MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/DÙNG PHÉP THẾ: I.1.Phương pháp : Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu thức trong 1[r]
(1)BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: NGUYỄN ANH TUẤN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học môn: TOÁN - Lĩnh vực khác: Có đính kèm: Các sản phẩm không thề in SKKN Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác Năm học: 2011 - 2012 (2) BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên: NGUYỄN ANH TUẤN Ngày tháng năm sinh: 18/11/1959 Nam, nữ: NAM Địa chỉ: 217/17 PHẠM VĂN THUẬN BIÊN HÒA Điện thoại: (CQ)/ Fax: E-mail: info@123doc.org Chức vụ: GIÁO VIÊN Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH .NR:061 3916509 II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN - Năm nhận bằng: 1981 - Chuyên ngành đào tạo: SP TOÁN III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Số năm có kinh nghiệm: SP TOÁN 30 NĂM - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có năm gần đây: * Phương trình hàm * Đa thức *Một số phương pháp tính giới hạn dãy số và khảo sát tính hội tụ dãy số (3) Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 30-4 các bài toán thường gặp là bài tóan giải hệ phương trình và tính có nghiệm hệ đó Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là cần thiết Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên Toán số phương pháp để giải hệ phương trình và dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập các kì thi thi học sinh giỏi Toán Phần nghiên cứu tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên Tóan và đội tuyển thi Olympic 30-4 năm học 2011-2012 HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI : Đề tài đã giảng dạy cho học sinh lớp 12 chuyên tóan và bồi dưỡng đội tuyển Olympic 30/4 năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh đã biết vận dụng và cảm thấy thuận lợi việc giải các bài tóan vấn đề này TÀI LIỆU THAM KHẢO *Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng các năm: 2006 đến 2011 Nhà xuất Đại học Sư phạm *Báo tóan học tuổi trẻ các số các năm 2005-2011 Nhà xuất giáo dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo *Nguồn Internet : - wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc - wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm… NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên và ghi rõ họ tên) NGUYỄN ANH TUẤN (4) BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc , ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Họ và tên tác giả: NGUYỄN ANH TUẤN Chức vụ: GIÁO VIÊN Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học môn: - Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác: Sáng kiến kinh nghiệm đã triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Có giải pháp hoàn toàn - Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp đã có Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Hoàn toàn và đã triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao - Hoàn toàn và đã triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng đơn vị có hiệu Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây) - Cung cấp các luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Tốt Khá Đạt - Đưa các giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực và dễ vào sống: Tốt Khá Đạt - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt Khá Đạt Phiếu này đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị và đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) (5) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/DÙNG PHÉP THẾ: I.1.Phương pháp : Phương pháp: Khi giải hệ phương trình đôi ta biến đổi các phương trình hệ để biểu thức pt có liên quan với vài phuơng trình thay vào các ptrình đó để hệ ptrình đã biết cách giải Chú ý: Khi dùng phương pháp trên mà không dùng phép biến đổi tương đương thì sau tìm nghiệm hệ phương trình hệ thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm hệ ban đầu hay không và kết luận x x 1 y y xy y x 1 Vd1: Gỉải hệ: (I) Giải: đk:( 0<x 1 và y>0) (x=0;y tùy ý) ; với đk xy y x xy y 1 x 1 thay (1) vào (2) ta : x x =1 (3) (I) 0 x 1 1 x 1 x x (x=0 hay x=1) (3) x =1- x x 0 y i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 đó ta ii/ Với x= thay vào (2) ta có : y 1 y = (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì VT(4) >1 x 0 y vào hệ ta thấy thỏa hệ Kết luận hệ có nghiệm (0;-1) Thay x x y x y 2 x x xy 6 x Vd2: Gỉai hệ: (I) Giải: 1 2 ( x xy ) 2 x ( x x 6) 2 x x y (6 x x ) x y (6 x x ) (I) x ( y 1) x2 y 5 y ( x 1) x2 y Vd3: Giải hệ: (I) ( cho kq) Giải: x ( y 1) x x2 y2 2 x ( y 1) y ( x 1) x y y ( x 1) y 4y 5 2 2 2 x y x y - x y = 3x- 4y=5 hay x= (j) (I) (6) y (4 y 5) y (4 y 5) 4(4 y 5) 3 Cũng từ (I) cho:3yx2-3y = 4xy2+4x (i) ;thế (j) vào (i) cho: -3y= + Thu gọn ptrình trên ta ptrình bậc ẩn y từ đó ta tìm nghiệm (x;y) hệ ;Thay vào hệ ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệm cần tìm không I.2 Bài tập: Gỉai các hệ ptrình: 1/ 2 y 4 x x 2 4 x y x y 1 2/ 2 3x y 3x y 3 2 4,5 x y x y 7 4( y z ) y z 5 x 4( x z ) 2 5 y x z x y x y 2 z x y 3 x y 11 x 4/ 3/ 2 2 x y x y 1 2 5 x 2,5 y 3x y 4 x y.z x y 2 x y.z 3 yz x y.z 4 z x 6/ 5/ II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: II.1.Phương pháp: Đôi giải hệ ta biến đổi hệ phép biến đổi tương đương để nhận hệ cuối cùng đơn giản *Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới hệ và ngươc lại từ hệ liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không Vd1: Gỉai hệ: Giải: (I) 4 x y xy 1 2 4 x y x y 2 (I) 2 y y x y(1 y ) 2 x y x y 2 ( trừ vế với vế ptrình) y 1 4 x y x y 2 ( x y x y )( x y ) 1 y 2 ( x y x y )( x y ) 1 y Vd2: Giải hệ: (I) 2 x y (1 y ) (1 y ) 2 x y x y 2 1 y 4 x y 4 x y x y 2 Giải: ( x y x y )( x y ) 1 y 2 2 3 ( x y x y )( x y )( x y x y )( x y ) (1 y )(1 y ) (I) 2 2 ( x y x y )( x y ) 1 y ( x y x y )( x y ) 1 y 3 ( x y )( x y ) 1 y x 1 ( cho kq) II.2.Bài tập: Giải các hệ ptrình: x y x y y x 5 1/ x y x2 y2 2 x y y x x2 y2 2 x y x x y 1 x y y 2 2/ x y 3( x y ) x x x 15 y 5/ 4/ III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: x y y x y 7 2 x y y x y 3/ 5y x x y x y 4 2 5 x y x y 5 x y 6/ (7) III.1.Phương pháp: Khi giải hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình cách hợp lý để nhận hệ mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẩn tới hệ ( với ẩn ) dể tìm nghiệm *Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ phương trình và củ y x 2 x 1 y 1 ( x y )(1 ) 6 xy Vd1:Giải hệ: Giải: đk:x;y 0 ( x y )(1 x y ) 2 ( x 1)( y 1) ( x y )(1 xy ) 6 xy (I) (I) x y 1 2 ( x 1)( y 1) ( x y )(1 xy ) 6 xy 9t.z 1 1 [ ; ] t z 2 Ta có: hệ t;z 2 ( x y )(1 x y ) 9 ( x y )(1 )3 27 x y Vd2: Giải hệ: (I) y x 2 ; ñaët t = x ; z = y thì từ đó : cho kq Giải : 2 ( x y ) ( y x ) 9 ( x )3 ( y )3 27 y x (I) u v 9 3 u v 27 Vd3: Gỉai hệ: Giải: đặt S=u+v;P=u.v x x y y 6 x xy y 0 1 Đặt u= x+ y ;v= y+ x ta có: S P 9 2 S 3SP 27 cho kq với: S 4P và (I) x x y 6 x y x y 6 y x ( x y ) 6 x ( x y ) 6 y y (I) ;x-2y và x/y cùng là nghiệm pt t2-6t+6 =0 ( cho kq) x ( y z )2 (3 x x 1) y z 2 2 y ( x z ) (4 y y 1).x z z ( y x) (5 z z 1) y x Vd4: Giải hệ: (I) Giải: Nếu hệ nhận x=0 là nghiệm thì ta y=0 z=0 Rõ ràng các (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) t là nghiệm hệ Xét x.y.z 0 thì (8) (I) 1 1 3 x x y z 1 1 4 y y x z 5 y x z z2 .Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z .Ta có: (v t ) 3 u u 2 (u t ) 4 v v (u v ) 5 t t (I) (II) Lấy (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1 Lấy (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1 Do đó: v-t=v-u hay u=t III.2 Bài tập : Giải các hệ phương trình sau : 2 x x y 3 2 x y 1 1/ ( x y )(1 ) 4 xy 2 xy x y 4 xy xy xy y x y 0 x xy y 0 2/ x y xy xy y x 13 xy x y 12 xy y x 5/ 4/ 7/ 1 x ( x 1) y ( y 1) 4 x y x y x y 4 y y ( x 1) 2 x ( y 1) 2 ( x y )(1 x y ) 24 8/ x y ( x y )( y x ) 15 2 ( x y )( x y ) 85 y x2 10/ x( x y 1) 0 ( x y ) x 0 13/ xy (2 x y 6) x y 0 2 ( x y )(1 xy ) 8 11/ x y x y xy xy x y xy (1 x) 14/ 7( x y ) 31( x y ) 2 x xy y 3 3/ ( x y )(1 xy ) 5 xy 4 xy 6/ y ( x 1)( x y ) 2 2( x 1) y.