3  xy  y 0    x  y Pt có nghiệm : x 2, x 2  2 b.Phương trình dạng :  u   v  mu  nv Phương trình cho dạng này thường khó “phát “ dạng trên , nhưg ta bình phương hai vế thì đưa dạng trên 2 Ví dụ giải phương trình : x  x   x  x  u  x  2 v  x2    Giải: Ta đặt : đó phương trình trở thành : u  3v  u  v Ví dụ 6.Giải phương trình sau : Giải :Đk x x x  x  x   3x  x  1 Bình phương vế ta có :  x   x  1 x   x  x   x  1  x  x    x  1  1 v u  2 uv u  v   u  x  x  1  u v  v 2 x  đó ta có hệ :  Ta có thể đặt :  1 1 u v  x2  2x   x  1 2 Do u , v 0 x  14 x   Ví dụ giải phương trình : Giải: x  x  20 5 x  x  x  5  x  x  20   x  1 x  Đk Chuyển vế bình phương ta được: x  x    x  x  20     x  1 , Nhận xét : không tồn số đặt để : ta không thể u  x  x  20  v  x  x Nhưng may mắn ta có :  x  20   x  1  x    x    x  1  x    x  x    x  x  5   x   5 ( x  x  5)( x  4) Ta viết lại phương trình: giải III TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG Trục thức để xuất nhân tử chung a Phương pháp Đến đây bài toán Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm nghiệm x0 phương trình luôn đưa dạng tích  x  x0  A  x  0 ta có thể giải phương trình A  x  0 chứng minh nghiệm , chú ý điều kiện nghiệm phương trình để ta có thể đánh gía b Ví dụ Ví dụ Giải phương trình sau : Giải: Ta nhận thấy :  3x 3x  5x     x    x  x  1    x   3x  3x    x   V x  2x  3x  x    x  x  1 A  x  0 A  x  0 vô vô nghiệm x  3x       x  x  3  x   3x   x2   x2  3x  Ta có thể trục thức vế : Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm phương trình x  12  3x  x  5 x  3x  0  x  Ví dụ Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x  12  Giải: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm phương trình , phương trình có thể phân tích dạng  x   A  x  0 , để thực điều đó ta phải nhóm , tách sau : x  12  3 x   x     x2   x  2   x  12   Dễ dàng chứng minh : x2  x  12  3  x    x2  x2   x 1    0  x 2 x2    x2 x2    0, x  2 x  12  x 5 3 3 Ví dụ Giải phương trình : x   x  x  Giải :Đk x  Nhận thấy x=3 là nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình    x  3  x  x   x 3   x    x   x     x  3 1   3 x2  x3      x     x 3 x 3 1 1   x  3x  2 2 3  x  2 x  14 x  1    x3   Ta chứng minh : 3   Vậy pt có nghiệm x=3 Nhân liên hợp Ví dụ Giải phương trình: Giải Điều kiện x  10 x  31x  35  x  13 x   x  (1) Ta biến đổi phương trình sau:  x  18 x  27 ( x  3)( 10 x  31x  35  x  13 x  8)  3( x  3)2 ( x  3)( 10 x  31x  35  x2  13 x  8)  x 3  2 (2)  10 x  31x  35  x  13 x  3( x  3)  x  0 x  13 x  x    2 7 x  13x  ( x  3) (Hệ này vô nghiệm) Từ (1) và (2) suy Vậy phương trình có nghiệm x=3 Ví dụ Cho các số thực x, y thoả mãn ( x  x  1)( y  x  y 0 y  1) 1 (1) Chứng minh Giải Nhận thấy ( x  x  1)( y  trình (1) ta suy ( x  Từ (1) và (2) suy y  1)( x  x  1)( y  ( x  x  1)( y  y  1) ( x  x  1)( y  y  1) 1 nên kết hợp với phương y  1) 1  ( x   x)( y   y ) 1 (2) x  1)( y  y  1)  x y   y x   x y   y x   x y   y x  1(*) +) Nếu x=0 thì từ(*) suy y=0 đó x+y=0 +) Nếu x 0 thì từ (*) suy x và y trái dấu Bình phương hai vế (*) ta x (1  y )  y (1  x )  x  y  x  y 0 (Đpcm) IV PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x )  g ( x ) ) phương pháp đánh giá, thường là để ta phương trình có nghiệm (nghiệm nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải Ta có thể sử dụng tính đơn điệu hàm số (có thể thấy sử dụng đạo hàm xét biến thiên hàm số) để đánh giá cách hợp lý  f ( x)  g ( x )   f ( x) C (C )  f ( x)  g ( x) C  g ( x) C (C ) Thường ta đánh giá sau:  , đánh giá f ( x)  g ( x) là f ( x ) g ( x) … Ngoài bài cụ thể nào đó ta có cách đánh giá khác Cũng có số phương trình vô tỷ có nhiều ẩn mà ta giải phương pháp đánh giá Một số ví dụ |x +1| + =2 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương |x +1| | x+1| |x +1| 3 |x +1| = trình ta có + ≥2 =2 vế phải dấu xẩy |x +1| |x +1| |x +1| x = , x = phương trình có nghiệm x=2,x=4 Ví dụ Giải phương trình sau: √ 2 Ví dụ Giải phương trình: x  x   x  10 x  14 4  x  x Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5 , đó hai vế cùng Ta phương trình có nghiệm là x  2  x  x 9 x  Ví dụ Giải phương trình Đk x 0 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta   2 Vt =  x  x    x 1   ( x  9)   x 1 x 1   x  x   Vp .Phương trình có nghiệm dấu 2  x 1 x 1 x 1  x x x 1 Vậy phương trình có nghiệm là đẳng thức xảy hay x y   y x   xy Đk x 1; y 1 Ví dụ Giải phương trình Ta có x( y  y  1)  xy 2  y ( x   1)  x( y   1)  xy 2 x y   y x   y ( x  x  1)   x 1; y 1   2  y ( x   1)  x( y   1) 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với Từ đó ta phương trình có nghiệm là ( x; y ) (2; 2) x   x  1 27 x  24 x   x2   Bài tập đề nghị x  x  19  x  x  13  13x  17 x  3 3( x  2) 28 27 1  x 6 4  x2 x    x3 1  x  x  x  3x2  x  x  x  x  2 4 13 x  x  x  x 16 ( x  2)(2 x  1)  x  4  ( x  6)(2 x  1)  x  10 2 2 x   x  3x   x  x   x  x  16  10  ( x  1996  y  2008) x  1996 y  2008 V PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Một số dạng a Phương trình f ( x) k Nếu f ( x) đơn điệu thì phương trình f ( x ) k có nghiệm x  x0 (Để tìm x0 ta nhẩm nghiệm) b Phương trình f ( x)  g ( x) Nếu f ( x) đồng biến và g ( x) nghịch biến thì phương trình f ( x)  g ( x) có nghiệm x  x0 (Để tìm x0 ta nhẩm nghiệm) c Phương trình f (u )  f (v ) Nếu f ( x ) đơn điệu thì phương trình f (u )  f (v)  u v Các ví dụ minh họa Ví dụ Giải phương trình: √ x −1+ √ x − 1=1 Đkxđ x ≥ 1/2 Xét hàm số y=√ x −1+ √ x −1 txd x ≥ 1/2 4x , + >0 ∀ x ≥ 1/ hàm số luôn đồng biến trên txđ pt Có đạo hàm y = √ x −1 √ x − không có quá nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm Ví dụ Giải phương trình: x 5+ x − √ 1− x+ 4=0 Xét hàm số y=x + x − √1 −3 x +4 txđ >0 h/s đồng biến trên txđ phương trình không có x≤1/3 có đạo hàm y '=5 x +3 x + √ 1− x quá nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm bài toán Ví dụ 3.Giải phương trình: √ 3− x+ x − √ 2+ x − x 2=1 ⇔ √ 3− x+ x 2= √ 2+ x − x 2+1 > o hàm số tăng đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = √ 3+t txđ [ −3,2 ] f`(t)= √ 3+t t ¿, =− <0 hàm số nghịch biến chúng có thể giao điểm , √ 2− t g(t)=1+ √2 −t ⇒ g ¿ 1± √ thấy t =1 là nghiệm đó t=1 suy pt x2- x =1 có nghiệm x= Ví dụ Giải phương trình :    x  1  Xét hàm số  x  1     x  1        3x   f  t  t  t   x  x   x  x  0   3x     f  x  1  f   x   , là hàm đồng biến trên R, ta có x  15 3 Ví dụ Giải phương trình x  x  x   x  x   x3  x  x   y  y  y  x  1   x  1  3 7 x  x   y Giải Đặt y  x  x  , ta có hệ :  f  t  t  t Xét hàm số : , là hàm đơn điệu tăng Từ phương trình  x 5 f  y   f   x  1   y  x    x  1  x  x     x    Bài tập đề nghị 1  x   x 2 x  x x  8 x3  x  IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC Một số lưu ý    t ; x 1  2  cho : sin t  x và số y với y   0;   Nếu thì có số t với cho x cos y     t   0;  y   0;    cho : sin t  x và số y với   Nếu  x 1 thì có số t với cho x cos y    t   ;   2  cho : x tan t Với số thực x có 2 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x  y 1 , thì có số t với t 2 , cho x sin t , y cos t Một số ví dụ 1  2 2 x  x Ví dụ Giải phương trình  x cos y, y  (0;  ), y  Phương trình đã cho trở thành Đặt 1  2  sin y  cos y  2.sin y cos y sin y Đặt sin y  cos y z ,   z  z  2 suy sin y 2sin y cos y  z  , ta z  và Với z  thì Với z  y  x , đó 1 11 x  y 2 thì 12 , đó Vậy phương trình có nghiệm là x 1 x  2 và x3  (1  x )3  x 2(1  x ) Ví dụ Giải phương trình   x  Đk    x sin y, y    ;   2  suy cos y 0 Đặt 3 Khi đó phương trình trở thành sin y  cos y  sin y cos y sin y  cos y  z , z    2;  z    1;  (chính xác là ), biến đổi phương trình ta z  2.z  3z  0  ( z  2)( z   1)( z  1) 0  z   z 1  Đặt Nếu z  thì thì y  x , đó Nếu z 1  thì sin y  cos y 1   x   x 1    x 1   x 0 1  x 21 2 Vậy phương trình có nghiệm trên   x2    x   =1 Ví dụ Giải phương trình     x , t   ;  x 1 sin t  2 Giải: đk: , ta có thể đặt  cos t 0   cot t  1   sin x sin 2t   Khi đó ptt: x    Phương trình có nghiệm :  Bài tập đề nghị x  3x   x   x 8 x  (1  x )3  x   x  1 2 (  x )  x  x  x  x (1  x ) 3  x 2  x (1  x )3   x2 6 x  20 x  x 2 x   x  x  x 1 x   x  1 x 1   2x 2x   x2  VII MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC Ngoài phương pháp thường gặp trên, đôi ta có lời giải khác lạ số phương trình vô tỷ Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp trên để giải phương trình Dùng tọa độ véc tơ   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ:     u  v u  v   x1  x2  u  x1; y1  , v  x2 ; y2  đó ta có   y1  y2   x12  y12  x22  y22 x y     k 0 x2 y2 Dấu xẩy và hai véc tơ u , v cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương      u.v  u v cos   u v Ví dụ Giải phương trình: , dấu xẩy và cos α =1 ⇔ u x  x  20  x  x  29  97 cùng hướng v   a  ( x  2; 4) b Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ và ( x  2;5)    a  b  97 a  x  x  20  a  + b=(− ; 9) Khi đó ta , suy và ta có ,        b  x  x  29 a  b a b Phương trình trở thành , đẳng thức đó xảy a và b cùng x  x 2   x Từ đó ta phương trình có nghiệm là chiều Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác Nếu tam giác ABC là tam giác , thì với điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA  MB  MC OA  OB  OC với O là tâm đường tròn Dấu xẩy và M O Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC cùng góc 120 Ví dụ Giải phương trình x  2.x   x  2.x  16 5 Nếu x 0 thì Vt 3  7  = Vp (phương trình không có nghiệm) Nếu x  thì ta xét tam giác vuông ABC với A 90 , AB = 4; AC = Gọi AD là phân giác góc A, lấy M thuộc tia AD 2 2 Đặt AM = x, xét ACM  CM  x   2.x và xét ABM  BM  x  16  2.x Từ đó suy Vt = CM  BM BC 5 Dấu đẳng thức xảy M D ,hay CM  BM  16CM 9 BM  16 x 16.9  48 2.x 9 x 16.9  36 2.x  x  12 2.x 0 12  x 12 x Vậy phương trình có nghiệm là Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Ví dụ CMR phương trình sau có nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): x +6 √3 1− x=3 đặt t= √3 1− x có pt 2t3 – 6t + =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ng t(-2,0) suy có ng x (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ng t (0,1) suy có 1ng x (0,1) , f(1)f(2)< có 1ng t (1,2) suy có ng x (-7,0) Vậy phương trình đã cho có đúng nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9) Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc Tìm tập xác định phương trình Xét hàm số f trên miền D ,tồn đạo hàm bậc suy hàm số lồi lõm trên miền Suy phương trình không có quá nghiệm nhẩm nghiệm thuộc miền D Ví dụ Giải phương trình: √ x +1=3 x − x+ ⇔ đ/k x≥ - 2 √ x +1 −3 x + x −3=0 xét hàm số f(x) = √ x +1 −3 x + x −3 trên tập x/đ x x+ 1¿ ¿ ¿ ≥ -1, hàm số đó có đồ thịlồi trên txđ Do đó phương trình √¿ 3 f , (x )= −6 x +8 ⇒ f ,,`` (x )=− ¿ √ x+ có nghiệm thì không quá nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = là nghiệm Ví dụ Giải phương trình: √ x+ √ x+ 1=x 2+ x +1 điều kiện x ≥ phưong trình tương đương với √ x+ √3 x+ 1− x − x − 1=0 xét hàm số f(x) = √ x+ √ x+ 1− x − x − tập xác định x ≥ x +1 ¿2 ¿ ¿ đồ thị hàm số lồi trên tạp xác định vì 4√¿ f , (x )= + −2 x − 1⇒ f ,, (x)=− − 2 √ x √ x +1 √x ¿ phương trình không có quá nghiệm ,dễ thấy x = ,x = là nghiệm PT tương đương Một số phương trình không mẫu mực 10 Ví dụ Giải phương trình: + =4 đ/k x < 2 −t 3− t 6 > 0⇒ 2− x= ⇔ 3− x=1+ đặt t = 2−x t t 10t =4 ⇔ t +6 t≤4 ¿ Pt thành t+ đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy −t ¿ ¿ 10 t =¿ t +6 (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy x=1/2 cònphương trình: t -6t2-48=t2(t-6) -48 < với o<t≤ vô nghiệm, pt đã cho có nghiệm x=1/2 Ví dụ Giải phương trình: √ x −7 x+ 3− √ x −2= √ x − x −1 − √ x −3 x +4 tưong đương với √ x −7 x+ 3− √ x −5 x −1=√ x −2 − √ x −3 x +4 tương đương với −2 x+ x−6 = 2 √3 x −7 x +3+ √3 x −5 x −1 √ x − 2+√ x2 −3 x +4 *) với x > không thể là nghiệm vì vế trái < 0,vế phải > *) với x < không thể là nghiệm *) với x = là nghiệm phương trình có nghiệm x = √ √ √ √ Bài tập 1) 2) x2  x 1  x2  x2  4x      x 1  x2  x  10 x  50 5    x  3 Chuyên đề BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong các đề thi đại học năm gần đây, ta hay gặp Bài toán bất phương trình, là các bất phương trình chứa Nhằm giúp các bạn ôn thi tốt, Bài viết này chúng tôi xin giới thiệu số dạng Bài và kỹ giải A PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG * Hai bất phương trình gọi tương đương chúng có cùng tập nghiệm * Một số phép biến đổi tương đương: +) Cộng (trừ) hai vế bất phương trình với cùng biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện bất phương trình +) Nhân (chia) hai vế bất phương trình với cùng biểu thức ( luôn dương âm) mà không làm thay đổi điều kiện bất phương trình +) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai bậc lẻ hai vế bất phương trình +) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai bậc chẵn hai vế hai vế bất phương trình cùng dương +) Nghịch đảo hai vế bất phương trình hai vế cùng dương ta phải đổi chiều I Kỹ thuật lũy thừa hai vế Phép lũy thừa hai vế: k+1 a) √ f (x )> k+1√ g (x)⇔ f ( x)> g( x ) 2k √ f ( x)> 2√k g( x)⇔ g (x) ≥ b) f ( x)> g(x ) ¿{ ¿ √ A >B ⇔ B<0 B≥0 *) A ≥0 A> B2 ¿{ ¿{ ¿ √ A <B ⇔ B>0 A≥0 *) A<B ¿{{ *) √ A < √ B ⇔ 0≤ A< B ( Đối với các trường hợp còn lại với dấu , ≤ , < các bạn có thể tự suy luận ) Lưu ý: Đặc biệt chú ý tới điều kiện Bài toán Nếu điều kiện đơn giản có thể kết hợp vào bất phương trình, còn điều kiện phức tạp nên để riêng Ví dụ: Bài 1: Giải các BPT sau: a) √ x −3< x − ; b) √ x2 − x +1≤ x +3 c) √ x −2> x − ; d) √ x + x − ≥ x +1 Giải: √ x −3<2 x − ⇔ x −1>0 x −3 ≥ x − 3< ( x −1 ) ⇔ a) ¿x> x≥3 x − x +4>0 ⇔ x≥3 ¿{{ Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: ¿ √ x2 − x +1≤ x +3 ⇔ x − x+1 ≥ x+ 3≥ 2 b) x − x +1 ≤ ( x +3 ) ⇔ x ≥− ¿{ { Vậy tập nghiệm bất phương trình là: ¿ Hai Bài tập còn lại các bạn tự giải Bài 2: Giải BPT: * √ x+ − √ − x ≤ √ 1− x (1) Giải: ⇔ √ x+ ≤ √ 1− x+ √ −2 x ⇔ 1− x ≥ 1− x ≥ x+ ≥ x + ≤ ( √1 − x + √ 1− x ) (1) ⇔ ¿−4≤x ≤ 2 x+ 1≤ √ x − x+1 ¿{{{ ⇔ ¿ x +1 ≥ x −3 x+1≥ ( x +1 )2 ¿ ¿ ¿ no ¿ ¿⇔ ¿ ¿−4≤ x≤ ¿ ¿ x≥− ¿ − ≤ x≤0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ no ¿ ¿ x<− ¿ ¿{ ¿ ¿ * Vậy tập nghiệm: [-4;0] Bài tập tương tự : Giải BPT: √ x −1 − √ x −1> √2 x − (TS (A)_ 2005) Đáp số: Tập nghiệm T=[2;10) II Kỹ thuật chia điều kiện Kỹ thuật: Nếu Bài toán có điều kiện là x ∈ D mà D=D1 ∪ D2 ∪ ∪ Dn ta có thể chia Bài toán theo n trường hợp điều kiện: +) Trường hợp 1: x ∈ D , giải bất phương trình ta tìm tập nghiệm T +) Trường hợp 2: x ∈ D , giải bất phương trình tìm tập nghiệm T2 ………………………………… +) Trường hợp n: x ∈ D n , giải bất phương trình tìm tập nghiệm Tn Tập nghiệm bất phương trình là T =T ∪T ∪ ∪T n Yêu cầu: Cần phải xác định giao, hợp trên các tập R thành thạo Ví dụ: −4 ≤x≤ Bài 1: Giải BPT: √− x + x+ 4+ <2 x Giải: (1) ¿ x≠0 * Điều kiện: −1 ≤ x ≤ ¿{ ¿ ⇔ √ −3 x + x+ 4< x − ⇔ x −2 ≥ * Với 0< x ≤ (i) ta có (1) 2 −3 x + x + 4< ( x − ) ¿{ ⇔ x≥1 x − x >0 (ii) ⇔ x> ¿{ Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là T =¿ * Với −1 ≤ x <0 thì (1) luôn đúng Tập nghiệm trường hợp này là T2 = [-1 ;0) Vậy tập nghiệm (1) là T =T ∪T =¿ ∪ ¿ Bài tập : Giải BPT : √ x2 −3 x+ 2+ √ x −4 x+3 ≥ √ x − x+ Đáp số : x ≥ x = III Kỹ thuật khai 1) Đưa biểu thức ngoài thức : ¿ A ( A ≥ 0) − A ( A<0) * ¿ √ A =| A|={ ¿ A y A y * = (E , x ≠0) E2 x E x 2n n+1 * * √ A2 n=|A| √ A n+1= A 2) Lưu ý : Biến đổi các biểu thức thức thành đẳng thức 3) Ví dụ : Giải BPT : √ x+2 √ x −1+ √ x − √ x −1> (1) Giải : √ | |√ 2 (1) ⇔ √ x − 1+ √ x − 1+ 1+ √ x −1 −2 √ x −1+1> ⇔ ( √ x − 1+ ) + ( √ x − 1− ) > 2 ¿ x ≥1 ⇔ √ x −1+1+|√ x − 1− 1|> (2) ¿{ ¿ * Với √ x −1 −1 ≥ ⇔ x −1 ≥ 1⇔ x ≥ luôn thỏa mãn bpt (2) Vậy trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+ ∞ ¿ √ √ √ x −1 −1<0 ⇔ * Với x≥1 x −1<1 ⇔1 ≤ x <2 ¿{ bpt (2) trở thành : 3 √ x −1+1+1 − √ x − 1> ⇔2> (luôn đúng) 2 Vậy tập nghiệm (1) trường hợp này là T2=[1 ;2) KL : Tập nghiệm (1) là T= T ∪T =¿ * Chú ý : Bài này ta có thể giải phương pháp bình phương hai vế IV Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đưa bất phương trình tích Bất phương trình tích : Trên điều kiện bpt ta có : f ( x)g (x) ≥ ⇔ f (x) g (x)>0 ⇔ ¿ f ( x)>0 ¿ f (x)>0 g( x )≥ g(x )> ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ f ( x)< * * f ( x )<0 ¿ g( x )≤ ¿ ¿ ¿ g(x )< ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ f ( x)=0 ¿ Các trường hợp còn lại, các bạn tự suy luận Lưu ý : Đây là kỹ thuật giải đòi hỏi có tư cao, kỹ phân tích thành nhân tử thành thạo, cần phải nhìn nhân tử chung nhanh Ví dụ : Giải BPT : √ x −1 ( x − x +1 ) −3 x − 1≥ (1) Giải : Điều kiện : x ≥ 1(∗) (1) x −1+3 x √ x −1+ √ x −1 − x √ x −1 −3 x − x ≥ ⇔ √ x − ( √ x − 1+3 x2 +1 ) − x ( √ x −1+3 x 2+ ) ≥  x   x x   x  0    x   x 0  (do √ x −1+3 x 2+ 1> x 1 ) 2 ⇔ √ x − 1≥ x ⇔ x −1 ≥ x ⇔ x − x+1 ≤ (vô nghiệm) Vậy BPT đã cho vô nghiệm V Kỹ thuật nhân chia liên hợp : Biểu thức nhân chia liên hợp: A −B ( A ≠ B) √ A ± √ B= * √ A ∓√ B A ∓ √B =√ ( A ≠ B) * A−B √ A ± √B Lưu ý: +) Nên nhẩm với số nghiệm nguyên đơn giản +) Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp Ví dụ: Giải BPT : √ x2 +15<3 x − 2+ √ x2 +8 (1) Giải: 2 * Ta có (1) ⇔ √ x +15 − √ x +8<3 x − x +15 − x − ⇔ < x −2 ⇔ <3 x −2 (2) √ x +15+√ x + √ x +15+√ x − Từ (2) ta có x −2> ⇔ x> * Mặt khác: (1) ⇔ √ x 2+15 − <3 x −3+ √ x +8 −3 2 x −1 x −1 ⇔ <3( x −1)+ √ x +15+ √ x + 8+3 x +1 x+1 ⇔ ( x −1 ) −3− < (3) √ x +15+ √ x +8+3 x +1 x+1 2 < * Lại có : Vì x> nên √ x +15+ 4> √ x + 8+3 ⇔ √ x +15+ √ x +8+3 x +1 x +1 ⇒ − − 3<0 √ x +15+ √ x + 8+3 Vậy (3) ⇔ x −1>0 ⇔ x >1 KL : BPT (1) có tập nghiệm là T= ( 1; +∞ ) * Chú ý : Trong Bài toán này, việc thêm bớt, nhóm các số hạng với để xuất nhân tử chung xuất phát từ việc nhẩm x=1 thì hai vể BPT Thường dùng cách giải tương tự cho Bài toán : √ x2 +a 2< cx − d+ √ x +b2 Bài tập tương tự : Giải BPT : √ x +1 − √ − x +3 x2 −14 x −8 ≤ (Dựa vào ĐH_B_2010) VI Một số Bài tập tự luyện : Giải các BPT sau : x+ x − √3 x − 2< 1− x 1, √ x+ √ x − 4+ √ x −4 √ x −4 ≥ 2, √3 x − 3, √ x+ √2 x −1+ √ x − √ x −1> √ 4, √ x + − √ x +1 ≤ √ 3+ x 2 5, 6, ( x − x ) √ x − x −2 ≥ (ĐH_D_2002 ) (4 x −1) √ x +1>2 x +2 x +1 1 x − 16 √ > + √ x −3> 7, 8, √2 x +3 x −5 x − √ x −3 √ x −3 − √1 −4 x2 9, 10, √ x2 −8 x +15+ √ x2 −2 x+ 15≤ √ x −18 x+18 <3 x x2 < x+ 21 11, 12, ( x +1 )2 < ( x+10 ) ( − √ 3+2 x ) ( 3− √ 9+2 x ) ( 13, 1 + x− ≥ x x x √ √ x+ ) 14, ( ) √ x + x +1+√ x ( x − x +1 ) ≤ x +1 2 √ x B PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I Một số yêu cầu : - Dạng này học sinh cần nhớ cách đặt ẩn Từ đó mở rộng cho Bài toán tương tự - Chú ý tới các điều kiện ẩn II Một số dạng toán và các Bài toán làm mẫu Đặt ẩn phụ đưa bpt đơn giản : x x+1 −2 >3 x +1 x √ Bài :Giải BPT : (1) Giải : * Điều kiện : −2 t >3 ⇔ t +3 t −1< 0(t >0) t x +1 (t>0) BPT (1) trở thành : x ⇔ ( t +1 ) ( 2t + t −1 ) < ⇔0<t < x +1 Vậy 0< < ⇔ − < x<− x * Đặt t= x> ¿ x< −1 (*) ¿ ¿ ¿ ¿ √ √ Bài : Giải BPT : ( √ x+ 2√x ) <2x+ +4 2x (2) Giải : * Điều kiện : x>0 ⇒t ≥ √2 (theo bất đẳng thức Côsi) * Đặt t=√ x+ √x 1 ⇒t 2=x+ +1 ⇔2 x+ =2 t − 4x 2x t<2 t −2+ ⇔ t>2 ¿ t< * BPT (2) trở thành : kết hợp với t ≥ √ ta t> ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ √ x+ * Khi đó > 2⇔ √x 2+ √ √x > ¿ −√2 0< √ x< ¿ x > + √2 ¿ 0< x< − √ 2 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ KL : * Chú ý : Bài toán có thể mở rộng cho dạng : a [ f ( x)+ f −1 ( x )]+ b [ f (x )+f − ( x) ] +c <0 Đặt ẩn phụ đưa bất phương trình lượng giác : Giải BPT : √ ( 1− x ) + √ x ≤ (1) Giải : * Điều kiện : * Đặt x=cos t x ∈ [0 ; ] π [ ] với t ∈ ; BPT (1) trở thành : sin t+ √cos t ≤1 π sin t+ √ cos t ≤sin t+ cos2 t =1 với t ∈ ; * Do đó BPT đã cho có nghiệm là x ∈ [ ; ] Bài tập tự luyện: Giải các BPT: 1) √ x2 −3 x+ 3+ √ x2 −3 x +6<3 2) √ x +7+ √ x −6+2 √ 49 x 2+7 x − 42< 181−14 x 3) √ 1+ √1 − x < x ( 1+2 √ 1− x2 ) 4) √ x +3+ √ x+ 1=3 x+ √ x +5 x+ 3− 16 Do sin5 t ≤ sin t 5) 7) 9) [ ] và nên x ( x − ) √ − x2 + x+ ( x −2 )2 <2 √ x − √ x − 1+ √ x +√ x −1 ≤ 2 2 x +2 x x − <3 x+1 x √ 11) 1+ √1 − x >2 x2 6) 8) 1 1− + x − ≥ x x x x+ √ − x < x √ 1− x √ √ 3 10) x √ 35 − x ( x+ √35 − x ) >30 12) √ 1+ √1 − x [ √( 1+ x )3 − √ ( 1− x )3 ] ≥ 13) ( x+ √ x +2 ) ( x+ √ x +18 ) ≤168 x 14) √ x − 1<4 x +7 x +1 3x −2 x 1+2 x +1> 15) 16) √ 1− x + √ 1+ x < + 1−x 1+2 x −2 x √ 1− x2 12 x − 17) √ √ −1 − x + √ x ≥ 18) √ x +4 −2 √ − x > √2 √ x +16 √ √ − x2 + √3 √ C PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ * Nhớ cách xét tính đơn điệu hàm số, lập bảng biến thiên… * Nhớ các bất đẳng thức * Thường áp dụng cho các Bài toán đặc thù, phức tạp không có thuật toán cụ thể hay có các kì thi đại học các năm gần đây I Kỹ thuật sử dụng BĐT để đánh giá hai vế: 1) Bất đẳng thức thông dụng: * Bất đẳng thức Côsi: a1 +a2 + an n Với a1 ≥ , a2 ≥ 0, , an ≥ ta có ≥ √ a1 a2 an n Dấu “=” xảy a1=a2= =an * Bất đẳng thức Bunhiacopski : Với a1 , a2 , ., a n , b , b2 , ,b n ta luôn có : ( a1 b1 +a b 2+ .+ an bn ) ≤ ( a21 +a 22+ .+ a2n )( b21 +b22 + +b 2n ) a1 a2 a = = = n Dấu « = » xảy b1 b bn 2) Ví dụ : Bài : Giải BPT : √ 1+ x + √ − x ≤ 2− x2 Giải : * Điều kiện : ¿ 1+ x ≥ 1− x ≥ (*) ⇔ − 1≤ x ≤ ¿{ ¿ x4 * Khi đó ( 1) ⇔1+ x +1− x+ √ 1− x ≤ − x + 16 4 x x ⇔ ( − x −2 √ − x +1 ) + ≥ ⇔ ( √1 − x − ) + ≥ 16 16 2 Điều này luôn đúng với x thỏa mãn điều kiện (*) Vậy nghiệm BPT là x ∈ [ − 1; ] Bài : Giải BPT : (ĐH_A_2010) x −√ x − √2 ( x − x +1 ) ≥ (2) Giải: * Điều kiện: x ≥ (*) * Ta có: √ ( x − x+ )=√ x 2+ ( x −1 )2 +1>1 ⇒ 1− √2 ( x − x+1 ) < Vậy (2) ⇔ x − √ x ≤ 1− √2 ( x − x+1 ) ⇔ √ ( x − x+1 ) ≤ 1− x+ √ x (3) Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có: √ ( x − x+ )= ( 1+1 ) [ ( 1− x )2 +( √ x )2 ] ≥ − x +√ x (4) √ (1) ¿ 1− x=√ x 1− x+ √ x ≥0 ⇔ ¿ ( 1− x ) =x * Dấu xảy 1− x ≥ −√5 ⇔ x= ¿{ ¿ KL: III Kỹ thuật sử dụng tích vô hướng hai vectơ Định nghĩa: u v =|u|.|v| cos(u , v ) a) Biểu thức tọa độ tích vô hướng: +) Trong hệ tọa độ Oxy, u=(x ; y ), v =( x '; y ' ) thì u v =x x ' + y y ' +) Trong hệ tọa độ Oxyz, u=( x ; y ; z), v =( x '; y '; z ' ) thì u v =x x ' + y y ' + z z ' b) |u v|≤|u |.|v| Dấu xảy và u , v cùng phương c) |u + v|≤|u|+|v| Dấu xảy và u , v cùng hướng 2) Ví dụ: Ta quay lại Bài thi ĐH_A_2010: Giải BPT : x −√ x − √ ( x − x +1 ) (ĐH_A_2010) ≥ (1) Giải: * Điều kiện: x≥0 2 x −2 x+1 * Do √ 2( x − x +1) = >1 nên bất phương trình (1) tương đương với ¿ √¿ x − x+1 ¿ 2¿ (2) 2(x − x+1) ⇔ √ ¿ x − √x ≤ −√¿ x Trong mặt phẳng tọa độ lấy 1− x ; √ ¿ , b=(1 ; 1) Khi đó: a=¿   a b=1 − x + √ x ;|a|.|b|=√ ( x − x+1 )  cùng hướng tức là tồn k>0 cho Vậy (2) trở thành |a||b|≤ a b Điều này xảy a , b  a=k b ⇔ 1− x=k √ x=k −√5 ⇒ x= ¿{ Nhận xét: Ta có thể xây dựng lớp các Bài toán tương tự trên cách lấy các vectơ thích hợp IV Kỹ thuật sử dụng khảo sát hàm số để đánh giá Thuật toán: Để giải bất phương trình f ( x)> g(x ); f (x)< g ( x) ; f ( x )≥ g(x ); f ( x) ≤ g ( x) ta khảo sát vào tính chất các hàm số y = f(x) và y = g(x), đưa bảng biến thiên và từ bảng biến thiên đưa kết luận Lưu ý: Nếu m là tham số thì y = h(m) là đường thẳng song song trùng với trục hoành Ví dụ: x 3+3 x − 1≤ a ( √ x − √ x −1 ) Bài 1: Tìm a để BPT sau có nghiệm: (1) Giải: * Điều kiện: x ≥ Khi đó: (1) ⇔ ( √ x + √ x −1 ) ( x +3 x −1 ) ≤ a (1’) * Đặt f (x)=( x +3 x − ) ( √ x + √ x −1 ) Ta có: f ' (x)=( x +6 x ) ( √ x + √ x − )+ ( x 3+3 x − ) ( 1√ x + √ x1−1 )> ∀ x >1 Do đó f(x) là hàm đồng biến trên ¿ * Bảng biến thiên: x +∞ +∞ f(x) Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy bpt (1) có nghiệm a ≥ Bài 2: Tìm m để BPT x −2 mx+1 ≥3 √ x + x x> (1) nghiệm đúng với Giải: 1 Ta có (1) ⇔2 mx ≤ x +1− √ x 3+ x ⇔ m≤ x+ −3 x + ( x >0) (1’) x x 1 * Đặt t=2 x + Do x> nên theo BĐT Côsi ta có t ≥ 2 x =2 √ x x (Có thể sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện t) Khi đó (1’) trở thành : m≤ ( t −3 √ t ) (t ≥ √ 2) (2) (1) nghiệm đúng với x> và (2) nghiệm đúng với t ≥ √ t −3 t √t = √ * Xét hàm số g(t)= − có g '(t)= − √t 2 √t g '(t)=0 ⇔2 √ t −3=0 ⇔ t= * Ta có bảng biến thiên : √ √ t √2 +∞ g’(t) + +∞ g(t) 2 √ 2− √ √ Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy (2) nghiệm đúng với t ≥ √ m≤ 2 √ 2− √ √ V Kỹ thuật sử dụng tính đơn điệu hàm số trên miền xác định Thuật toán : Giả sử hàm số y = f(x) đơn điệu trên D, u(x) và v(x) có miền giá trị là tập D Khi đó ta có : f (u( x))=f ( v ( x))⇔ u(x)=v ( x ) f (u( x))<f (v ( x ))⇔ u (x)<v ( x) u( x )> v (x ) (Tương tự cho các dấu , ≥ ,> ¿ ) Ví dụ : Giải BPT : ( x+ ) √ x +1+ ( x − ) √1 − x +2 x ≤ (1) Giải : ¿ x +1≥ 1− x ≥ * Điều kiện : (*) ⇔ − 1≤ x ≤ ¿{ ¿ * Khi đó ( ) ⇔ ( x+1 ) √ x+ 1+ ( x +1 ) +2 √ x+1 ≤ (1 − x ) √1 − x + ( − x ) +2 √1 − x 3 ⇔ ( √ x +1 ) + ( √ x+1 ) +2 √ x+1 ≤ ( √ − x ) + ( √ 1− x ) +2 √ 1− x (2) * Xét hàm số f (t)=t +t +2 t với t ≥ : Có f ' (t)=3 t 2+ 2t +2>0 ∀ t ≥ nên f (t) là hàm đồng biến trên ¿ * Mặt khác : (2) ⇔ f ( √ x+1) ≤ f ( √ 1− x) ⇔ √ x+ 1≤ √ − x ⇔ x +1≤ − x ⇔ x ≤ kết hợp với điều kiện (*) ta : −1 ≤ x ≤0 KL : VI Kỹ thuật sử dụng tính đối xứng hai nghiệm Tìm m để BPT sau có nghiệm : − √ x − √1 − x +2 m √ x ( − x ) +2 √4 x ( 1− x ) ≥ m+ m2 (1) Giải : * Điều kiện : ≤ x ≤1 (*) * Nhận xét : Nếu x là nghiệm (1) thì (1- x ) là nghiệm (1) Do đó phương trình có nghiệm thì x 0=1 − x ⇔ x 0= 1 1 41 2 Thay x 0= vào (1) ta − − +2 m +2 ≥ m+ m ⇔ m ≤0 ⇔ m=0 2 2 2 * Với m=0 thì (1) trở thành : √ √ √ √ 4 − √ x − √ − x +2 √ x ( 1− x ) ≥ ⇔ ( √ x − √ 1− x ) ≤ 4 ⇔ √ x − √1 − x=0 ⇔ x=1 − x ⇔ x= (thỏa mãn (*)) Vậy bất phương trình (1) có nghiệm m=0 VII Một số Bài tập tự luyện : Bài : Giải các BPT : x − √x 1 ≥1 1, √ 2− x + 2− ≥ − x+ 2, x − √ 100 x − 40 x+ 40 x 3, √ x+1+ √ x −3+ √50 −3 x ≤12 4, √ x2 +2 x+ √2 x − 1≥ √ x +4 x+1 5, x √ x+ 1+ √3 − x ≤ √ x 2+1 6, √ x2 − x+5+ √ x −10 x+50 ≥ 7, √ x −2+ √ − x > x −6 x +11 8, ( − x ) √ x − 1+ √5 − x ≤ √ 40 − 34 x+ 10 x − x Bài : Tìm m để BPT sau vô nghiệm : m ( √1+ x − √ 1− x +2 ) ≥ √ − x + √1+ x − √1 − x (ĐH_B_2004) Bài 3: Tìm a để BPT sau có nghiệm : √ x +2 x +1 − √ x −2 x+1<2 a Bài : Tìm các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm : √4 x + √ x +2 √4 6− x+ √ − x ≤m Bài 5: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: √ x −1+m √ x +1 ≤2 √ x2 −1 2 Bài 6: Tìm m để BPT sau nghiệm đúng với x ∈ [ ; ] : m+ √ x − x ≤ √ x+ √ − x √ ( ) Chuyên đề MỘT VÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP Phần I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NH ẤT HAI ẨN Dạng toán thường gặp: - Hệ phương trình bậc hai ẩn - Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước - Ứng dụng hệ phương trình bậc giải các bài toán: a) Hai phương trình bậc hai có nghiệm chung b) Xét vị trí tương đối hai đường thẳng c) Biện luận GTNN biểu thức chứa hai ẩn Dạng I: Giải và biện luận hệ phương trình bậc hai ẩn I - Phương pháp: a1 x  b1 y c1  a x  b2 y c2 Giải và biện luận hệ phương trình:  (I) Ta thực việc giải hệ phương trình (I) cách tính định thức cấp hai D  aa12 bb12 a1 b2  a2 b1 Dx  cc12 bb12 c1 b2  c2 b1 Dy  aa12 ; ; D  1- Nếu : D D x  x vµ y y D D Hệ phương trình có nghiệm nhất: - Nếu D 0 : Xét các trường hợp c1 c2 a1 c2  a2 c1  Dx 0  D 0 * Nếu  y , thì hệ phương trình vô nghiệm D Dy 0 * Nếu x , thì hệ phương trình có vô số nghiệm Kết luận: D D x  x vµ y  y D D - Với D 0 , hệ phương trình có nghiệm nhất: D Dy D 0 - Với x , thì hệ phương trình có vô số nghiệm D 0 D  - Với D 0 và x y thì hệ phương trình vô nghiệm II – Bài tập minh hoạ: Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình (a  b) x  (a  b) y a  (2 a  b) x  (2a  b) y b Giải: 2 D 6ab ; D x 2a  b ; D y b  ab  a Ta có  a 0  6ab 0    b 0 TH1: Nếu D 0 2a  b b2  ab  2a x vµ y ab ab Hệ có nghiệm   TH2: Nếu D = 6ab = a = b = * Với a = 0, suy Dx = Dy = b2 - Khi b = thì Dx = Dy = 0, hệ có vô số nghiệm - Khi b  thì Dx 0 , hệ vô nghiệm * Với b = 0, suy Dx = 2a2 và Dy = -2a2 - Khi a = thì Dx = Dy = 0, hệ có vô số nghiệm - Khi a  thì Dx 0 , hệ vô nghiệm Kết luận: 2a  b b2  ab  a x vµ y ab 6ab - Với a  và b  , hệ có nghiệm - Với a = b = , hệ có vô số nghiệm - Với a = và b  , hệ vô nghiệm - Với a  và b = 0, hệ vô nghiệm * Nhận xét: Việc phân tích tham số bài toán giải và biện luận hệ pt bậc có thể liên kết vớí việc sử dụng các đẳng thức lượng giác Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:  x.sin 2  y(1  cos2 ) = sin2   x (1  cos2 ) - y.sin2 = , với  là tham số a) Giải và biện luận hệ pt ? b) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào  ? Giải: a) Ta có:  D  1sinc2os2  + cos2 - sin2 2 Dx  sin 1cos2 - sin2  Dy  1sinc2os2  sin2  2(1  cos2 )  sin 2  sin 2 (1  cos2 ) Xết các trường hợp: TH1: Nếu D 0    2(1  cos2 ) 0  cos2      k , k   1 x  (1  cos2 ) vµ y = sin 2 2 Hệ có nghiệm TH2: Nếu D =    2(1  cos2 ) 0  cos2      k , k       k  Dx Dy 0 Với , hệ có vô số nghiệm * Kết luận:  1    k , k  , x  (1  cos2 ) vµ y = sin 2 2 - Với có nghiệm     k , k  , - Với hệ có vô số nghiệm b)Từ cặp nghiệm (x, y) ta có: cos2 = - 2x  (1  x )  (2 y )2 1  sin2 = 2y Đó là hệ thức liên hệ nghiệm x, y không phụ thuộc vào  III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hệ phương trình: (2 a  1) x  y 1   x  (a  1) y  1  a) Xté nghiệm hệ với a = 0, a ? b) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số a ? Bài 2: Cho hệ phương trình  x  my 0   mx  y m  a) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ? b) Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm x, y không phụ thuộc tham số m ? Bài 3: Cho hệ phương trình:  x.sin   y.cos sin    x.cos + y.sin cos a) Giải và biện luận hệ phương trình theo  ? b) Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm x, y không phụ thuộc vào  ? Bài 4: Hãy xác địng tất các giá trị a, b cho nghiệm bất phương trình: x  2a  b  Là đoạn [-2; 5] Dạng II: Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước I - Phương pháp: a1 x  b1 y c1  a x  b2 y c2 Cho hệ phương trình:  (I) Tìm nghiệm hệ phương trình thoả mãn điều kiện K ? Phương pháp: Ta thực việc giải hệ phương trình (I) cách tính định thức cấp hai D  aa12 bb12 a1 b2  a2 b1 Dx  cc12 bb12 c1 b2  c2 b1 Dy  aa12 cc12 a1 c2  a2 c1 ; ; Xét các khả năng: D D x  x vµ y y D D a) - Với D 0 , hệ phương trình có nghiệm nhất: D Dy D 0 b)- Với x , thì hệ phương trình có vô số nghiệm D 0 c)- Với D 0 và Dx 0 y thì hệ phương trình vô nghiệm Trong các trường hợp a, c phải so sánh các giá trị nghiệm với điều kiện K có để tìm kết luận đúng II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm m nguyên để hệ phương trình 2 mx  y m   x  y m  Có nghiệm nguyên ? Giải: D  12 m 13 2m  3; Dx  mm 1 13  2m  3; Dy  12 m mm  2 m2  m Ta có : Xét các trường hợp: D 0  2m  0  m  TH1: Nếu m ta có Dx  0 , hệ vô nghiệm Với D 0  m  , hệ có nghiệm TH2: Nếu D D 6 x  x   ; y  y m   D 2m  D 2m  Vậy để hệ có nghiệm nguyên và m nguyên và 2m – là ước Mà các ước là: 1, 2, 3, 6 So sánh các điều kiện ta có Với m = 0; 1; 2; thì hệ có nghiệm nguyên Nhận xét: Điều kiện nghiệm hệ có thể là các điều kiện thông thường như: Hệ có nghiệm, hệ vô nghiệm, hệ có vô số nghiệm, …Tuy nhiên các bài toán liên kết với hệ phương trình các hàm số hàm Lượng giác hàm Mũ,… thì điều kiện làm chặt Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:  x  my 3m  mx  y 2 m  (I) a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ? b) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: s inx + m.cosx = 3m  m.sinx + cosx = 2m + (II) Giải:  2m  2m; D y  1m D  1m 1m 1  m ; D x  32mm 1 1m a) Ta có: TH1 : Nếu D 0  m 1 , hệ luôn có nghiệm TH2: Nếu D 0   m 0  m 1 m 1  Dx Dy 0 * Với , hệ có vô số nghiệm * Với m   Dx  0 , hệ vô nghiệm KL: Vậy với m  thì hệ pt luôn có nghiệm b) Đặt ẩn phụ:  X sin x , § K : X  Y 1  Y  cos x  3m 2m+1  3m  m  (*) Hệ (II) có dạng:  X  mY 3m  mX  Y 2m  Xét hệ phương trình (III) ta có: D  1m 1m 1  m ; D x  23 mm 1 m (III)  2m  2m; D y  1m 3m 2m+1  3m  m  TH1: Nếu D 0   m 0  m 1  X  Y 3  * Với m = 1, hệ (III) có dạng:  X  Y 3 , vô nghiệm vì:   X  Y s inx + cosx  * Với m = -1, hệ (III) vô nghiệm TH1 : Nếu D 0  m 1 , hệ (III) luôn có nghiệm nhất: D D 2m 3m  X  x  ; Y y  D m 1 D m 1 Nghiệm thoả mãn điều kiện (*) khi:  m 0 2  2m   3m     m     m   1   m       KL: Vậy hệ (II) có nghiệm Ví dụ 3: Cho hệ phương trình: m 0 hoÆc m  1  m.3 x 1  y 2 m  x 1  m.2 y m  (I) 3 a) Tìm m để hệ có nghiệm ? b) Tìm m nguyên để nghiệm hệ là nghiệm nguyên ? Giải: x  u 3 , §K: u 3,v>0  v 2 y   Đặt: m.u  v 2 m  u  mv m  Hệ (I) trở thành: Ta có: D  1m m m  1; D u  2mm1 m 2m2  m  1; D y  1m 2m m+1 m2  m a) Hệ có nghiệm nhất:    m  0  D 0 m 1   Du   2m    u  3   3   m    m   D   m 1 m    m   Dv   m v     D  m  Vậy hệ có nghiệm :  m  b) Với m nguyên ta có m = - 2, đó hệ có là: 3 x 1 3 u 3  x 0  x  1     y  y 1 v 2  y 1 2 2 Vậy với m = -2 thì hệ có nghiệm nguyên là (0;1) III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hệ phương trình: (m  2) x  my m  (2 m  1) x  y 2 m  a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m? b) Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm x, y không phụ thuộc m ? c) Khi hệ có nghiệm nhất, tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên ? Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m: x y 2  m.3 3m 4 lg x  m.lg y  m    x y m.2  2m  a)  b) (m  6) lg x  lg y m  Bài 3: Giải sử hệ phương trình : ax + by = c  bx + cy = a cx + ay = b  Có nghiệm CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc ? Bài 4: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: mx  y 1   x  my 1  x  y m  Bài 5: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m : m x   y m    x   m y 2 Dạng III: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất: (1) Áp dụng 1: Xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung I - Bài toán tổng quát: Tìm điều kiện để hai phương trình sau có nghiệm chung a.x  bx  c 0 vµ a '.x  b ' x  c ' 0 Phương pháp: Bước 1: Xét hệ phương trình tạo hai phương trình bậc hai:  a x  bx  c 0   a ' x  b ' x  c ' 0 (I) Bước 2: Đặt x y , ta hệ: ax  by c  (I) trở thành: a ' x  b ' y c ' (II) Bước 3: Để hai phương trình có nghiệm chung thì hệ (II) phải có nghiệm thoả mãn x y , ta có điều kiện:   D 0  Dy   Dx    D   D     D Dx Dy 0 Bước 4: Thử lại II- Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Với giái trị nào m thì hai phương trình sau có nghiệm chung: x  mx  0 vµ mx  x  0 Giải: Các phương trình đã cho có nghiệm chung và hệ sau có nghiệm: 2 x  mx  0  mx  x  0 (I) Đặt x y , ta hệ: Ta có: mx  y 1  (I) trở thành:  x  my 2 (II) 2 D  1m -m  m  2; Dx  12 -m  m  4; Dy  1m Vì D 0, m , hệ có nghiệm nhất: x m4 ; m2  2 y 2m  1  2m m2  Hệ (I) có nghiệm và hệ (II) có nghiệm thoả mãn x y , nên ta phải có:  2m  m4   m    m   m  6m  0  m    Thử lại ta có: Với m = -1 thì hai phương trình có nghiệm chung là x = Ví dụ 2: CMR hai phương trình x  p1 x  q1 0 vµ x  p2 x  q2 0 Có nghiệm chung thì: (q1  q2 )2  ( p1  p2 )( p1q2  p2 q1 ) 0 (*) Giải: Các phương trình có nghiệm chung và hệ pt sau có nghiệm:  x  p1 x  q1 0   x  p2 x  q2 0 Đặt x y , ta hệ: Ta có:  p1 x  y  q1   p2 x  y  q2 D  p1  p2 ; Dx q2  q1 ; Dy  p2 q1  p1 q2 TH1: Nếu D 0  p1  p2 , hệ có nghiệm nhất: Do x y , nên ta phải có : x q2  q1 p1  p2 vµ y p2 q1  p1 q2 p1  p2  q2  q1  p2 q1  p1 q2     p1  p2 (q1  q2 )2  ( p1  p2 )( p1q2  p2 q1 ) 0  p1  p2  Khi đó (*) đúng TH : Nếu D 0  p1  p2 q  q 0 q q1 Dx Dy 0     p2 q1  p1 q2 0  p1  p2 Hệ có nghiệm Khi đó (*) đúng Vậy: Hai phương trình có nghiệm chung thì: (q1  q2 )  ( p1  p2 )( p1q2  p2 q1 ) 0 (đpcm) III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Với giá trị nào m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung: vµ x  mx  m  m  25 0 a) x  x  m 0 vµ 6x  (7m  1) x  19 0 b) x  (3m  1) x  0 Bài (ĐH Thái Nguyên 2000): Với giá trị nào m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung: mx  x  0 vµ x  mx  0 (2) Ứng dụng 2: Biện luận vị trí tương đối hai đường thẳng: I - Bài toán tổng quát: Cho hai đường thẳng: d1: a1x + b1y + c1 = và d2: a2x + b2y + c2 = Biện luận theo các giá trị tham số vị trí tương đối hai đường thẳng ? Phương pháp: Bước 1: Xét hệ phương trình tạo d1 và d2: a1 x  b1 y  c1 0 a x  b1 y  c1   a2 x  b2 y  c2 0 a2 x  b2 y  c2 (I) Bước 2: Dựa vào biên luận số nghiệm hệ (I) ta có vị trí tương đối hai đường thẳng: * Nếu