( x ) y 9/ xy x 7 y 2 x y xy 13 y 12/ ( x y )(1 xy ) 6 ( x y )(1 ) 18 xy 15/ IV/ DÙNG ĐỊNH LÝ VIESTE : IV.1 Phương pháp : * Chú ý: x y s x y p với s;p cho trước thì x;y cùng là nghiệm phương trình t2-s.t+p = 1/ Nếu x y z s1 x y y.z xz s2 x y.z s 2/ Nếu với s1 ;s2;s3 cho trước thì x;y;z cùng là nghiệm ph.trình t3-s1.t2+s2.t –s3 = Khi giải hệ phương trình đối xứng loại I đôi hệ có chứa vài tổng đối xứng thì ta thường nghỉ đến việc biến tổng đổi để đưa hệ xuất đầy đủ các tổng đối xứng các ẩn xét dùng định lí Vieste đảo (9) Vd1: Giải hệ: x y z 6 xyz 6 x y z 14 (I) x y z 6 xyz 6 xy yz xz 11 Giải: Từ (I) cho : ; x;y;z là nghiệm pt : t3-6t2+11t-6 =0 Từ đó: (x;y;z)=(1;2;3) và các hóan vị nó x y z 0 2 x y z 10 x y z 350 Vd2: Giaûi heä: (I) Giaûi: (1) (x+y+z)3 = x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)= ; (2) neân coù: xy+yz+zx = -5 ( x y ) z (a ) xy yz xz 5(b) x y ( x y ) 350(i ) (I) (i) -xy(x+y)(x2+xy+y2) =50 (ii) Thay (a) vào (b) ta có: x2+y2+x.y = từ đó: x.y.z=2 x;y;z laø n0 cuûa pt: Vd3: Giaûi heä: Giaûi: t3-5t -2 = xy y 0 yz z 2 x y xz z 2 x ( x 1)( y 1) x ( y 1)( z 1) 2 x ( z 1)( x 1) 3 x (I) x y z y z x z x y Vd4: Giaûi heä: Giải: ; suy : (x;y;z) =(-2;1- ;1+ ) vaø caùc hoùan vò cuûa noù (I) (x=0;z=y=-1) ( x 1)( y 1) x 0 z 2( x 1) 3( y 1) 2( x 1) (cho kq) (I) 1 S 2( x y z ) 2t 6 ( x y )( y z )( z x) P Đặt S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z thì từ (I) cho x.y.z=P 0 và (II) Maø (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S Do đó: P+S =4/P từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P và 4P=4/P ( cho kq) IV.2.Bài tập : (10) x y z xyz 18 x y z 22 1/ x y z 1 3 x y z 7 x y z 9 4/ 7/ x y z 3 4 x y z 17 x y z 5 3/ xz xy x xy yz y xz yz z x y z xy yz xz 10 x y.z 2/ 2 x y z 1 2 x y z 1 x y z 1 5/ ( x y )( y z ) 187 ( y z )( z x) 154 ( z x)( x y ) 238 8/ x xy y 1 y zy z 4 z zx x 9 6/ x y z y z x z x y 9/ x xy y 2 y zy z 3 z zx x 4 10/ 11/ V/ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH: V.1 Dùng bất đẳng thức Cauchy: x yz x y zx y z xy z x y 3z 9 2 x y z 189 y 3x.z 12/ n x k k 1 n n n xk k 1 Chú ý: * Cho n số không âm x1;x2;…;xn ta có: (dấu “=” xảy x1=x2=…=xn ) *Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu ta thường dự đóan nghiệm phương trình và đó chính là các điểm rơi các bất đẳng thức) Vd1: Giải hệ: x y z 11 x y.z 6 108 x, y , z (I) y2 z3 x Giải: Theo bất đ thức Cauchy cho 11 số dương gồm số ; số ,2 số ta có: x 11.11 6 y2 z3 2 x6 y z 66 33 22 1 x+y2+z x y2 z3 ) Do đó: x.y.z 6 108 ( dấu ‘=’ xảy Vậy hệ tương đương: x, y , x x 6 k y 3k z 11k x y.z 6 108 x y z 11 Vd2: Giải hệ : Vấy hệ có n0 là x=6;y= 3; z (11) x, y , z , t x y z t 4 4 4 x(3 y z ).t y (3 z t ).x z (3t x) y t (3x y ).z 4 Giải: Do x,y,z,t>0 nên: 4 cmtt x y z 4t 4 (dâu ‘=’ xảy x=t=1 và 3y+z=4) y 3z t x 4 y (3 z t ).4 x.4 (dâu ‘=’ xảy x=y=1 và 3z+t=4) x(3 y z ).4t.4 Còn bđt tương tự Cộng lại ta được: S ( dấu ‘=’ xảy x=y=z=t=1) Vậy : n0 pt là :… x y ( x 1) 3 y z ( y y 1) z x( z z z 1) Vd3: Giải hệ: (I) Giải: Gọi (x;y;z) là n0 hệ: Khi x=0 thay vào hệ ta y=z=0 n0 hệ (0;0;0) Khi x 0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và x>0 Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1) 2x.y x y Ttự: 3y3 = z(y4+y2+1) 3z.y2 y z Ttự : z x Do đó: x=y=z Từ đó tìm n0 hệ x y x2 y x x 2x x y y y2 x y 2y 9 Vd4: Giải hệ: (I) Giải: Hệ trên là hệ đối xứng loại 1 2 x y x y (*) 2 3 ( y 1) ( x 1) x y x y x x 2x (I) 1 x y VT (*) 2 x y ( x 1) Xét pt (*) ta có: x2+y2 2 ; nên Do đó: x=y=1 x=y =0 ( thử lại) Vd5: Giải hệ: 6 x y (1 x ) 2 6 y z (1 y ) 6 z x (1 z ) (I) y Giải: gt cho y=3x2(2-3y) ta thấy : y=2/3 không là n0 hệ nên y 2/3 ;cho nên 3x2 = y từ đó: y<2/3 ;tương tự: x;z<2/3 Ta thấy: x=0 thì hệ phải nhận n0 tương ứng x=y=z=0 (12) y 6x Nên xét :x;y;z>0 ;từ (1) cho x x nên y x Tương tự: từ (2);(3) cho z y và x z nên x=y=z từ đó cho kq V.2.Dùng bất đẳng thức Buynhiackobki: n n 2 n 2 x y k k xk yk k 1 k 1 k 1 Chú ý: * Cho số x1;x2;…;xn và y1;y2;…;yn ta có: (dấu “=” xảy x1=t.y1 ; x2=t.y2 ; …;xn =t.yn ) t =const *Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu ta thường dự đóan nghiệm phương trình và đó chính là các điểm rơi các bất đẳng thức) Vd 1: Giải hệ: x 32 x y 4 x 32 x y 24 (I) Giải: x 32 x x 32 x y2-6y+21 (1) 4 NX: y2-6y+21 12 ; y nên ta nghỉ đến cm: x 32 x x 32 x 12 ; x [0;32] Từ (I) cho : NX: điểm rơi bđt trên x=16 Thật vậy: x 32 x 32 8 x 32 x 2( x 32 x ) Cộng các bđ t trên lại suy kq ( dấu ‘=’ xảy x=16) (thử lại) 2 x y 3 x ( x ) y 3 x Vd2: Gỉai hệ: (I) x 5 Gỉai: đk: 1 x2 ( x ) x x = y2-2y+6 (3) Cộng pt ta được: x2 ; x : 1 25 5 5 2 x x cho nên: x + x ttự: ( x + x )2 1 x2 ( x ) x x 5 ; ta có: y2-2y+6 5 ( cho kq) x y 2 (1 x )(1 y ) (1 y )(1 x ) (1 x)(1 y ) y x 2 (1 x )(1 y ) 1 x 1 y Vd3:Giải hệ: (I) Bđt B-C-S cho bộ: 1; 1/2 và Gỉai: đk: -1<x;y<1 x 1 y y 1 x x y y x 1 (I) từ đó: x y y x 2 x y y x (13) Bđt B-C-S cho : x x y +y x ( x x )( y y ) =1 ;do đó: x y 1 y2 y +y x =1 Bđt B-C-S cho : x x y2 1 y = x x2+y2=1 ( trên mxđ) ( x y )( x y 2) x y2 +y x = ;lại có: (1 1)( x y ) 2 nên : x y +y x y x 1 y 1 x 2 x y 1 x y 1 y Do đó: x +y x = và đó: x= y = ( thử lại) x1 x2 xn n x1 x2 xn 3n ; với ẩn xk ;k=1;2; n Vd4:Cho n nguyên ;n 2 Giải hệ: Giải: đk: xk 0; moị k x1 x1 xn xn 4n x1 x1 xn xn 2n (I) x1 = x xn x 4n n 8 2n xn x n x1 x1 đó: 8 ( x1 x1 ) ( xn xn ) x1 x1 xn xn =8n2 (4) Mặt khác: Theo bđt B-C-S : VT(4) x 8 x x x2 1 Dấu “=” xảy = Vậy: n0 hệ là x1=x2=…=xn =1 Vd5: Giải hệ: Giải: x y x y 0 7 x 14 x y 10 0 =8n2 =VP(4) =…….