hệ (I) vô nghiệm  (d1 ) //(d2 )  D D   (d1 )  (d2 )  M ( x ; y ) D D   * Nếu hệ (I) có nghiệm * Nếu hệ (I) vô số nghiệm  (d1 ) ( d2 ) II – Ví dụ minh hoạ: Ví dị 1: Cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình: 2 (d1): kx – y + k = và (d2): (1 - k )x + 2ky - (1 + k ) = a) Với giá trị k, hãy xác định giao điểm d1 và d2 ? b) Tìm quĩ tích giao điểm đó k thay đổi ? Giải: a) Xét hệ phương trình tạo d1 và d2 là:  kx - y + k =  2 (1 - k )x + 2ky - (1 + k ) = Ta có: D = + k2, Dx = – k2, Dy = 2k    k 2 k   D 0, k  d1  d2  I  ;   k  k      Vì Vậy với giá trị k thì d1 luôn cắt d2 điểm I b) Từ toạ độ giao điểm I ta có:   k2 2 x    k  x  y   k    2k  1       1 k  1  k   y  2k   k2 Vậy: quĩ tích giao điểm I d1 và d2 thuộc đường tròn: x2 + y2 = III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho a2 + b2 > và hai đường thẳng có phương trình: d1: (a – b)x + y = và d2: (a2 – b2)x + ay = b a) Hãy xác định giao điểm d1 và d2 ? b) Tìm điều kiện a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành ? Bài 2: Cho a2 + b2 > và hai đường thẳng d1, d2 có phương trình: d1: ax + by = a + b và d2: bx + ay = a – b a) Xác định giao điểm d1 và d2 ? b) Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm a, b thay đổi ? (3) Áp dụng 3: Biện luận giá trị nhỏ biểu thức hai ẩn: I – Bài toán tổng quát: Hãy biện luận giá trị nhỏ biểu thức F (a1 x  b1 y  c1 )2  (a2 x  b2 y  c2 )2 Phương pháp: Bước 1: Xét hai đường thẳng d1 : (a1 x  b1 y  c1 )2 vµ d2 : (a2 x  b2 y  c2 )2 Vậy giá trị nhỏ F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối d1 và d2 Bước 2: Xét hệ phương trình tạo d1 và d2 có dạng: a1 x  b1 y  c1  a2 x  b2 y  c2 Xác định D, Dx, Dy Bước 3: Xét hai trường hợp: x Dx ; D y Dy D TH1: Nếu D 0 thì hệ có nghiệm : Khi đó d1 cắt d2 đó minF = TH2: Nếu D = Đặt : t = a1x + b1y + c1, ta được:   F = 2t + At + B  A A    Khi đó minF = , đạt t = hay a1x + b1y + c1 = Bước 4: Kết luận: D D x x; y y D D Với C, minF = , đạt   Với D = 0, minF = , đạt x, y thuộc đường thẳng có phương trình: A  a1x + b1y + c1 = II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Hãy biện luận giá trị nhỏ : F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2, theo tham số a Giải: Xét hai đường thẳng: d1: x + y – = và d2: x + ay – = Vậy giá trị nhỏ F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối d1 và d2 Xét hệ phương trình tạo d1 và d2 có dạng: x + y =  x + ay = Víi: D = 1 a = a-1, Dx = a = 2a - , TH1: Nếu D 0  a  0  a 1 Dx 2a    x  D  a    y  Dy   D a Hệ có nghiệm nhất:  Khi đó d1 cắt d2 đó minF = TH2: Nếu D 0  a  0  a 1 Với a = thì Dy = 0, hệ vô nghiệm Khi đó d1 // d2 và ta được: F = (x + y – 2)2 + (x + y – 3)2 Đặt t = x + y – , ta có  F = 2t2 – 2t + Dy = 1 =1 Vậy minF Kết luận:  1 t   x  y    x  y  0 , đạt 2 x 2a  ;y  a a - Với a 1, minF = 0, đạt  - Với a = 1, minF , đạt x, y thuộc đường thẳng có phương trình: 2x + 2y – = III – Bài tập đề nghị: Bài 1: (HVNH – 2001): Hãy biện luận GTNN biểu thức F = (x + my – 2)2 + [4x + 2(m – 2)y - 1]2, theo tham số m ? Bài 2: Biện luận theo tham số a GTNN các biểu thức sau: a) F = (2x +y - 2)2 + (4x + ay – 1)2 b) F = (x – 2y + 1)2 + (2x + ay + 5)2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I Dạng toán thường gặp 1) Giải hệ phương trình 2) Nghiệm hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước 3) Một số hệ phương trình quy hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I Dạng I: Hệ phương trình đối xứng loại I I – Bài toán tổng quát: Hệ phương trình bậc hai có dạng:  F1 ( x; y ) 0   F2 ( x; y ) 0 , với F1(x;y) = F1(y;x) và F2(x;y) = F2(y;x) Được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I Phương pháp :  x  y S  - Đặt  x.y P - Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình với hai ẩn S, P - Giải hệ phương trình với hai ẩn S, P  x  y S  - Với cặp (S, P) tìm được, tìm nghiệm (x; y) từ hệ:  x.y P Trong đó x, y là các nghiệm phương trình X2 – SX + P = * Chú ý: Nếu (xo;yo) là nghiệm thì (yo;xo) là nghiệm hệ phương trình II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  x  y  xy   2  x  y  x  3y 16 (I) Giải:  x  y  xy   2  x  y  3( x  y ) 16 (II) Ta có (I)  x  y S  Đặt  x.y P , ta hệ (II) trở thành:  P  S   S  P   P  S       S    S  3S  P  16 0  S  S  0   S 2   x  y   * Với S = - thì P = - , ta có hệ phương trình:  x.y  , x, y là các nghiệm hệ phương trình X2 + X – = Suy X1 = -3; X2 = Do đó hệ có nghiệm: (-3 ; 2), (2; -3)  x  y 2  * Với S = thì P = - , ta có hệ phương trình:  x.y  Giải tương tự trên ta các nghiệm: (1  10 ;  10), Kết luận: Hệ phương trình có bốn nghiệm: (1  10 ;  10), (-3 ; 2), (2; -3), (1  10 ;  10) (1  10 ;  10) III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Giải hệ phương trình:  x  y  xy 5  x  y 65  x  y  xy 5    2 x  y  ( x  1)( y  1)  18   a) b) c)  x  y  xy 7 Dạng II: Nghiệm hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ 1: Tìm các giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x  y  xy m  2  x  y m  (I) Giải:  S  P m  P m  S  x  y S  ( II )     S  S  3m  0 Đặt  x.y P , ta hệ (I) trở thành:  S  P m  Để hệ (I) có nghiệm thì hệ (II) phải có nghiệm (S;P) thoả mãn điều kiện: S2 – 4P 0 Phương trình (2) có nghiệm   ' 3m 0  m 0 (1) (2)  S1   3m , P1 m   3m   S   3m , P2 m   3m Khi m 0 thì hệ (II) có các nghiệm:  Hệ (I) có nghiệm S2 – 4P 0 nên:    3m  m   3m 0  3m  m       3m m     3m  m   3m 0  *) Vì m 0 nên (3) vô nghiệm   (4)     m      0  m 3, v×  m  (3) (4) *) Kết luận: Với m = thì hệ phương trình (I) có nghiệm 0 Ví dụ 2: Tìm các gái trị m để hệ phương trình sau có nghiệm nhất:  x  y  xy m  2  x y  xy m  (I) Giải Nhận xét: Hệ (I) là hệ đối xứng loại Inên (xo;yo) là nghiệm hệ thì (yo; xo) là nghiệm.Do đó hệ có nghiệm thì xo = yo Khi đó từ hệ (I) ta có : xo  xo2 m 2 xo3  1  xo    x  xo  x  0  (2 xo  1)( x  1) 0    xo 1 o o Vậy (xo; xo) là nghiệm hệ thì : - Nếu xo = thì m = - Nếu xo = -1 thì m = -1 x o  th× m = - Nếu o xo  , xo 1 Tuy nhiên nghiệm (xo; xo) chưa đã là nghiệm hệ, vì với giá trị m tìm cần kiểm tra tính nghiêm Xét các trường hợp:  x  y  xy   2 * TH1: Với m = -1, hệ (I) trở thành:  x y  xy  Hệ có các nghiệm (-1; 2), (2; -1) , (-1 ; -1) Vậy giá trị m = - không thoả mãn yêu cầu bài toán  x  y  xy 3  2 * TH2: Với m = 3, hệ (I) trở thành:  x y  xy 2 Hệ có nghiệm (1; 1)   x  y  xy    x y  xy  m= 4 , hệ (I) trở thành:  TH3: Với 1 1  ;  Hệ có nghiệm  2  Kết luận: m= Hệ (I) có nghiệm m = , * Chú ý: Dựa vào tính chất hệ đối xứng loại (I) ta có phương pháp điều kiện cần và đủ để giải bài toán tìm điều kiện để hệ có nghiệm Điều kiện cần : Là hệ có nghiệm (xo; yo) thoả mãn:xo = yo Điều kiện đủ là: Thử lại các giá trị tham số tìm từ điều kiện cần *) Bài tâp đề nghị dạng II Bài 1: Cho hệ phương trình: 2  x  y 2( m  1)  ( x  y ) 4 a) Giải hệ phương trình với m = ? b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm ? Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số a : x y   a y x  x  y 8  Bài 3: Cho hệ phương trình:  x  xy  y m   2  x y  xy m  a) Giải hệ phương trình với m = -3 ? b)Xác định m để hệ có nghiệm ? Bài 3: Cho hệ phương trình:  x  y  xy 2m    xy ( x  y ) m  m a) Chứng tỏ với m thì hệ phương trình luôn có nghiệm ? b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm ? Bài 4: Cho hệ phương trình:  x  y a    x  y 2a  Gọi (x; y) là nghiệm hệ Xác định a để tích x.y đạt giá trị nhỏ ? Bài 5: Cho hệ phương trình:  x  y  xy m    xy( x  y ) m Tìm m để hệ phương trình có ít nghiệm (x; y) thoả mãn x > 0, y > ? Bài 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x  y  x  y 8   xy( x  1)( y  1) m Dạng III: Một số hệ phương trình quy hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (1)  x ( y  1)( x  y  5) 3  (2) (I)  xy  y  4 Giải: Nhận xét: Nếu khai triển các phương trình hệ (I) ta hệ phương trình bậc cao và việc tìm nghiệm là không dễ Từ việc phân tích hai phương trình ta có: (1)  ( xy  x )( x  y  5) 3 (2)  ( xy  x )  ( x  y  5) 4  xy  x u uv 3   Do đó đặt ẩn phụ:  x  y  v , đó hệ (I) trở thành: u  v 4 (II) u 1  Giải hệ (II) ta được: v 3  xy  x 1 (III)  Hay :  x  y  3    Hệ (III) có nghiệm là:  Hệ (IV) vô nghiệm Kết luận: hoÆc hoÆc 7; u 3  v 1  xy - x 3 ( IV)   x  y  1 5  ,     Hệ phương trình (I) có hai nghiệm là   5    ;    7; 5  ,   5    ;    Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 1   x  y  x  y 4    x  y   4  x y2 (I)  Giải: Điều kiện: x 0; y 0 1 u  x  , v y  x y , hệ (I) trở thành: Hệ đối xứng nghịch đảo nên đặt ẩn phụ: u  v 4  2 u  v  4 (II) Giải hệ (II) ta u = 2; v =   x  x 2   y  2  y Do đó ta có:  , hệ này có nghiệm nhất: (1 ; 1) Kết luận : Hệ (I) có nghiệm (1 ; 1) *) Bài tập đề nghị dạng III: Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 1    xy   x x  y y 9 x y   x y  y x 6 2( x  y ) 3 xy a)  b)   x  ( xy)3  y 17  x  y 2   x  xy  y   d) e)  xy ( x  y ) 2 Bài 2: Tìm các giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x   y  3   x y   y x   x   y  m  x y  xy 6  c)  xy  x  y 5  x  ( xy )2  y 481  x  xy  y 37 f)  - I/ Hệ phơng trình đối xứng 1/ §Þnh nghÜa Một hệ phơng trình đợc gọi là đối xứng (hay gọi là đối xứng loại một) nh phơng trình hệ không thay đổi ta hoán vị tuỳ ý các ẩn cho nhau: ¿ f (x , y)=0 Ch¼ng h¹n hÖ ph¬ng tr×nh cã hai Èn g( x , y )=0 ¿{ ¿ là hệ đối xứng loại x,y=y,x, và g(x, y)=g(y, x) 2/ C¸ch gi¶i ¿ f ( x , y)=0 a/ Xét hệ đối xứng loại g(x , y )=0 ¿{ ¿ Trong đó x,y, g( x , y ) là đa thức đối xứng hai ẩn x , y ¿ x+ y=s §Æt xy= p (*) Chó ý ®iÒu kiÖn s24p ¿{ ¿ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh theo s vµ p, thay vµo (*)  x, y ¿ f ( x , y , z )=0 g( x , y , z)=0 b/ HÖ ph¬ng tr×ng h ( x , y , z )=0 ¿{{ ¿ Trong đó x, y, z, g(x,y,z), h(x,y,z), là đa thức đối xứng với các ẩn là x, y, z ¿ x + y + z=S xy + yz+zx =P §Æt xyz=R ¿{{ ¿ Giải hệ phơng trình ẩn S, P, R với (S, P, R) ta tìm đợc  x, y, z là ba nghiệm phơng tr×nh : t3- St2+Pt2 - R = VÝ dô: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y + x 2+ y 2=8 xy (x +1)( y +1)=m m lµ tham sè (I ) ¿{ ¿ a) Gi¶i hÖ m = 12 b)Tìm m để hệ (I) có nghiệm Gi¶i: ¿ x ( x+1)+ y ( y +1)=8 HÖ (I) x (x+1) y ( y+ 1)=m ¿{ ¿ §Æt x(x+1)=u  x2+x- u = 0, 1= 1+4u; y(y+1)=v  y2+y-v = , ¿ u+v=8 HÖ (I)  uv =m ¿{ ¿ a/ m=12 u, v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X2- 8X+12 = 0; X1=6; X2=2 ¿ (∗) u=6 v=2 ⇒ ¿ x (x+ 1)=6 y ( y+ 1)=2 ⇔ ¿ x + x −6=0 y + y −2=0 ¿ ¿ ⇔ ¿ x=−3 ; x=2 y=1; y=−2 ¿{ ¿ Δ = 1+4v Vậy ta đợc: ¿ x=− y=1 ; ¿ x=−3 y=− ; ¿ x=2 y=1 ; ¿ x=2 y=− ¿{ ¿ ¿ u=2 v=6 ⇔ * ¿ x + x −2=0 y + y − 6=0 ¿ { ¿ Giải tơng tự ta đợc: ¿ x =1 y=−3 ; ¿ x=1 y=2 ; ¿ x=−2 y=−3 ; ¿ x=−2 y=2 ¿{ ¿ b) HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x  u,v tho¶ m·n 1 u; v4 Mµ u, v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X2- 8X+m=0 (*) Yêu cầu bài toán  tìm m để (*) có nghiệm thoả mãn - ¿ ⇔ Δ'X ≥ af − ≥0 14 S + ≥0 ⇔ ¿ − m≥ 1 +8 +m ≥ 16 4+ ≥ ¿ ⇔ ¿ m≤ 16 − 33 m≥ 16 −33 ⇔ ≤m ≤16 16 ¿{{ ¿ − 33 ≤ m≤ 16 VËy §K cña m lµ: 16 ( ) VÝ dô 2: Gi¶ sö (x, y, z) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y 2+ z2 =2 xy + yz+zx =1≥ ¿{ ¿ −4 ≤ x, y ,z ≤ Chøng minh r»ng: 3 Chứng minh: Theo giả thiết ta có đẳng thức : ¿ 2 x + y + z 2=2 xy + yz+zx =1 ⇒ ( x + y + z ) =4 ¿{ ¿ ¿ x + y + z=2 x+ y+ x=−2  ¿ { ¿ ¿ x+ y+ z=2 xy + yz+zx =1 ⇔ Trêng hîp 1: ¿ y+ z=2− x=S yz=1 − x ( y + z )=P ¿ { ¿ ¿ y + z=2 − x=S Hay: yz=1 − x (2 − x)=x −2 x +1= p ¿ { ¿ Tõ §K: S 4p (hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm)  (2-x)2  4(x2-2x+1)  3x2-4x0  0 x  ¿ x + y + z=− xy + yz+zx =1 ⇔ Trêng hîp 2: ¿ y + z=2 − x=S yz=1 − x ( y + z )= p ¿ { ¿ ¿ y+ z=−2 − x=S yz=1 − x (−2 − x )= p ⇔  ¿ y + z=− 2− x=S yz=x +2 x +1= p ¿{ ¿ Tõ §K: S 4p (hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm)  (2-x)2 4(x2-2x+1)  3x2- 4x0  VËy mäi kh¶ n¨ng: - 4 x 3 T¬ng tù cho y,z  ®iÒu ph¶i chøng minh VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y + z=9 xy + yz+zx =27 1 + + =1 x y z ¿ {{ ¿ x0 Gi¶i: §K: x, y, z 0 ¿ x + y + z=S=9 xy + yz+zx =27 xy + yz+zx =1 xyz Ta cã: ⇔ ¿ x+ y+ z =S=9 xy + yz+zx =27 xyz=R=1 ¿{{ ¿  