= xn xn (I) ( x 1) y 2 x 2x 1 7( x 1) 3(1 y ) (I) Từ pt(1) cho y2 = x nên y [-1;1] và 1+y3 0 Từ đó: 7(x-1) +3(1+y ) (2) nên dấu “=” bđt trên phải xảy nên x=1;y=-1 ( thử lại) V.3/.Dùng tính có nghiệm tam thức: Chú ý: Cho tam thức f(t)=a.t2+bt+c với a 0 có =b2-4.a.c i/ Ptrình f(t)= (ẩn t) có nghiệm 0 ii/ Khi f(t) có chứa số ẩn khác ẩn t có miền trị không là tập R thì điều kiện 0 là điều kiện cần để hệ có nghiệm ;nhưng đôi dùng điền kiện này ta thu hẹp miền trị các ẩn còn lại làm cho việc tìm nghiệm hệ thuận lợi (14) ( x 3)3 3 y z y 8 y (2 z x)( x 3) 5 x 16 z 0 Vd1: Giải hệ: Giải: Từ (2) và (3) cho : 4(y-1)2= 4-z2 nên (I) z và x2+2(4-z).x+16-6z = (5) Từ (5) phải có: x = z2-2z 0 nên z 0 z 2 Từ các kq trên cho z=0 z=2 (thử lại) x y z 2 4 x y x y z 4 (I) Vd2: Giải hệ: Giải: Coi z là tham số (I) x y 2 z 4z z2 xy (I) ( z 2) 2 =0 (2) đó: x;y là nghiệm ptrình : t2 –(2-z)t+ 2 Do tính có nghiệm pt (2) nên = (z-2) -2(z-2) 0 nên z=2 z 2 x y 0 x y 0 Do đó: (I) cho ta nghiệm hệ V.4 1/ BT: Giải các hệ: x, y , z x y.z 1 x y z 3 x y z 3 x y z x y z x3 y z a/ b/ x, y , z x, y , z x y z 3.x y.z 1 x y z 3 1 3 2 y z x yz y zx z x y 9 d/ x c/ x y 9 x y 6 e/ x y z 2010 1 1 1 3x y y z 3z x x y z y x z z x y f/ 2/ BT: Giải hệ: x, y , z x y z 6 x y z 1 x y z z x y 1/ x 0; k 1, 2, , n k n xk 1 k 1 n xk n( n 1) 2/ k 1 ;n cho trước (15) x, y , z , t x y z t 8 x6 y6 z6 t6 8 y z z 3t t x x y 3/ ( x 1)4 ( y 2)2 z t 1024 x z 16 y t 8 x 76 x 1; y 2; z 0; t 0 5/ 4/ x, y , z , t 3 3 x y z t 4 x6 y z t x2 y z t 6/ x, y , z 2 x y z 1 x3 y3 z3 x y z y z x z x y y (3 x) (2 z y )( y 2) 9 y 2 x z 4 x z 0 7/ x12 1 x x2 x2 x3 1 x2 xn2 x1 1 xn (2 x)(3x z ) 3 x 2 y y x 3x 2 z y 6 z z 3 8/ x1 x2 2 x2 x3 x2 x3 2 x3 x4 x2009 x1 2 x1 x2 x 2009; x 10/ a2 1 x a y a z a a a 1 a x a y a z 3 a l1/ 9/Gỉai hệ: ;a>1 VI/ DÙNG TÍNH ĐỐI XỨNG ĐỂ ĐƯA VỀ THỪA SỐ CHUNG : VI.1Phương pháp: Thông thương hệ Vd1: Giaûi heä: x2 y y2 z z2 x2 1 2 2 2 x y x y 1 y z y z 1 z x z x x y.z 1 (I) Giaûi: 1 1 2 2 x z 1 y x 1 x y 1 x y.z 1 (I) Ñaët x2=a3;y2=b3;z2=c3 thì a;b;c 0 vaø a.b.c=1 Ta coù: a3+c3=(a+c)(a2+c2-a.c) (a+c)(2ac-ac)=ac(a+c) a3+c3+1 ac(a+c)+abc=ac(a+b+c) 1 1 1 3 3 3 Do đó: a c ac (a b c) ; t.tự: a b ab(a b c) ; b c bc (a b c ) 1 3 3 3 Coäng laïi cho : a c + a b + b c 1 cho kq Vd2: Cho n 3;n nguyeân döông leû; (16) x y 2( x y ) 1 n 4 n n n 4 x y x y n2 Giaûi heä: (I) Giaûi: n Từ (2) cho (xy) (x +y ) = n 4 ; n nguyeân döông leû neân x.y>0 ; coù : 2(x4+y4) 4x2.y2 (1 xy ) 4 2( x y ) 2x.y đó: xy+2xy x.y 1/3 và x4+y4 = xy xy xy xy n 4 n-1 2 33 Ta coù: (xy) (x +y )=2(xy) x.y ; bñt Cauchy: x.y x y n n 4 n-1 x y 3 (xy) (x +y ) 2(xy) VII.HỆ ĐẲNG CẤP .Daáu “=” xaûy ( cho kq) F ( x; y ) 0 G ( x; y ) 0 VII.1.Đn: Cho hệ (I) Hệ (I) gọi là hệ đẳng cấp biếu thức F(x;y) và G(x;y) là đẳng cấp cùng bậc VII 2.Phương pháp: Khi giải hệ (I) ta thường dùng phép y=k.x *Kiểm tra x=0 có là nghiệm hệ không ( có lấy tất các nghiệm dạng (0;u) hệ *Xét x 0 ; coi y=kx ( luôn tồn điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng cấp cùng bậc biếu thức F(x;y) và G(x;y) nên ta có thể khử biến x để tìm k ;từ đó tìm nghiệm hệ *Đôi ta cần biến đổi dùng ẩn phụ để đưa hệ đẳng cấp ẩn 3 x y 1 2 x y xy y 2 Vd1: Giaûi heä: (I) x=0 ko laø n0 cuûa heä; neân coù theå coi y=k.x x k 1 x (1 k ) 1 k 2k k 2 3 x (k 2k k ) 2 (II) ; ta thaáy k -1 neân (II) k tương ứng (I) đó: k=1 k=2 3 Th1: k=1 thì y=x vaø x3= k =1/2 cho (x;y)=( 1/ ; 1/ ) 3 Th2: k=2 thì y=2x vaø x3= k =1/9 cho (x;y)=( 1/ ;2 1/ ) Vd2: Giải hệ: 12 x 2 y 3x 12 y 6 y 3x (I) Giải: Đk: x;y 0 Ta thấy : ( x=0 ; y 0) và ( y=0 ; x 0) không là nghiệm hệ Xét x; y >0 (17) 12 12 y 3x y x 1 y x x 1 1 12 y x y x y (I) ( nhân vế với vế ptrình) 12 Ta có: y x y x 12x.y=9x(y+3x)-y(y+3x) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc theo ẩn x;y) ( giải ptrình trên cho kq) x y y 16 x 1 y 5 Vd3: Giải hệ: 1 x (I) Giải: x y 16 x y 2 5 x y (I) nhân vế với vế các phương trình trên cho: 4(y3-x3) = (16x-4y)(5x2-y2) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc theo ẩn x;y) ( Chú ý : có thử lại) y x y x z 2 x x.z z y z y x y z Vd4: Giải hệ (I) Giải: Lấy (1) – (2) vế với vế ta có: x(z-y)=2(z-y)(z+y) (z=y) hay (x=2(z+y) ) x( x y ) 0 x y 0 Th1: z=y thay vào hệ ta được: cho x=y=z= ( thỏa hệ ban đầu) y 4( z y )2 z y ( z y ) 3 2 z y y z 4( z y ) Th2: x=2(z+y) thay vào hệ ta được: Trong ph trình (1 ‘) ‘ là ptrình đẳng cấp bậc với ẩn z;y (1 ) 3k +6k+3=0 hay k=-1 với k= y/z Do đó: y=-z và z3=z2 hay y=z=0 và y= -1;z=1 ( thử lại) VII.3.Bt: Giaûi caùc heä sau: x3 y 9 x y ( x y ) 6 1/ x3 x y 20 y x y 7 2/ x x y 4 y x y 4 3/ x y 5 5 x y 11( x y ) 4/ x y x y 2 y x y 3 7/ x y ( x y )(2 xy 3) x y 1 8 10 10 x xy y 3 x y x y 5/ 6/ ( x y )( x y ) 7 x xy y 2 x y 1 ( x y )( x y ) 175 8/ 9/ 10/ x y 1 25 25 16 16 x y x y 11/ 3x 2 x y y 4 x y 13/ x y x y 2( x y ) 3( x y) 14/ y x3 1 5 x y x y 0 12/ x3 x y 24 y x y y x 15/ x xy 3 y xy x y 9 y 3x y 4( x y ) 16/ (18) VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH : Cho hàm số y=f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b) f ( x ) f ( y ); x, y (a; b) x y ( a; b ) H ( x; y ) 0 H ( x; x) 0 Heä VIII.1 Phương pháp: Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ hệ có phương trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khỏang (a;b) và u(x);v(y) có miền trị là ( ; ) (a;b) Vd 1: Giải hê phương trình : (3 x 1) y y y x 16 y x y 2012 2012 (log y log x).