x, y, z lµ ba nghiÖm cña ph¬ng tr×nh t3 - 9t + 27=0  (t-3)3=0  t1=t2=t3=3 nªn hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt (3, 3, 3) Bài tập đề nghị: Bµi 1: Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau: ¿ √ x+ √ y =4 2 a) √ x + y + √ xy=8 √ ¿ { ¿ ¿ 3 2(x + y)=3 ( √ x y + √ xy 3 √ x + √ y=6 b) ¿ { ¿ c) ) ¿ x 2+ x + y + y=18 x ( x+1) y ( y +1)=72 ¿ { ¿ Bµi 2: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x+ y+ xy=m 2 x + y =m ¿ { ¿ m lµ tham sè a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh m=3 b) Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm Bµi 3: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x+ y+ xy=m +1 2 x y + y x=m m lµ tham sè ¿ { ¿ a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh m=2 b) Tìm các giá trị m để hệ phơng trình có ít nghiệm (x,y) thoả mãn x>0; y>0 Bµi 4: T×m c¸c sè nguyªn x, y, x tho¶ m·n: ¿ x + y + z=a x 2+ y + z 2=b 1 1 TÝnh x3, y3, z3 theo a, b, c + + = x y z c ¿ {{ ¿ Bµi 5: T×m c¸c sè nguyªn x, y, x tho¶ m·n: ¿ x + y + z=6 x 2+ y + z 2=14 x 3+ y3 + z 3=36 ¿ {{ ¿ II/ Hệ phơng trình đối xứng loại 2: Ta xÐt c¸c hÖ ph¬ng tr×nh Èn: §Þnh nghÜa: HÖ ph¬ng tr×nh Èn ¿ f ( x , y)=0 g( x , y )=0 (I) ¿{ ¿ Đợc gọi là hệ phơng trình đối xứng loại II nh ta đổi vai trò x và y cho th× ph¬ng tr×nh nµy chuyÓn thµnh ph¬ng tr×nh Cã nghÜa lµ: y,x)=gx,y); gy,x) =x,y) 2) C¸ch gi¶i: + Trừ theo vế hệ (I) đợc phơng trình hệ quả: x,y) -gx,y) =0 + Chia x,y) –gx,y) cho (x, y) đợc hx,y)  x,y) –gx,y)=(x- y)hx,y) x − y=0 ¿ h( x , y)=0  ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x − y =0 f (x , y )=0 ¿ ¿ ¿ h(x , y)=0 HÖ (I)  Giải đợc kết ¿ f (x , y )=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ NhËn xÐt: a) (x-y) h(x,y) = (x-y).h(y,x)  h(x,y) là đa thức đối xứng với x và y b) Hệ phơng trình đối xứng loại II hai ẩn có nghiệm (,) thì hệ phơng trình có nghiệm (,)  hÖ cã nghiÖm nhÊt  = d¹ng nghiÖm (,) VÝ dô 1: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x 2+ xy=m( y −1) y + xy=m( x −1) đó m là tham số (I) ¿{ ¿ a) Giải hệ phơng trình đã cho m=-1 b) Tìm các giá trị m để hệ phơng trình đã cho có nghiệm Gi¶i: ¿ ¿ (x − y)( x + y −1)=0 x + xy=1 − y x 2+ xy=1 − y a) Víi m=-1 (I)  y + xy=1 − x  ¿ ¿ { { ¿ ¿ ¿ x − y =0 x + xy=1 − y ¿ ¿ ¿ x+ y −1=0 ¿ x 2+ xy=1 − y ¿ ¿ ¿  ⇔ ¿ ¿ ¿ x= y ¿ 2 x + x −1=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ x=− y=− ¿ ¿ ¿ x= ¿ x= y ¿ x=−1 ; x= y= ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ y=1 − x  ¿ ¿ ¿ x∈R x ∈R ¿ ¿ ¿ y=1 −x ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ x=−1 ¿ b) §iÒu kiÖn cÇn: §Ó hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt (x, y, z) th× (theo nhËn xÐt)  x0=y0  PT: 2x2-mx+m=0 cã nghiÖm nhÊt  =m2- 8m=0  m=0 ; m=8 Điều kiện đủ: * Với m=0  hệ PT đã cho ¿ x +xy =0 y 2+ xy=0 ⇔  ¿ x=0 ; x=− y y=0 ; y=− x ¿{ ¿ HÖ ph¬ng tr×nh nµy cã v« sè nghiÖm d¹ng ¿ x∈R y=− x ( lo¹i) ¿{ ¿ * Víi m=8 hÖ ph¬ng tr×nh sÏ trë thµnh: ¿ x +xy =8( y −1) y +xy=8(x −1) ⇔ ¿ ( x − y ) ( x+ y+ 8)=0 x +xy =8( y −1) ¿{ ¿ ⇔ x − y=0 x 2+ xy=8 ( y − 1) () ¿{ Gi¶i hÖ (*) x= y x −8 x +8=0 ⇔ ¿ x= y x − x +4=0 ⇔ ¿ x= y ¿ x − ¿2=0 ¿ ⇔ ¿ ¿ x=2 ¿ y=2 ¿ Gi¶i hÖ (**) hoÆc ⇔ x+ y +8=0 x 2+ xy=8 ( y − 1) ∗ ¿ ¿ ❑ ¿ { ¿ ⇔ x + y +8=0 x +xy =8( y −1) ⇔ ¿ y=−8 − x x +xy =8( y −1) ¿ ⇔ ¿ y=−8 − x x + x (− − x)=8(− − x − 1) ⇔ ¿ y=−8 − x ox=−72 ¿ { ¿ HÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm ¿ x =2 Tãm l¹i y=2 ( tho¶ m·n) ¿ { ¿ VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt  m=8 Ví dụ 2: Tìm m để hệ phơng trình: (I ) y =x − x + mx x = y − y + my Cã nghiÖm nhÊt ¿ { Gi¶i: (I ) 2 y − x =x − y − 4( x − y )+ m( x − y ) y 2=x − x +mx ¿ { ¿ ⇔ ( x − y ) [ x + y 2+ xy −3( x + y )+ m ]=0 y 2= x3 − x 2+mx ¿ ¿ ⇔ ¿ x − y=0 y = x3 − x 2+mx ¿{ ¿ 2 3 ¿ x 2+ y + xy −3 (x+ y)+m=0 y 2=x − x 2+ mx HoÆc (**) ¿{ Gi¶i (*) ¿ x − y=0 y 2=x − x +mx ⇔ ¿ x − y=0 x −5 x 2+ mx=0 ⇔ ¿x=y x ( x −5 x +m)=0 ¿{ ¿ HÖ ph¬ng tr×nh nµy lu«n cã mét nghiÖm x=0; y=0 Nªn ®iÒu kiÖn cÇn lµ PT x −5 x +m =0 HoÆc cã nghiÖm nhÊt x= hoÆc v« nghiÖm x −5 x +m = cã nghiÖm nhÊt x= Thay x= vµ m = nhng PT trë thµnh x2- 5x2 =  x=0 hoÆc x=5 (lo¹i) Trêng hîp 1: x −5 x +m =0 PT v« nghiÖm 25  =25- 4m <0  m> 25 Điều kiện đủ: Với m> xÐt x 2+( y −3) x +( y −3 y +m)=0 Trêng hîp 2: Cã  x = (y-3) - 4(y -3y+m) Hay  x = -3y +6y+9- 4m = -3(y-1) -4(m-3)<0 25 y mµ m>   x <0  PT Hay x 2+( y −3)x +( y −3 y +m)=0 x 2+ y + xy − 3( x+ y)+m=0 v« nghiÖm v« nghiÖm  HÖ (**) v« nghiÖm 25 KÕt luËn: m> lµ tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n VÝ dô 3: Gi¶i vµ biÖn luËn theo tham sè m hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + √ y −1=m y+ √ x −1=m ¿{ ¿ √ x − 1=u ≥ ⇒ x −1=u2 Gi¶i: §Æt √ y − 1=v ≥ ⇒ y − 1=v  ¿ x=u2 +1 y=v 2+1 ¿{ ¿ ¿ 2u +v=m−2 v +u=m−2 vµ (II) ¿{ ¿ Ta đợc hệ phơng trình đối xứng loại hai với ẩn u, v ( u − v )( u+2 v −1 )=0 2u + v=m −2 ⇔ ¿ u=v 2u2 + v=m −2 ¿ (II)  ¿ ¿ ¿ u+2 v − 1=0 ¿ 2u2 + v=m −2 ¿ ¿ ¿ u=v > 2 u + v=m− ⇔ XÐt ¿ u=v >0 2u +u+ 2− m=0 ¿{ ¿ Cã PT: 2u +u+ 2− m=0 (1) =1- 8(2- m) = 8m-15 2−m P= ; S= − 2  NÕu (1) cã nghiÖm th× sÏ cã nghiÖm ©m Cô thÓ lµ: Trêng hîp 1: 2- m<  m >2 ta cã u1, u2<  kh«ng tån t¹i x, y Trêng hîp 2: 2- m  m  ta cã u1 < <u2 đó: u2= −1+ √ 8( m−2)+1 Khi Êy ta cã nghiÖm v = u = u2  x = y = u22 +1 ¿ 2u+2 v −1=0 u2 +v =m− ⇔ −2 u ¿v= *XÐt −2 u 2u + =m− 2 ¿{ ¿ ¿ 1− 2u v= 2 u −2 u=2 m −5 ⇔ −2 u ¿v= 2 u − 2u −2 m+5=0 ¿{ ¿ Với ĐK: u 0; v đợc điều kiện tơng đơng 0u XÐt PT: 4u2-2u-2m+5=0 ’  =1+4(2m-5) = 8m-19 (u)= 4u2-2u-2m+5=0 a.(u) =4.(0) =4(5-2m) a.( 1 ) = ( ) = 2 [ 1 − − m+5 ] = 4(5-2m) S S 1 1 −0= ; − = − =− 2 4 Ta cã b¶ng so s¸nh sau: m −19 ¿ 8¿ 1+ √ ¿ 1− √ m−19 u1= u2=¿ m  a.f(0) =a.f( ) S −0 S − 2 KÕt luËn + - PTVN - 19 + 0<u1<u2< + + + - + - + - Nhìn vào bảng biện luận trên ta đợc kết nh sau: 19 ≤ m≤ +Víi: ta luôn đợc 0u1, u2 2 ¿ x =u21+ VËy: a) u = u1 ; v = u2  y=u22 +1 ¿{ ¿ ¿ x =u2+ b) u = u2 ; v = u1  y=u21 +1 ¿{ ¿ +Víi: m> ta lu«n cã u1<0< <u2 2 15 m< ¿ Tãm l¹i: 1) m> HÖ v« nghiÖm ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x =u20 +1 y=u20+1 ¿{ ¿ 19 ≤ m< 8 HÖ cã nghiÖm 3) 19 ≤ m≤2 HÖ PT cã nghiÖm ¿ x =u0 +1 y=u 0+1 ¿{ ¿ ¿ x =u1+ y=u2 +1 ¿{ ¿ 0=u<=u2= 0<u1 < + 2) 0<u1=u2< ¿ x =u2+ y=u1 +1 ¿{ ¿ < u2 m− 19 ¿ 8¿ Trong đó: 1+ √ ¿ −1 − √8 m −15 − √ m− 19 u0= ; u1 = ; u2=¿ 4 4) 2≤ m ≤ HÖ PT cã nghiÖm ¿ ¿ 2 x =u1+ x =u2+ 2 y=u2 +1 y=u1 +1 ¿{ ¿{ ¿ ¿ Víi u1, u2 nh trªn Bµi 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: Bài tập đề nghị: ¿ 2y x= 1− y 2x y= 1− x ¿{ ¿ Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x+ √ √ y +9=9 √ y+ √ x +9=9 ¿{ ¿ Gi¶i: (Gîi ý) §K: x 0; y Khi trõ theo vÕ, cho ta PT hÖ qu¶ √ x − √ x +9= √ y − √ y +9 Vµ ta xÐt hµm sè (t)= √ t − √ t+ ; t ≥  (t) đồng biến  x = y Vµ gi¶i hÖ PT v« tû √ x+ √ x +9=9 Bµi 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh : √3 x +2=2 Gîi ý: §Æt t = √3 x=2 x3-3 Bµi 4: CMR Víi mäi gi¸ trÞ ©m cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x y +m= y cã nghiÖm nhÊt xy +m=x ¿{ ¿ Gợi ý: Trừ theo vế, xét PT hệ theo PT đồ thị Bµi 5: Cho hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ m2 2 x = y+ y (m lµ tham sè) m 2 y =x+ x ¿{ ¿ a) Giải hệ đã cho với m = b) CMR m  thì hệ phơng trình đã cho có nghiệm Mét sè VD Kh¸c  x 3 x  y (1)  y 3 y  x (2) VD1 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  (*) giải: (1)  (2)  x  y 3( x  y )  2( x  y )  ( x  y )( x  y  1) 0  x  y 0   x  y  0  x 3 x  y     x  y 0    x  y  0  (*)   x 3 x 2 y    x  y 0    x  x  y    x  y  10    x 2( y    y 2( x  VD2 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  giải: (1)  (2)  (0;0);(5;5)  ( 1; 2);(2;  1)  )(1) (*) )(2)  x  y 2( y  x))  ( x  y )( x  xy  y  2) 0  x y  x  y 0    ( x  y )  y  0( ptvno) x  xy  y     (Vì(x+y/2)2+3y2+2>0)   x  x  0  x 2( y  ) (*)     x  y  x  y   (1;1)  x1 1    1  1  1  (*)   x2,3    ( ; ) 2   x y  (  1 ;  1 )   2  x  y  y x VD3 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  giải:  x  y (1) (*)   y  x (2) (1)  (2)  x  y  y  x  ( x  y )( x  y)( x  y )  y  x  ( x  y )  ( x  y )( x  y )  1 0  x  y 0  2  ( x  y )( x  y )  0(3) x  y  y 0; y x  x 0  (3)vno x y (*)    x y  (1;1)  (0;0)   x    y 4  y    x 4 VD4 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  giải:  x    y 4(1) (*)  y    x  4(2)  (1)  (2)  x 1   y  y 1   x  x  y   ( x  1)(7  y)  y  x   ( y  1)( x  7)  ( x  1)(7  y )  ( y  1)(7  x)  x  y  x  y 9 (*)   ( ; ) 16 16  x    y 4 VD5 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh e x ey  x  1(1) (*)  y e ex  y  1(2) (1)  (2) x e ey  x   y e ex  y   e x  ex  x e y  ey  y (3) f (t ) et  et  t , f (t ) et  e   0t  R  x  y : f ( x )  f ( y ); x  y : f ( x )  f ( y ) (3)  x  y e x ey  x  e x ( e  1) x 1 (*)    x y x y x0 theoBernuli   e x  (e  1) x   x 1 :  x   e x  (e  1) x 1  x1 0  (*)   x2 1  x y  (0;0)  (1;1) (3  2) x  (1  2) y 4 (*  y x (3  2)  (1  2)  VD6 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  ) Giai: taco :  2 (1  2) (1  2) x u dat :  (u , v  0) y (1  2) v 2 u  v 4 u  v 4 (*)    2 v  u 4 (u  v)  (v  u ) 0  u v (1)  u  v  u  v 4   (*)    v 1  u (u  v)(u  v  1) 0   (2)  u  v 4    17 )  x log1 (  iai (2)vno; giai (1) :   y log (   17 ) 1  3 VD7 gi¶i ph¬ng tr×nh x  3 3x  2(*) Giai: dat : y  3 x   y 3x   x 3 y   x 3 y  (*)    3  x  y 3 y  3x  y 3 x    x 3 y  (1)   x 3 y   x y   2 ( x  y )( x  xy  y  3) o   x 3 y  (2)vno   x  xy  y 3 0  y 3y vi : x  xy  y  ( x  )  3   x 3 x   x 1, x2   (1;1) (*)      ( 2;  2) x y x y x  y  sin x 2   y  sin y 2  VD8 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x (*) (day la he doi xung loai nhung giai theo Phuong phap thong thuong xe phuc tap ta se giai bang Phuong phap danh gia) neu : xy   sin x  2,sin y   (*)vno vay : xy  : y y xet : x  y       sin y   (*)vno x x x x xet : x  y       sin x   (*)vno y y  xet : x  y  (1)  sin x 1  x   k 2, k  Z    x   k 2, k  Z (*)    y    k 2, k  Z  Bµi tËp ¸p dông  2 x  y  x  1)  2 y    x y 2y   x 1  y 2)   y  2x   x2  x  y  3  2 3)   y  x  3  2  x   y  4 4)   y   x  4  x (2 y  1) 2 5)  y x  (2  1) 2 3x  y 9 6)  y x 3  9 7) x  x 2 x  cos x sin y 8)  cos y sin x sin x  tan y 1 9)   tan y  sin x 1  x  21  y   y   y  21  x   x 10, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh   x  21  y   y (1) (*)   y  21  x   x (2) dk : x 1, y 1 (1)  (2)   x  21  y  21  y   x2  y x  21  y  21  ( x  y )(  x y  ( x  y )( x  y ) 0 x 1 y x y 2 x  21  y  21  x  y 0(vi : x   y  x2   ( x  y )) 0 x 1 y x y x  21  y  21   ( x  y )  0) x 1 y  x  y 0 (*)   2  x  21  y   y  x  y 0  2  x  21  x   x (3) (3)  x   x  x  21 0 nhanthay : (3)khongcono : x 1 xet : f ( x )  x   x  x  21; x  1 x f ' ( x)   2x  vi : x   x  2 x x  21  f ' ( x)   f ( x) db; x   (3) no !: x 2 (*)  x  y 2 x x  21 log  3sin x log 3cos y  log  3cos y log 3sin x 11, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  pp quy ve hptdxl2: chu y dang sau co the dua ve hdxl2 ax  b c( dx  e)   x   (1) ax  b c( dx  e)3   x   (2) voi : d ac   ; e bc   (1)dat : dy  e  ax  b (dk : dy  e  0) (2)dat : dy  e  ax  b x 1 x2  x  vd1 gpt x   x  x  5(*) dk : x  (*)  x  ( x  2)2  dat : y   x  1;( y  2)  y  ( x  2) (1) (*)    x  ( y  2) (2) (1)  (2) : x  y  ( x  y )( x  y  4)  ( x  y )( x  y  4) 0;(vi : x  1; y  2)  x y (1)  x  3x  0; vno  (*)vno 0 Mét sè HÖ ph¬ng tr×nh nhiÒu Èn vµ c¸ch gi¶i Bµi 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  xy  y 1   y  yz  z 4  z  zx  x 9  Bµi gi¶i ( x  1)( y  1) 2  Hpt  ( y  1)( z  1) 5  ( x  1)2 ( y  1)2 ( z  1)2 100 ( z  1)( x  1) 10   ( x  1)( y  1)( z  1) 10   ( x  1)( y  1)( z  1)  10 Víi ( x  1)( y  1)( z  1) 10, hÖ cã d¹ng: ( x  1)( y  1)( z  1) 10 ( x  1)( y  1) 2    ( y  1)( z  1)   ( z  1)( x  1) 10 ( x  1) 2  ( y  1) 1   ( z  1) 5  x 1   y 0  z 4  Víi ( x  1)( y  1)( z  1)  10, hÖ cã d¹ng: ( x  1)( y  1)( z  1)  10 ( x  1)( y  1) 2    ( y  1)( z  1)   ( z  1)( x  1) 10 ( x  1)   ( y  1)    ( z  1)  VËy hÖ cã hai nghiÖm lµ: (1;0;4) vµ (-3;-2;-6)  x    y   z   Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  y  z 6   xy  yz  zx 7  x  y  z2 14  Bµi gi¶i  x  y  z 6  Hpt   xy  yz  zx 7  ( x  y  z)2  2( xy  yz  zx ) 14   x  y  z 6   xy  yz  zx 7  xy  yz  zx 11  Tr õ tõng vÕ hai pt cuèi ta ® îc: zx=2 nªn hpt trë thµnh:  x  y  z 6   y( z  x ) 9  y, z  x lµ nghiÖm cña ph ¬ng tr×nh: t  6t  0  t 3  y z  x 3 z+x=3 Từ đó ta có:  xz=2  x, z lµ nghiÖm cña ph ¬ng tr×nh:  t 1 t  3t  0     t 2 VËy hÖ cã hai nghiÖm lµ: (1;3;2) vµ (2;3;1)  x 1, y 3, z 2  x 2, y 3, z 1  Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 x  y  y  0  2 y  z  3z  0 2 z3  x  x  0  (1) Bµi gi¶i 13  x  y  3y     Hpt   y  z  3z    13   z  2 x  x    x  f (y)   y  f ( z)  z  f ( x ) víi f(t)=  13 2t  3t  Ta cã: 2t  3t   t   2 f '(t )  (4t  3)(2t  3t  3) f '(t ) 0  t  4 f (t ) gi¶m nÕu t  Từ đó suy ra: f (t ) tăng t  th× hµm f(t) t¨ng: Gi¶ sö hÖ cã nghiÖm (x ,y ,z )  X Ðt t - NÕu x < y th× f(x )< f(y )  z  x  f(z )< f(x )  y <z  x <y <z (®iÒu nµy v« lý) Nh vËy hÖ chØ cã thÓ cã nghiÖm x =y =z ,thÕ vµo (1) ta ® îc: x  x  x0  0  ( x0  1)(2 x  3) 0  x   hÖ cã nghiÖm x =y =z  th× hµm f(t) gi¶m: Chøng minh t ¬ng tù nh trªn ta còng ® îc nghiÖm x =y =z   X Ðt t - nh ng nghiÖm nµy lo¹i (v× x ,y ,z - ) Tóm lại hệ đã cho có nghiệm là x =y =z  Bµi 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x y  (1)   y z  (2)  z2 x  (3)  Bµi gi¶i  Gi¶ sö x>y>z : tõ (1),(2) vµ (3)  z  x >y (a) NÕu x 0 th× x>y  y  z (®iÒu nµy v« lý víi (a))  x  NÕu z 0 th× x>y>z 0  y  z (®iÒu nµy v« lý víi (a))  z  Tõ x>0  z    z   ( v × z<0)  z+1<0  y  (theo(2)) (®iÒu nµy v« lý )  Gi¶ sö x>z>y : tõ (1),(2) vµ (3)  z  y >x (b) NÕu x 0 th× x>z>y  z  y (®iÒu nµy v« lý víi (b))  x  NÕu y 0 th× x>z>y 0  x  y (®iÒu nµy v« lý víi (b))  y   z>1 Tõ x>0  z    z2     z<-1 theo (2) th× z>-1 nªn z>1  y =z+1>2  y   y   2(v × y<0) Khi đó x y     (v« lý) Khi hoán vị vòng quanh (x,y,z) thì hệ không đổi nên t ơng tự xét các tr ờng hîp cßn l¹i vµ chøng minh t ¬ng tù ta còng ® îc ®iÒu m©u thuÉn Do đó hệ có thể có nghiệm x=y=z ThÕ x=y=z vµo (1) ta ® îc x  x  0  1-  x=y=z=   1+  x=y=z=   1-  x=y=z= Vậy nghiệm hệ đã cho là:   1+  x=y=z=  Bµi 5: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2  xy  yz  zx x  y  z  6  x  y  z 3 Bµi gi¶i Theo bất đẳng thức Bunhiakopsky ta có: xy+yz+zx x +y +z DÊu b»ng x¶y  x=y=z thÕ vµo (1) ta ® îc: 3x 3  x 1  x=y=z= 1 VËy nghiÖm cña hÖ lµ: (1;1;1);(-1;-1;-1) Bµi 6: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 x  x y  y  2 y  y z z 2 z  z x  x  Bµi gi¶i 2 x y (1  x )  Hpt  2 y z(1  y ) 2 z x (1  z )  V× x= 1,y= 1,z= 1 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ trªn  2x  1 y= 1-x  2y  nªn hpt  z=  2 1-y   2z  3 x=  1-z   §Æt x=tan , -    th× : 2 2tan tan 2 1-tan 2 2tan2 tan 4  2  z  1-tan 2 2tan4 tan8  3  x  1-tan 4  1  y  k ,( k  )    k  7 V× -     -     k 2 2 Do k   nªn k   -3;-2;-1;0;1;2;3  tan8 tan      3 2   2 3      ; ;  ;0; ; ;  7 7    x tan    3 2   2 3  VËy nghiÖm cña hÖ lµ:  y tan 2 víi    ; ;  ;0; ; ;  7 7 7    z tan 4  Bµi 7: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  x  x y 2   y  y  y z 2  z5  z  z x 2  Bµi gi¶i DÔ thÊy x=y=z=1 lµ nghiÖm cña hÖ Ta sÏ chøng minh nghiÖm nµy lµ nghiÖm nhÊt ThËt vËy: +NÕu x>1 th× x  x x  x  1  1 x2  y    y  y y  y     2x y   y   2y2z   z    z5  z z  z    y  (®iÒu nµy m©u thuÉn) z2 +NÕu x<1 :Chøng minh t ¬ng tù nh trªn VËy nghiÖm cña hÖ lµ x=y=z=1  z2 x   x  Bµi 8: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  xy  z2  12 0  2  y  yz  x  12 0 16 z  xz  y 0  (1) (2) (3) Bµi gi¶i Céng tõng vÕ (1),(2),(3) ta ® îc: (x -4xy+4y )+(y -4yz+4z )+(16z -8xz+x ) 2   x  y    y  z    x  z  0  x 2 y    y 2 z   z 2 x   x 4 z   y 2 z 16 z  32 z  z  12 0  ThÕ vµo hÖ ta ® îc: 4 z  8z  16 z  12 0 16 z  32 z  16 z 0   x 4, y 2, z 1  z  0  z 1    x  4, y  2, z  Vậy nghiệm hệ đã cho là :(4;2;1) (-4;-2;-1) Bµi 9: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: (*)  xyz 32  2  x  xy  y  z 96  x , y, z   Bµi gi¶i Ta cã x  xy  y  z (x  z2 )  ( z2  y )  xy 2 xz  yz  xy (theo bất đẳng thức côsi) (1) Cũng theo bất đẳng thức côsi ta có: xz  yz  xy 3 32 x y z 3 32.32 96 Tõ (1) vµ (2) ta ® îc x  xy  y  z2 96 x=z   DÊu b»ng x¶y  z=2y  2 xz 4 yz 4 xy   x 2 y   z 2 y x=4 thÕ vµo (*) ta ® îc 2y.y.2y=32  y=2   z=4 VËy nghiÖm cña hÖ lµ: (4;2;4) Bµi 10: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   x   x  z  3  z   y  y x  x   2  y  z 6 z  z 3  Bµi gi¶i 3 x    z  x  3z  0  2  y  3y x  x  Hpt   2  y  z 6 z   z 3  1  2  3  4 Xem  1 lµ ph ¬ng tr×nh bËc hai theo x: Ta cã  '   3+z    3z   z  3z z  z   0  z 0   z 3 pt   cã nghiÖm  -z  z 0  z 6  5  6 (2) Tõ   ,   ,   suy z=3 hoÆc z=0  x 1 Víi z=0  y=0  x  x  0    x 2 Víi  y 9  y 3  lo¹i theo  1  - víi y=3  x  x  52 0  217 Tõ  1 ta cã x=  z  z  3z hay x=2 Tõ  a  vµ  b   tr êng hîp nµy v« nghiÖm  a  x    b  x 1 - víi y=-3  x  x  0    x 2 Tõ  1  x 2  d  c Tõ  c  vµ  d   x 2 VËy hÖ ph ¬ng tr×nh cã nghiÖm:  1;0;0  ;  2;  3;3  Bµi tËp Gi¶i c¸c hÖ ph ¬ng tr×nh sau: x  y  0  a  y  z  0  z  x  0   x  y  z   2  x  y  z 6 c  3  x  y  z   z 1   y 2 x  x   b  z 2 y  y   x 2 z  z d 6x  y  z2  13yz   2 3y  x  z  5 xz  2 6 z  x  y  5 xy III/ HÖ ph¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh Khái niệm: Một dạng hệ phơng trình mở rộng hệ phơng trình đối xứng loại hai là hệ phơng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh cña c¸c Èn: x1, x2,…, xn ¿ f ( x1 )=g( x ) f ( x2 )=g( x ) f (x )=g( x ) f (x n −1)=g (x n) f (x n )=g( x ) ¿ { {{ { { ¿ Cũng nh hệ phơng trình đối xứng loại hai, đặc điểm chung hệ này là: (x 1, x2,…, xn) lµ mét nghiÖm th× ho¸n vÞ vßng quanh cña nã còng lµ nghiÖm cña hÖ V× vËy viÖc gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh d¹ng :”Ho¸n vÞ vßng quanh” trêng hîp tæng qu¸t gÆp kh«ng Ýt khã kh¨n ë ®©y t«i nghiªn cøu trêng hîp hÖ ph¬ng tr×nh cã nhÊt nghiÖm:(x1= x2=…= xn) 2.C¸c tÝnh chÊt cÇn sö dông: a)TÝnh chÊt 1: NÕu hai hµm sè f, g cïng t¨ng trªn tËp hîp A vµ (x1, x2,…, xn) lµ nghiÖm cña hÖ phơng trình (I) đó xiA  i=1 , n thì x1= x2=…= xn Chứng minh: Do hệ phơng trình không thay đổi qua phép hoán vị vòng quanh nên g/s x 1=min { x , x2 , … , x n }  x1x2  x1  x2  gx2  g(x3)  x2x3  x2  x3  gx3  g(x4)  x3x4 ……………………………  xn-1  xn  gxn  g(x1)  xn  x1 VËy  x1  x2  x3  ……  xn  x1  x1 = x2 = ……… = xn Nhận xét: f, g cùng giảm trên A  tính chất ttrên đúng b/ TÝnh chÊt 2: Gi¶ sö hµm sè f gi¶m trªn tÇp hîp A vµ (x 1, x2, …………, xn) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh (I), đó xiA i = ,n : +/ NÕu u lµ sè lÎ th× x1 = x2 = ……… = xn ++/ NÕu n lµ sè ch½n th× x1 = x3 = ……… = xn-1 x2 = x4 = ……… = xn Chøng minh: Còng nhËn xÐt nh trªn Gi¶ sö x1 = { x = x 2=… … … = xn } +/ Trêng hîp n lµ sè lÎ: x1  x2  x1  x2  gx2  g(x3)  x2  x3  x2  x3  gx3  g(x4)  x3x4 ………………………………  xn-1  xn  gxn  g(x1)  xn  x1  xn  x1  gx1 g(x2)  x1x2 VËy x1 = x2  x1 = x2 = ……… = xn ++/ Trêng hîp n lµ sè ch½n:  x1  x3  x1  x3  gx2  g(x4)  x2  x4  x2  x4  gx3  g(x5)  x3x5  ……………………………………  xn-2  xn  gxn-1  g(x1)  xn-1  x1  xn-1  x1  gxn  g(x2)  xn  x2 ¿ ¿ x ≤ x ≤ x ≤ .≤ x n −1 ≤ x x ≤ x ≤ x6 ≤ ≤ x n ≤ x ¿ ⇒ VËy: (§iÒu ph¶i chøng minh) ¿ x 1=x 3=x 5= .=x n −1 x 2=x =x6 = =x n ¿ { ¿ Nhận xét: Tính chất trên đúng  là hàm số giảm VÝ dô: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x +3 x −3+ ln (x − x+ 1)= y y +3 y − 3+ln( y − y +1)=z z + z −3+ ln( z − z+1)=x ¿{{ ¿ Gi¶i: xÐt c¸c hµm sè x = t +3 t − 3+ln (t −t +1) Vµ g(t) = t trªn R Ta cã: g’(t) = > 2 t −1 2t +1 =3 t +1+ >0 t −t +1 t −t +1 Với tR nên t và g(t) đồng biến trên R ¸p dông tÝnh chÊt 1:  NÕu hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x, y, z) th× x = y = z = t víi t lµ nghiÖm cña ph ¬ng tr×nh: Vµ: ’t ¿ t +3+ t +2 t − 3+ln (t −t+1) = (*) DÔ thÊy ph¬ng tr×nh (*) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t =1 Bây ta có thể khẳng định phơng trình (*) có nhiều nghiệm ThËt vËy xÐt hÖ sè h(t) = t +2 t − 3+ln(t −t+1) Ta cã: h’(t) ¿ t +2+ trªn R 2t − 2t + =3 t +1+ 2 t −t +1 t −t +  h’(t) > R Nên h(t) tăng trên R  đồ thị cắt trục hoành không quá điểm Nghĩa là phơng trình (*) cã kh«ng qu¸ mét nghiÖm Vậy ta đợc x = y = z = HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt ¿ x =1 y=1 z=1 ¿{{ ¿ VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ ( x − )2=2 y ( y −1 ) =2 z ( z −1 )2=2t ( t − )2=2 x ¿ {{ { ¿ Gi¶i : Ta thÊy x  0; y  0; z  0; t  XÐt c¸c hµm sè: u = (u-1)2; g(u) = zu (u 0) Ta cã: ’u = 2(u-1) g’(u) = > u R */ Nếu u>1  hai hàm số u và g(u) tăng ¸p dông tÝnh chÊt (1)  x = y = z = t = u */ NÕu 0 u 1 th× u lµ hµm sè gi¶m g(u) lµ hµm sè t¨ng ¸p dông tÝnh chÊt (2)  t = x; z = y Êy hÖ trë thµnh ¿ ( x − )2=2 y ( y −1 ) =2 x ⇔ ¿ x −2 x+ 1=2 y y − y +1=2 x ¿{ ¿ Trõ theo vÕ cña hai ph¬ng tr×nh nµy:  x2-y2=0 hay x=y (v× x0; y0) Tóm lại: Trong các trờng hợp ta có : x=y=z=t và đêug u0 Với u là nghiệm không ©m cña ph¬ng tr×nh: (u-1)=2u  u2- 4u+1=0 u=2 − √ ¿ u=2+ √  ¿ ¿ ¿ ¿ Ta đợc hai nghiệm hệ phơng trình đã cho là: x= y=z=t=2+ √ ¿ x= y=z =t=2− √3 ¿ ¿ ¿ ¿ VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x31 −3 x 1+ 2=2 x2 x 31 −3 x 2+ 2=2 x3 x 399 − x 99 +2=2 x 99 x 3100 −3 x 100 +2=2 x ¿ {{{{{ ¿ ’ (t)=t3-3t+2 vµ g(t)=2t trªn R g (t)=2 Gi¶i: XÐt c¸c hµm sè : Hµm sè t= t3-3t+2 ’  t= 3t2-3 Cã kho¶ng biÕn thiªn: t - ’  t (t) Ta cã thÓ gi¶ thiÕt x1=min -1 + - + + { x , x , , x100 } Trêng hîp 1: x1>1 Khi Êy xi>1 i= ,100 Trên khoảng (1,+) hai hàm số (t) và g(t) tăng nên x1=x2=…=x100=t Víi t lµ nghiÖm cña PT t3-5t+2=0  (t-2)(t2+2t-1)=0 Ph¬ng tr×nh nµy chØ cã nghiÖm t=2>1 Cho nªn x1=x2=…=x100=2 Trêng hîp 2: 0 xi 1 Ta cã: ([0,1]) =g([0,1]) = [0,2] Víi x1[0,1]  (x1) ([0,1])  g(x2) g([0,1]) Vì g là hàm số đồng biến trên R  x2[0,1]  (x2)  ([0,1])  g(x3) g([0,1])  …x100[0,1] Trong trêng hîp nµy xi [0,1] i= ,100 MÆt kh¸c trªn [0,1] th× hµm f gi¶m vµ hµm g t¨ng ¸p dông tÝnh chÊt (2)  x1=x3=…=x99 x2=x4=…=x100=2 ¿ x 31 −3 x +2=2 x Ta cã hª ph¬ng tr×nh x 32 −3 x +2=2 x ¿{ ¿ HÖ lo¹i II Trừ theo vế các phơng trình ta đợc: (x1-x2)( x −3 x + x1 x −1 ¿=0 x1=x ¿ x 21+ x 22=x x 2=0  ¿ ¿ ¿ ¿ x 31 −3 x +2=2 x a) x1=x2   x −5 x +2 x −0  (x1-2)( x 1+2 x −1=0  x1=2 hoÆc x2=-1+ V×: x1[0,1]  x1=-1- √ hoÆc x2=-1- √ √ (lo¹i) x2= (lo¹i) VËy x1=-1+ √ =x2 ¿ 2 x1 + x + x1 x −1=0 3 b) x 1+ x −5( x + x 2)+ 4=0 ¿{ ¿ Là hệ đối xứng loại (I) (céng theo vÕ) §Æt S = x1+x2 P=x1x2  ¿ S − P −1=0 S − PS−5 S+ 4=0 ⇔ ¿ P=S − S − S ( S2 − 1) −5 S+ 4=0 ¿{ ¿ ⇔ P=S −1 −2 S − S+ 4=0 ⇔ ¿ P=S − S3 +2 S − 24=0 ¿{ ⇔ P=S −1 (S −1)(S 2+ S +2)=0 ⇔ ¿ P=S2 − S=1 ¿{ ⇔ P=1 −1 S=1 ⇔ ¿ P=0 S=1 ¿{ V×: S2 + S +2 = v« nghiÖm ¿ x 1+ x 2=1 ¿ x x 2=0 x 1=0 ⇔ x 2=0 ¿ x 1=0 hoÆc ¿{ x 2=1 ¿ ¿ { ¿  Trong trêng hîp nµy cã c¸c kh¶ n¨ng sau: ¿ x 1=−1+ √ ¿ x 2=−1+ √ x 1=0 ; x 2=0 ; ¿ x1 =0 ¿{ x 2=1 ¿ ¿ { ¿ Trêng hîp 3: x1<0  g(x1)<0  (x100)<0  x100 <-2 (Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn)  g(x100)<0 (vì g là hàm đồng biến trên R)  (x99) <0  x99<-2 ………  g(x2)<0  (x1)<0  x1<-2 VËy xi<-2 i = ,100 Mặt khác trên (- ∞ ,-2) hàm số f, g tăng nên áp dụng tính chất (1) x1=x2=…=x100=t <-2 Víi t lµ nghiÖm cña PT t3-3t +2=2t  t3-5t +2=0 (*)  (t-2)(t2-2t-1)=0 Râ rµng (*) chØ cã nghiÖm t = −1 − √ 2<−2  x1=x2=…=x100= −1 − √ KÕt luËn: Tõ kÕt qu¶ cña c¸c trêng hîp trªn  hÖ P T cã nghiÖm (x1,x3,…,x99) 1) x1=x2=x3=…=x100=2 2) x1=x2=x3=…=x100=-1+ √ ¿ x1= x3 =…=x 99=1 3) x 2=x 4=…=x 100 =0 ¿{ ¿ ¿ x 1=x 3=…=x 99=0 4) x 2=x 4=…=x 100 =1 ¿{ ¿ 5) x1=x2=x3=…=x100=-1+ √ Bài tập đề nghị: Bµi 1: Cho n lµ sè nguyªn lín h¬n Tìm giá trị tham số m để hệ phơng trình : ¿ x21 =x32 − x 22+ mx x22= x33 − x 23+ mx cã nghiÖm nhÊt x 2n− 1=x 3n − x 2n + mx n xn =x1 − x 1+ mx ¿{{{{ ¿ Bµi 2: Cho n lµ sè nguyªn lín h¬n vµ a0 Chøng minh r»ng: ¿ a2 2 x 1=x 2+ x❑ a2 x22 =x3 + x3 a2 2 x n −1=x n + xn a2 2 x n=x 1+ x1 ¿ ¿ { {{ { ¿ Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x − x 2+ x −2= y y3 −7 y +8 y −2= z z −7 z 2+ z −2=x ¿{{ ¿ Bµi 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ 2x +x =y 2y +y =z 2z +z =x ¿{{ ¿ Bµi 5: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ y log ( 1+2 ) −2+2 y=x x log ( 1+2 ) −2+2 x=z z log ( 1+2 ) − 2+ z= y ¿{{ ¿ B×a 6: CMR víi mäi sè thùc a th× hÖ ph¬ng tr×nh sau ®©y cã nghiÖm nhÊt ¿ x 2= y + y +a y =z3 + z +a z2 =x3 + x +a ¿{{ ¿ () () () 3 2 IV/ Hệ đẳng cấp bậc hai 1/ Kh¸i niÖm: Biểu thức F(x,y) đợc gọi là đẳng cấp bậc hai x, y số dơng k thì ta có F(kx,ky)=k2F(x,y) Hệ đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng ¿ F( x , y)=A G( x , y)=B ¿{ ¿ Trong đó F và G là các biểu thức đẳng cấp bậc hai x,y còn A,B làcác số 2) Ph¬ng ph¸p gi¶i: + G¶i hÖ víi y=o + Với y0 đặt x=ky và đợc phơng trình bậc hai theo k Gi¶i t×m k  x,y 3) C¸c vÝ dô: VÝ dô 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x2 −3 xy+ y =−1 x2 − xy+3 y =13 (I) ¿{ ¿ Giải: Đây là hệ đẳng cấp bậc hai x,y ¿ x2 =−1 + Víi y=0  hÖ (I)  x =13 (lo¹i) ¿ { ¿ + Víi y0 Tay vào hệ đã cho ta đợc ¿ ( ky ) −3 ( ky ) y+ y 2=−1 (I)  ( ky )2 − ky y +3 y 2=13 ¿{ ¿ ¿ y ( k −3 k + )=−1  y ( k − k +3 ) =13 ¿{ ¿ k − k +3 V× y0  k2-3k+1=(-1) 13  13k –39k+13=-k2+k-3  16k2 –40k+16=0  4k2 – 10k + 4=  2k2 – 5k + 2= =52-4.2.2 = 9>0 5+3 k 1= =2 ¿ −3 =  k 1= ¿ ¿ ¿ ¿ Víi k=2   ¿ x=2 y y ( 2 −3 2+1 )=− ¿{ ¿ x=2 y y 2=1 ⇔ ¿ x=2 y 2=1 ¿ ¿ ¿ ¿ x=−2 ¿ y 2=−1 ¿ ¿ ¿ x=1 y=2 ¿ ¿ ¿ x= y ¿ x =−1 Víi k=  hÖ PT :  1 ¿ y2 − +1 =−1 2 y=− ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Tóm lại hệ đã cho có cặp nghiệm : (2,1); (-2,-1); (1,2); (-1,-2) VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x 2+ xy − y 2=5 y 2x (I) − =− − x y xy ¿{ ¿ Gi¶i: §K x0; 0 [( ) ] ¿ x + xy − y 2=5 HÖ (I)  −2 x 2+ y + =−2 xy ¿{ ¿ ¿ x 2+ xy − y 2=5  ( x2 + yx2 − y ) =−5 − x + y + xy ¿{ ¿ ¿ 2 (1 ) x + xy − y =5 29  x − xy −3 y 2=0 (2) ¿{ ¿ ¿ x 2=5 Víi y=0  (1)  x 2=0 (v« lý) ¿{ ¿  y0 đặt x=ky ¿ ( ky )2 +k y y − y 2=5 29 (I)  ( ky )2 − ( ky ) y −3 y 2=0 ¿{ ¿ ¿ y ( k +k +1 ) =5  y k − 29 k −3 =0 ¿{ ¿ 29 k − k −3 = V× k0  ( ( )  16k2- 29k- = =292 +4.6.16=1225  29+35 =2 k1= 32 29 −35 − = k2= 32 16 Víi k1=2  y2[4+2-1]=5  y2=1 ) √ Δ=35 Mµ x = 2y  ¿ x=2 y=1 ¿ ¿ ¿ x=−2 ¿ y=− ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ −3 −3 x= y x= y 16 16 −3 −3 −256 Víi k= ❑   ❑ 16 y2 + −1 =5 y 2= 256 16 59 ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ x=2 x=−2 Vậy hệ đã cho có cặp nghiệm y=1 y=− ¿{ ¿{ ¿ ¿ VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x −8 xy+ y 2=0 x2 −7 xy −6 y =0 [ ( ) ] (I) ¿{ ¿ Gi¶i: * Víi y=0 ¿ x2 =0 HÖ (I)  x =0 VËy hÖ cã nghiÖm (0,0) ¿ { ¿ *Víi: y0 §Æt x=ky ¿ ( ky ) − ( ky ) y+ y 2=0 2 HÖ (I)  ( ky ) − ( ky ) y −6 y =0 ¿ { ¿ ¿ y ( k − k + ) =0 (1) 2 (2)  y ( k −7 k − ) =0 ¿ { ¿ (v« nghiÖm ) ¿ k −8 k + 4=0 (1) k − k −6=0 (2) ¿ { ¿ V×: y0 Gi¶i: (1) ’  =16-12=4 k1= 4+2 −2 =2 ; k2= = 3 Víi k=2  5.(2)2-7.2-6 = Víi k=  () -7 -6  VËy (1) vµ (2) bao giê còng k=2 (tho¶ m·n)  Hệ đã cho có vô số nghiệm thoả mãn dạng (2t,t), tR Mét sè VD minh ho¹ kh¸c Bµi (§HSP TPHCM 00-01).Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  xy  y 9  2 2 x  xy  y 2 Bµi gi¶i Hớng dẫn : khử hệ số tự ta đợc : 16 x  14 xy  y 0 Ta thấy : x= 0, y= không là nghiệm hpt, chia hai vế cho y ta đợc :  x 1 y2  x x 16    14  0   y  x 3  y y8  x 1  *Với y vào pt ta đợc :   x 1    y    x     y 2  17  x  17     17  y  17    17  x  17    x 3   y 8 17   17 *Với y vào pt ta đợc :   KÕt luËn hpt cã nghiÖm Bµi (§HDL PH¦¥NG §¤NG-KA 00-01) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  3xy  y 12  2  x  xy  y 11 Bµi gi¶i Giải tơng tự ta thu đợc nghiệm :  x    y   x 1   y 2 x     y    x    y   Bµi Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 2 x  xy  y   2 3x  xy  y 7 Bµi gi¶i Giải tơng tự ta thu đợc nghiệm :  x    y  9   x  161   y   17 161   x 1   y 1   x  161   y  17 161  Bµi Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  xy 2  2 2 x  xy  y 16 Giải tơng tự ta thu đợc nghiệm : MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN THỨC Dạng hệ phương trình có thể khử ẩn dẫn tới phương trình ẩn ¿ √ y ( √ x + √ x +3 )=3 Bài 1.1 Giải hệ phương trình: √ x+ √ y=x +1 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện: x≥0; y≥0 (1) (2) Ta viết: √ y ( √ x + √ x+3 )=3 ⇔ √ y= √ x+ √ x +3 =√ x+ 3− √ x Thay vào (2) ta có: ( ) ⇔ √ x+3=x+ 1⇔ x=1⇒ y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: ( 1; ) ¿ x √ x + 1+ = y y Bài 1.2: Giải hệ phương trình: √ xy + √ y+ 1+ √1 − x=1 ¿{ ¿ √ √ (1) (2) HDG: Điều kiện: y >0 ; ≤ x ≤1 Ta viết: ( ) ⇔ √ xy + √ 1+ y=√ x Thay vào (2) ta có: √ x+ √1 − x=1 ⇔ x=0 → y=−1 (L) ¿ x=1 → y =0 (L) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy hệ phương trình vô nghiệm ¿ √ x + y + √ x − y =1+ √ x − y Bài 1.3: Giải hệ phương trình: √ x+ √ y=1 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện: x≥ y≥0; ( ) ⇔ ( √ x+ y −1 ) ( √ x − y − )=0 ⇔ x + y=1 ¿ x − y=1 Ta viết: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ (1) (2) Suy ra: ¿ x=1 y=0 ¿ x =0 y=1 ¿{ ¿ Vậy hệ phương trình nghiệm (1; 0) và (0; 1) Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau: ¿ √ x + x +2− √ x+ y = y a) √ x+ y=x − y+ ¿{ ¿ ¿ √ x+ y − 1=1 x √ − y +2=2 x −2 c) ¿{ ¿ ¿ y −3 x √ x + y + √ x=x +3 ¿{ ¿ √ x+ y − √ x +3= b)  x   y   x  y 5    x   y   x  y 2 d)   x  x  y   x  y  x  y   y 18 ( AN  99)  2  x  x  y   x  y  x  y   y 2 e)  ¿ 20 y x g) 16 x √ x+ y − √ x + y= 5y ¿{ ¿ √ x + y +√ x+ y= √ √ 2.Dạng hệ phương trình có thể đặt ẩn phụ để khử thức *Đặt ẩn phụ: Bài 2.1 Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: x y >0 ¿ 2x 2y + =3 y x x − y+xy=3 ¿{ ¿ √ √ (1) (2) √ 2t − t+ √ 2=0 ⇔ t=√ ¿ Đặt t= √ √2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ t= x ( ; t >0 ) Khi đó (1) trở thành: y Với t=√ 2⇒ x =2 y thay vào (2) ta được: y 2+ y −3=0 ⇔ y=1 → x =2 ¿ y=− → x=− ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x − x − 3=0 ⇔ x=−1 → y=−2 ¿ y = → x=3 Với t= ⇒ y=2 x thay vào (2) ta được: √2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ( Vậy hệ pt có nghiệm phân biệt: ( 2; ) , ( -1;-2 ) , -3;- 3 ∧ ;3 2 *Đặt hai ẩn phụ đưa hệ phương trình: Bài 2.2 Giải hệ phương trình: ¿ x √ x+ y √ y=35 x √ y + y √ x=30 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện: x≥0; y≥0 ¿ ¿ u ( u − v ) =30 √ x+ √ y=u u v=35 xy=v √ ⇒ Đặt Hệ trở thành: ; (u , v ≥ 0) ¿ u=5 ¿{ v=6 ¿ ¿{ ¿ (1) (2) )( ) Suy ra: ¿ x =4 y=9 ¿ x=9 y=4 ¿{ ¿ ¿ √ x+1+ √ y +1=4 Bài 2.3 Giải hệ phương trình: [ĐH.2006.A] x + y − √ xy =3 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện: Ta viết hệ x ≥ −1 ; y ≥ −1 ; xy ≥ ⇔ x+ y+ √ xy+ x + y +1=16 x + y − √ xy=3 ¿{ ¿ ¿ u+2 √ v + u+1=16 x+ y=u u − v=3 √ xy=v ⇒ Đặt Hệ trở thành: ; (v ≥ ) ¿ u=6 ¿{ v=3 ¿ ¿{ ¿ ¿ x =3 Suy ra: y=3 ¿{ ¿ Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình sau: ¿ x + y 2=1 a) √ x+ y + √ x − y=2 ¿{ ¿ ¿ 2 √ x +2 y +√ xy=8 √2 b) x+ y+ √ xy=16 ¿{ ¿ Đáp số: (1;0) Đáp số: (4;4) ¿ 3 ( x + y ) =3 ( √ x y + √ y x ) 3 c) √ x + √ y=6 ¿{ ¿ ¿ √ x + y + √ x+ y =5 d) √ x+ y + x − y=1 ¿{ ¿ ¿ √ x +2 y+ √ x −2 y + √ x − y 2=5 e) ( x − y ) √ x+2 y + ( x+ y ) √ x −2 y=6 ¿{ ¿ Đáp số: (8;64) và (64; 8) Đáp số: (1;2)  x y   1  x xy ( HH  99)  y  x xy  y xy 78 g)  { ) √ x=2 √ y +2 x (4− ) √ y=4 y +2 x ( 4+ h) i) x    y  y  x  y  *   x  x  y x  y   Đáp số: x  2y 4 pt  *   ;  y2   HD:  12;  1 ,  x  2y  0 y ¿ j) √ x2 + y +√ x − y 2=4 √ x + y − √ x − y=2 ¿{ ¿ Dạng hệ phương trình chứa giải nhờ sử dụng bất đẳng thức ¿ Bài 3.1 Giải hệ phương trình: x + √ x+ √ y +1=1 y + √ y+ √ x +1=1 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện: x , y ≥0 ¿ ỹx + √ x+ √ y +1 ≥ ỹ Ta có: ỹx + √ x+ √ y +1 ≥ } ¿ kết hợp với hệ suy ¿ x =0 y=0 ¿{ ¿ ¿ √ x + √ x+3=3 √ y Bài 3.2 Giải hệ phương trình: √ y+ √ y +3=3 √ x ¿{ ¿ HDG : Điều kiện: Ta giả sử x , y ≥0 x ≥ y ≥ ⇒ √ x + √ x +3 ≥ √ y+ √ y +3 ⇒ √ y ≥3 √ x ⇒ y ≥ x Suy x = y = Bài 3.3 Giải hệ phương trình: ¿ x+ √2 − y 2=2 y + √ 2− x2=2 ¿{ ¿ HDG : Điều kiện: − √ ≤ x , y ≤ √2 Ta có: ¿ x + √ 2− x2 ≤2 y + √ 2− y ≤ ¿{ ¿ ⇒ x + y + √ 2− x + √ 2− y ≤ Theo hệ phương trình ta phải có ¿ x + √ 2− x2=2 y + √ 2− y 2=2 ⇒ ¿ x=1 y=1 ¿{ ¿ ¿ 3 √ x+ √ y=1 Bài 3.4 Giải hệ phương trình: √4 x+ 4√ y=1 ¿{ ¿ HDG x , y ≥0 : Điều kiện: ⇒ √x≥√x √ y≥√ y 4 3 ⇒ √ x+ √ y ≥ √ x + √ y ¿{ Ta có: √4 x+ 4√ y=1 ⇒ x , y ≤1 ⇒ x=√ x √ Theo hệ phương trình ta phải có √ y=√ y ¿{ Kết hợp với hệ pt suy nghiệm (1; 0) và (0; 1) ¿ Bài 3.5 Giải hệ phương trình: x+ y=√ z −1 y + z=√ x −1 z+ x=√ y −1 ¿{{ ¿ HDG: Điều kiện: x , y ≥− 1/4 Ta có: √ z −1= √(4 z −1) < Tương tự: √ x −1 < 2x (4 z −1)+1 (2’) = 2z (1’) √ y −1 < 2y ❑ Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy 2(x+y+z) = √ z −1+ √ x −1+ √ y −1 < 2z + 2x + 2y (4) Từ (4) suy ra: x = y = z = Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình: a) ¿ 2n x+ √ y − 1=1 2n y + √ x − 1=1 ¿{ ¿ ¿ x +31=2+ y −x √ b) √ y+ 31=2+ x − y ¿{ ¿ (3’) ¿ 3 √ x+ √ x +3=3+ √ y d) √3 y + √ y +3=3+ √3 x ¿{ ¿ ¿ √ x+ √ − y=2 c) √ y+ √ − x=2 e) ¿{ ¿ ¿ x2 y= √ x −1 y2 z= √ y −1 z2 x= √2 z − ¿ {{ ¿ ¿ y= ( √ x + √ 2− x ) √2 z −1 z =( √ y+ √ − y ) √ x −1 g) x =( √ z+ √ − z ) √ y −1 ¿{{ ¿ ¿ √ x+ √ x +2+ √ x + 4=√ y −1+ √ y −3+ √ y −5 x + y + x 2+ y 2=44 ¿{ ¿ h) HD: so sánh: √ x+ √ x +2+ √ x + ∧ √ ( y −5 ) + 4+ √ ( y −5 ) +2+ √ y − ¿ xy x+ =x + y √ x −2 x +9 xy i) y+ = y2 + x √ y −2 y+ ¿{ ¿ ¿ 1+ x + 1+ x + .+ √ √ √1+ x 2012= √2012 2013 j) √ 1− x + √ 1− x2 + + √1 − x 2012= √ 2012 2011 ¿{ ¿ HD: sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski Dạng hệ phương trình chứa giải nhờ sử dụng tính chất hàm số Bài 4.1 Giải hệ phương trình: ¿ 10 x + xy = y + y √ x+3+ √3 y +1=4 ¿{ ¿ HDG: ⇔ x x + = y 5+ y y y x ≥ − 4/5 ; Hệ √ x+3+ √3 y +1=4 ¿{ () ĐK: Xét hàm số f ( t )=t +t Suy ra: x = y ⇔ x = y2 y ⇔ √ x +10 x +3=6− x đồng biến trên R Suy ra: √ x+3+ √ x +1=4 ⇔ ⇒ x ≤3 x=1 y=1 ⇔ ¿ ¿ x≤3 x=33 y=− ¿ ¿ x −34 x +33=0 ¿ ¿ ⇔ x=1 ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy hệ pt có nghiệm là: ( 1; ) ∧ ( ; −1 ) Bài 4.2 Giải hệ phương trình: ¿ √ x −2 x+6 log3 ( − y ) =x √ y −2 y +6 log3 ( − z )= y √ z −2 z+ log3 ( − x )=z ¿{{ ¿ HDG: ĐK: x , y , z <6 ; ⇔ x (1) √ x −2 x +6 y (2) Hệ log ( − z )= √ y − y +6 z log ( − x )= (3) √ z −2 z+6 ¿{{ t Xét hàm số f ( t )= đồng biến trên ( − ∞; ) √ t −2 t +6 và hàm số g(t)=log ( −t ) nghịch biến trên ( − ∞; ) ⇔ ( ) g y =f ( x ) (1) Khi đó hệ có dạng: g ( z ) =f ( y ) (2) g ( x )=f ( z ) (3) ¿{{ Nếu (x; y; z) là nghiệm hệ phương trình thì ta chứng minh x=y=x Thật vậy, không tính tổng quát giả sử x = max{x, y, z} đó xảy hai trường hợp: log ( − y )= TH1: x ≥ y ≥ z ⇒ g  x   g  y   g  z   f  z   f  x   f  y  ⇒ z ≤ x ≤ y ⇒ x= y =z TH2: x ≥ z ≥ y ⇒ f ( x ) ≥ f ( z ) ≥ f ( y ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( x ) ≥ g ( z ) ⇒ y ≤ x ≤ z ⇒ x= y =z Vậy x = y = z Từ hệ suy ra: f ( x )=g ( x ) ⇔ x=3 Tóm lại: hệ phương trình có nghiệm nhất: (x; y; z) = (3; 3; 3) Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình: ¿ ln ( 1+ √ x ) − ln ( 1+ √ y ) =√ x − √ y a) x − 12 √ xy+20 y =0 ¿{ ¿ ¿ ( x +1 ) x+ ( y − ) √5 −2 y=0 b) [ĐH.2010.A] x2 + y +2 √ − x=7 ¿{ ¿ Dạng hệ phương trình chứa giải cách lượng giác hóa Bài 5.1 Giải hệ phương trình: ¿ x √ 1− y + y √ − x 2=1 ( 1− x ) ( 1+ y )=2 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện Đặt x , y ∈ [ −1 ; ] ¿ x =cos a y=cos b với a , b ∈ [ ; π ] ¿{ ¿ ¿ cos a sin b+cos b sin a=1 ( 1− cos a )( 1+cos b )=2 Hệ trở thành: ¿{ ¿ Đặt t=sin a −cos a ; t ∈ [ − √2 ; √ ] ⇔ π sin a −cos a −sin a cos a −1=0 ¿{ a+b= (∗) t +2 t − 3=0 ⇔ t=1 ( TM) ¿ t=− (L) PT (*) trở thành: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ π π √ 2sin a − =1 ⇒ a= ⇒ b=0 ⇒ ( 4) Với t= suy ra: x=0 y =1 ¿{ Bài 5.2 Giải hệ phương trình: ¿ √ x + x √ y= √ y √ y + y √ z=√ z √ z + z √ x= √ x ¿{ { ¿ HDG : Điều kiện Dễ thấy Đặt x, y ,z ≥0 ⇔ x √ y= √ 1− x 2√ y x , y , z ≠ Khi đó hệ √ z= 1− y z √ x= √ 1−z ¿{{ ⇒ √ y= √ x=tan a ; a ∈ ¿ tan a =tan a 1− tan a z tan 4a x  tan a  1 z  tan 4a ⇔ a= −kπ ⇔ tan a=tan a ⇔ a=8 a+ kπ ; k ∈ Z { nên a ∈ ; mà a ∈¿ ⇒ √ z=tan a π π 3π ; ; 7 } Vậy hệ pt có nghiệm: ( tan π7 ;tan 27π ;tan 47π ) ; ( tan 27π ;tan 47π ;tan 87π ) và ( tan 37π ;tan 67π ;tan 127π ) ( ; ; 0) ; 2 2 2 2 Bài 5.3 Giải hệ phương trình :  2y 1  y x   2x  y 1  x Giải :  x tan      ,   ;    2  Khi đó hệ đã cho trở thành : Đặt  y tan  với  tan  1  tan  tan   sin  tan  (1)  tan  tan    1  tan  sin 2 tan  (2) Ta xét hai trường hợp : Nếu sin  0 thì sin  0 và ngược lại nên ta có x = y = là nghiệm hệ Xét sin  0 và sin  0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có : sin 2 sin  tan  tan   cos  cos  1  cos  cos  cos sin  (1)  2sin  cos  cos sin   sin  sin     (3) (4) Thay (4) vào (3) ta có 1   k cos 2   (1  cos 2 )   2   k     ,k Z 2  cos 2 0 Khi đó nghiệm hệ là  x  y 0  x  y tan(  k )   x  y 1  x  y 1 HÖ ph¬ng tr×nh mò – logarÝt I) Phơng pháp biến đổi tơng đơng Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau  x  y 2  (1  y ) x  x 2 1   1) 23 x 1  y  3.2 y 3 x  x   xy   x 6)  2) x y x y  x  y   x y 1 2 x  y 3  x  y 1 3)  x 5( y  )  y 4 x x y   x  y 4)  2 x  y ( y  x)( xy  2)  x  y 2 5)  7)  x2  y  x  log y log y x   xy  xy 4 32  log ( x  y ) 1  log ( x  y ) 8)   x  log y 3  x 9) (2 y  y  12).3 81 y  x log8 y  y log8 x 4  log x  log y 1 10)  Lêi gi¶i 1) §iÒu kiÖn y>-1  x  y 2    y  1   x  y 2  x  y 2  x 2   y 1      x  x2   1    x  x  0  y 0 (1  y )  y 0   2) §iÒu kiÖn x>0;y>0   x 1    x 1   y 1  2 2 x  x  2( x  x )   x x  x     x 3  2 2   2    x  x  x  x    y  x   y 3  y x     x 1 2  3 2  3.2  0     x 2   x y 2  3  y 1  x  y 1  x    y 1  x x  y 1  3)  x 1 x 2x x   x 0    y 1   x 1    y 0   x 1    x 1   y 1  3 x   15( x  )  x  4 x x   x    x 2 x x      5( y  )   y 4 x 3  x y  y  x     x  x  15 x  x    y  3 1   x y  y x 4)    x y x y 2 x y 3 2  ( y  x)( xy  2) 2  ( y  x )( xy  x  y ) 2   y  x (1)    x  y 2 x  y 2 x  y 2(2) 5)      Ph¬ng tr×nh (1) cã x=y tho¶ m·n x y NÕu x>y th×  x   y x y NÕu x<y th×  x   y Thay vµo (2) ta cã x=y=1 hoÆc x=y=-1  x  0  x  x 1 y y 3 x     3.2 3x   xy  x    x (3 x  y  1) 0  23 x 1  y  3.2 y 3 x  x 1 y y 3 x x   xy   x 2  3.2 6)     x 0    y log   x 0   x 0   x 0     11       y log   y log   y log       11 11   11        x    x    x    x   log (3  8)      y 1  x   y 1  3x   y 1  x  3    x 1  1 x   2(13 x )   13 x 6  6.2  0   23 x 1 3         y 2  log (3  8)   x 1 3     7)  x2  y  x  log y log y x  (7) §iÒu kiÖn x  0;0  y 1 log x log y log x 2log y log x 2 log y  x 16    log y   log x     y 4 log y 2 log x  log y  log y  log y  log y  log y  2  (7)   xy  xy 4 32  log ( x  y ) 1  log ( x  y ) 8)  (8) x  y   x  y   xy 0 §iÒu kiÖn   x y 2( y  x ) 5   log ( x  y ) 1   x y 2( y  x ) 5    x  y 3  (8)   x  log y 3  x 9) (2 y  y  12).3 81 y (9) §iÒu kiÖn y>0   x 2 y  2 ( x  y )(2 x  y ) 0  4 y  y 3    2 y 2 x   x  y 3    x  x 3  x 2   y 1  x  log y   x  log y     1 (2 y  y  12).27 y 81 y  y  y  12 0 (9)   x log8 y  y log8 x 4  log x  log y 1 10)  (10)  x  1;0  y 1 §iÒu kiÖn  x  log3 y   x 2     y 3  y 3   y    1  x log8 y  y log8 x 4  x log8 x 2  log x log x   3   x  y x  y    x 4 y (10)  Bµi : Cho hÖ ph¬ng tr×nh  x 2   y 2 3 1  log x  log y 0 (1)   x  y my  a) Gi¶i hÖ víi m = b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm Lêi gi¶i §iÒu kiÖn x 0; y  log x log y   x  y  my  (1)    x  y (2)  f ( y )  y  y  m  0(*)  a) Với m = giải hệ (2) ta đợc nghiệm (1 ;1) ; (-1 ;1) b) (1) cã nghiÖm vµ chØ (*) cã nghiÖm y>0 Do (*) cã  b  a nªn (*) cã nghiÖm d¬ng  f(0) <0  -m<0  m >0 log x (3x  ky ) 2 (1)  log y (3 y  kx ) 2   Bµi Cho hÖ ph¬ng tr×nh a) Gi¶i hÖ víi k =2 b) BiÖn luËn theo k hÖ (1) Lêi gi¶i §iÒu kiÖn 0  x; y 1  3x  ky  3 y  kx   (*)  3 x  ky  x (2)  x  y  x  ky  x   3x  ky  x 3 x  ky x     x  y   3 x  ky  x   3 y  kx  y ( x  y )(3  k  x  y ) 0   y 3  k  x   y 3  k  x (3)     (1)  a) Víi k =  x  x 0   y x  (2)   x 5   y 5   x  1(l )  x  x  0  x 2     x 2    y  1(l )  y 1  x  y 1  x  (3)  b) BiÖn luËn   x 0(l )  x( x   k ) 0  x 3  k     x 3  k     y x  y 3  k  y x  (2)  Víi x= 3+k ; y= 3+k lµ nghiÖm cña hÖ vµ chØ tho¶ m·n hÖ ®iÒu kiÖn (*)    k 1    k   x  (k  3) x  (k  3)k 0(4)  y 3  k  x(5) (3)   +) XÐt ph¬ng tr×nh (4) f ( x ) x  (k  3) x  (k  3)k 0 cã  '  3( k  3)(k  1) k 3 '    k   NÕu ph¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm nªn hÖ (3) v« nghiÖm  k 3  ' 0    k  NÕu Víi k = th× ph¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm x= kh«ng tho¶ m·n (*) => (3) v« nghiÖm Với k= -1 thì phơng trình (4) có nghiệm x=2 thay vào (5) ta đợc y = Vëy hÖ (3) cã nghiÖm (2;2) ' NÕu      k  3(**)   k   3(k  3)(k  1)  x  x1     k   3(k  3)(k  1)  x  x2  Khi đó (4) có hai nghiệm  Với x= x1 thay và 95) ta đợc y= x2 Với x = x2 thay vào (5) ta đợc y = x1  x1 x2    x, y 1   x1  x2    f (1) 0  Do đó (3) có nghiệm thoả mãn k (k  3)    3  k  1   k  k (k  3) 0    k   k 1  KÕt hîp víi (**) ta cã  KÕt luËn +) Víi k  hoÆc k = -2 hÖ v« nghiÖm +) Víi +)  k    3;  1    k    1;0  \    0;   \   2 hÖ cã nghiÖm x = y = 3+k  x 3  k  x  x1  x  x2 ; ;  y 3  k  y  x2  y x1  hÖ cã ba nghiÖm  C¸c bµi tËp tù luyÖn Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau  x  y 3  log ( x  y )  log ( x  y ) 1 1)  §S : (2;1) k   k 1  2 log x log y  log xy  log ( x  y )  log x.log y 0 2)    2;  ;  2;1 2 §S:  3lg x 4lg y  (4 x )lg x (3 y )lg3 3)   1  ;  DS :   4log3 xy 2  ( xy )log3  x  y  3x  y 12 4)  DS :  y 1  log x  y 5)  x 64 6)  1 x y  28 x  y ( xy ) x x  y  y  23 x 5 y  y  x   x 1 y  x   7) 3x  x log  log y  y  log 2    x log 12  log x  y  log y 3 3 8)   x  y  0  log x  log y 0 9)  10)  log ( y  x )  log y 1   x  y 25  II) DS : 3  6;3  ;  6;3   ; 2 8   4;3 ;  DS : 9 ;   4  1;1 ;  DS : (0;1) ; (2;4)  DS  2;1 ;  2;  2   DS : (1,1) ; (9;3) DS (3;4) Phơng pháp đặt ẩn phụ Bµi1 Gi¶i c¸c hÖ phùîng tr×nh sau 32 x 2  22 y 2 17  x 1 2.3  3.2 y 8 1)  9log2 ( xy )  2.( xy )log2  ( x  1)  ( y  1) 1 4)   2)  x log8 y  y log8 x 4  log x  log y 1 5)   42 x   22 x  y  y 1  y 2  3.22 x  y 16  92cot x sin y 3  sin y  81cot x 2 3)  Lêi gi¶i 32 x 2  22 y 2 17  x 1 2.3  3.2 y 8 1)  (1) §Æt x 3 u ; u  0; v   y 2 v thay vµo (1) ta cã  9u  4v 17 u   3  6u  3v 8 v 2  x    y 1  42 x   22 x  y  y 1  y 2 2  3.22 x  y 16   2) (2) u 4 x  v 2 y §Æt  1 u; v  Thay vào (2) ta đợc  v2  v2  ( )  4v  v 1 v 16 u  4uv  v 1  3v v 4  3v        v  u  v  u  v  3uv 4  u   3v   3v 3) 2cot x sin y 3 9  sin y cot x 9  81 2 (3) u 92cot x u; v   v 9sin y   §Æt   x 1    y 2   x     y 2   x   k        x   k   y   m2  cot x 0   u v  u             y   m2   v  u 2 v 3 sin y    x    k      5 y   m        y  5  m2   Thay vµo (3) ta cã 9log2 ( xy )  2.( xy )log (1)  ( x  1)  ( y  1) 1(2) 4)  §K xy>0 Đặt log2 (xy)=t  xy = 2t thay vào (1) ta đợc :  3t  9t  2.2t log2  9t  2.3t  32t  2.3t  0   t  3 Víi 3t 3  t 1  xy 2  y  x (v× x 0 ) thay vµo (2) ta cã ( x 1)  ( 1) 1  x  x3  x  x  0  x Víi x   y  Víi x= -1 => y=-2 VËy nghiÖm cña hÖ (-1 ;-2) (-2 ;-1) 5) §K  x log8 y  y log8 x 4  log x  log y 1 (5) x>0;y>0 log x  13 log2 y  y3 4 x  log x  log y  (2) (4)    x   x    x 2u u log x   v v log y   y 2 thay vµo (2) ta cã §Æt   x   3   u    1  uv u  u 13 v  uv3  v y      (2 )  (2 ) 4 2 2  v  2       1  u  v  u  v  u  v   u  x   2        v    y   Bµi : Cho hÖ ph¬ng tr×nh log x (ax  by )  log y (ay  bx ) 4  log x (ax  by ).log y (ay  bx) 4 (1) a) Gi¶i hÖ víi a=3; b=5 b) Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ a,b>0 Bµi lµm Víi a,b>0 §iÒu kiÖn  x; y 1 log x (ax  by ) u  log (ay  bx) v §Æt  y thay vào hệ đã cho ta đợc u  v 4 u 2 log x ( ax  by ) 2 ax  by x    (2)  u.v 4 v 2 log y ( ay  bx) 2 ay  bx  y a) Víi a=3 b=5 thay vµo (2) ta cã  y x 3x  y  x ( x  y )( x  y  2) 0  x   y       2 3 y  x  y 3 y  x  y   y  y  x 0 by  ax x 2 by  ax  x    x  y   ( x  y )( x  y  a  b) 0   y a  b  x  b) (2)   x y  x 8    y 8   y  y 0  x   y   (VN )   y  y  10 0  x y (3)  bx  ax  x   y a  b  x   (4)  b( a  b  x)  ax  x  x a  b  +) (3)  y a  b lµ nghiÖm cña hÖ (1) vµ chØ  a  b 1  y a  b  x  x  (b  a) x  ab  b 0(5) +) (4)   Ph¬ng tr×nh (5) cã  ( a  3b)( a  b) NÕu 0<a<b th× ph¬ng tr×nh (5) v« nghiÖm suy hÖ (4) v« nghiÖm NÕu a=b th× ph¬ng tr×nh (5) cã nghiÖm x = (lo¹i) suy (4) v« nghiÖm  a  b  ( a  3b)(a  b)   y1  x2  0(loai )  x1    a  b  (a  3b)(a  b)  0(loai)  x2  NÕu 0<b<a th× (5) cã hai nghiÖm  VËy hÖ (4) kh«ng cã nghiÖmèth¶ m·n ®iÒu kiÖn  x; y 1 KL Víi a,b>0 a+b =1 hÖ v« nghiÖm a  b 1 hÖ cã nghiÖm x=y = a+b Bµi Cho hÖ ph¬ng tr×nh 2 x 1  y  y   m  (1)  x 2 x 1 y     m  a) Gi¶i hÖ víi m = b) Tìm m để hệ có nghiệm c) Tìm m để hệ có nghiệm Bµi lµm u 2 x 1 ; u 2; v 0(*)  v  y   §Æt   u v (2)  2 u  v  v  m (u  v )(u  v) 0 u v  v  m      2 u  v v u  u  m u v  v  m   (3)  u v  v  m Thay vµo (1) ta cã Víi u = - v kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*) u v  v  2v  m 0(4) (2)   2 x 1 2   y     a) Víi m =0 (2) b) HÖ cã nghiÖm vµ chØ (4) cã nghiÖm v 2 u v   v  2v 0 u 2   v 2  x 0   y 5  v  2v  m cã nghiÖm v 2 XÐt f(v) = v  2v; v 2 f’(v) = 2v -2 =0  v = B¶ng biÕn thiªn v  f’(v) f(v) -  +   -1 Ph¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm v 0   m 0  m 0 c) Tõ b¶ng BBT ta thÊy hÖ cã nghiÖm nhÊt vµ chØ m 0 Bµi tËp tù luyÖn 1) Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau:  x  lg y 3  x  3lg y 1 1)  22 x 1  3.2 x  y   2 y  y 22 x  2)  log ( xy ) log 4 2  ( xy )  x  y  3x  y 2 3)  §S:  4; 10  §S: (0;1);(1;2) ; (-1;2) DS: 3 6;3   ; 3  6;3  ;  22 x  42 y m  x y x 2 y m    2) Cho hÖ phùîng tr×nh a) Gi¶i hÖ víi m= b) Tìm m để hệ có nghiệm lg( xy ) lg x  m  lg( xy ) lg y  m 3) Cho hÖ ph¬ng tr×nh  Tìm m để hệ có nghiệm III) phùîng ph¸p Hµm sè Bai Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh x 2  x 3  y  y  y 3  x 1)  3x  y  y  x  x  xy  y 12 2)  2 x 2 y  y 2 x 3)  4) ln(1  x)  ln(1  y ) x  y  2  x  12 xy  20 y 0  x  y  y  x  x y  x 1 x  y 5)  Bµi lµm 2 x  x 3  y   y  y   x  1)  2 x  x 3  y   x y 2   x  y  y  x 2 x  x 3  y (1)  x y 2  x 2  y (2) (I) x Xét hàm số f(x) =  3x là hàm đồng biến trên R nên từ phơng trình (2) ta có f(x) =f(y)  x = y x Thay vào (1) ta đợc  x  (3) VT (3) là hàm đồng biến trên R ; VP (3) là hàm nghịch biến trên R (#) có nghiệm x=1 Vậy hệ đã cho có nghịêm (1 ;1) 3x  y  y  x 3x  x 3 y  y (1)   2 x  xy  y 12    x  xy  y 12(2) 2) x Xét hàm số f(x) =  x là hàm đồng biến trến R nên từ (1) ta có Thay vµo (2) ta cã x 4  x 2 VËy hÖ cã nghiÖm (2 ;2) (-2 ;-2) x x 2 2 y 2 2 y (1)   y  x y 2 x 2  x 2  y (2) 3)  x Xét hàm số f(x) =  x là hàm đồng biến trên R nên từ (2) ta có  x 1 x 2 x  x  x 0    x 2 ( ham x=y thay vµo (1) ta duoc f(x) = f(y)  x=y f(x) = f(y)  f(x) = 2x-2x la hµm låi ) VËy hÖ cã nghiÖm (1 ;1) (2 ;2) ln(1  x)  ln(1  y )  x  y (1)  2  x  12 xy  20 y 0(2) 4) DK x>-1;y>-1 x  2 y (2)    x 10 y (3) Suy x; y cïng dÊu (1)  ln(1  x)  x ln(1  y )  y XÐt hµm f(t) = ln(1+t)-t voi t >-1 t f ' (t )    1 t 1 t t -1 BBT f’(t) + f(t) + - -2 - Tõ b¶ng biÕn thiªn ta thÊy ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ( x ; y) voi x  y th× x ; y ph¶i lµ hai så tr¸i dÊu §iÒu nµy m©u thuÉn víi (3) Vậy hệ đã cho có thể có nghiệm (x ;y) voi x= y Khi đó x = y =0 là nghiệm hệ  x  y  y  x(1)  x y  x 1 x  y (2) 5)   x y (1)  ( x  y )( x  y  1) 0    y 1  x 2x x 1 +) Víi x = y thay vµo (2) ta cã  0  x x 1  x 1 Suy y = 1 x x +) Voi y = 1-x thay vào (2) ta đợc  2 x   3  x (3) VT(3) là hàm đồng biến trên R ; VP(3) là hàm nghịch biến trên R (3) có nghiệm x = => y = VËy hÖ cã nghiÖm (1 ;1) ; (1 ; 0) Bµi tËp tù luyªn  x  x  x  3 y     y  y  y  3x   1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau :  DS (1;1) y  x e 2007  y2    x e y 2007   x  CM hÖ cã hai nghiÖm ph©n biÖt 2) Cho hÖ  IV giải hệ phơng pháp điều kiện cần và đủ Bài : Tìm m để hệ sau có nghiệm 2 x  y  y  x ( m  1)  2  x  y m (1) LG Neu x0 la nghiem thi –x0 cung la nghiem cua he Do de he co nghiem nhat thif x0=-x0  x0 = 1  y  y  y 0    y m m 0 Voi x0 = thay vao he ta co  2 x  y  y  x  x  x 2 y  y (3)   2 y  x    y x (4) Voi m = thay vao (1) ta co t f ( x )  f ( y)  x  y Xet ham f (t ) 2  t la ham dong bien tren R nen tu (3) ta co  x  y  x 0    y 0 Ket hop voi (4) ta co  y  x Vay he co nghiem nhat voi m = 2 x  x  y  x  m  2 Bai ( Bai tu luyen) Tim m de he sau co nghiem nha  x  y 1 Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