(12 x y ) (I) Giải: Đk: x;y>0 Xét ptrình (2) : Do đk nên 12+4x.y>0 Nếu x>y thì VT(2)>0 và VP(2)<0 nên (2) không thể xảy Nếu x<y thì VT(2)<0 và VP(2)>0 nên (2) không thể xảy Do đó: x y 2 (I) (3x 1) x x x x 16 x 1 (II) Xét ptrình (2) hệ (II) 2 (2) (3x+1)[1+ (3 x 1) ] = -4x.[1+ 16 x ] (3) t2 2 Xét hàm số g(t) =t[1+ t ] ; t R thì g ‘(t)= 1+ t + t >0 ; t R Suy ;g(t) đồng biến trên R (3) g(3x+1)=g(-4x) x= -1/7 ( g(t) đồng biến trên R) ( lọai) Vậy : hê vô nghiệm Vd2: Giải hê phương trình : x2 y log 7 3( y x ) 15 log y 2 4 y 10 y 24 y 2 x x (I) Giải : Xét phương trình (1) hệ x 1 Đk: y 6 Lúc đó: (1) log ( x y 5) +3(x2+2y+5) = log 3y +9y Xét hàm số : f(t) = log t +3t ; t>0 f đồng biến trên (0;+ ) (1) f(x2+2y+5)=f(3y) với x2+2y+5 ; y >0 Nên : x2+2y +5 =3y hay y= x2+5 ;thay y=x2+5 vào pt (2) cho: (19) x4 x2 1 = x +2 x (3) x 1 x 0 ; (3) u+2 = u2+2u với u = Giải ptrình trên ta nghiệm u=-2 u=1 (từ điều kiện u 0 cho u=1 ) x2 x 1 u=1 cho Phương trình này vô nghiệm Kết luận hệ vô nghiệm Vd3: Giải hê phương trình : 24 x2 4 x y 8.2 y 4 y x 4 x 10 x y y 11 y 2 (I) Giải: Đk: x 0 Trên miền điều kiện ;xét ptrình (1) 4x (1) 2 x 1 2y 4 y2 4 2( y (2 x 1) 2 x 2( y 2 2) 2 x 1) y (3) Xét hàm số f(t) = t ; t 0 thì f ‘(t)= 2t ln2 + t >0 ; t 0 f(t) đồng biến trên [0;+ ) (3) f(y2+2) = f(2x+1) ; y2+2;2x+1 [0;+ ) y2+2=2x+1 2x t2 t2 =y2+1 Thay vào pt(2) ta được: 3y2 ( y 1)( y 2) y2 y4 (y2=2 ) ( Do y 2 nên - y = y4-5y2+6 = (y2-2)(y2-3) 1 y2 y2 y4 = y2-3) (i) VT(i) <0 và VP(i) >0 nên (i) không có nghiệm thỏa bài tóan Ta : y2 =2 và x= 3/2 (x=3/2 và y= ) Thay vào hệ , ta thấy cặp số trên chính là nghiệm hệ phương trình đã cho Vd4: Giải hệ : log ( x 3) log (3 y ) log ( y 3) log (3 x) log ( x 3) 2(1 log y ) log ( y 3) 2(1 log x) Giải : Hệ Dùng f(x)= log2(t+3)+2.log3t , t> log ( x 3) log x log ( y 3) log y (20) Vd5: Giải hệ : Giải : cos x log (8.cos z cos x 5) cos y log (8.cos x cos y 5) cos z log (8.cos y cos z 5) ( ,1] Xét ptrình (1) phải có : 8cosz-cos2x-5>0 8cos z cos x 4, nên cosz , tt ta 1 ( ,1] ( ,1] có : cosx,cosy Đặt : u= cosx , t=cosy , m=cosz ,ta phải có u,t,m u log (8m 2u 4) 8m 2u 2u t t log (8u 2t 4) 8u 2 2t 8t 2 m 2m m log (8t 2m 4) Hệ đề thành : s ( ,1] Xét hàm số f(s) = 2s +2.s2+4 f’ (s)= 2s.ln2+4s>0 , Hệ thành 8m f (u ) 8u f (t ) , u, t , m ( ,1] 8t f (m) Dùng f tăng dẫn tới m=u=t t ( ,1] Do đó : 8t=2t+2t2+4 ; Ptrình trên có đúng nghiệm t= Suy kq 2 x 2 y 3 9 2 y x 3( x y ) 2 x y 29 Vd6: Giaûi heä pt: (I) 2 3x 2 x 34 y 2 2 y (1) t 2 3( x y ) 2 x y 29 t ; t (0; ) G: (I) Xeùt haøm soá g(t) = g(t) là hàm số đồng biến trên (0; ) ; từ (1) cho x;y (0; ) f ( x ) f (2 y ) f ( x y ) f (1) x; y (0; ) (I) x 2 y (0; ) x y 1 suy kq y2 x2 x e y 1 3.log x y 2 log ( x y 2) Vd7: Giaûi heä: (I) Giaûi: pt (1) ln(x2+1)+x2 = ln(y2+1)+y2 ; duøng h/soá g(t) = lnt+t ; t>1 g đồng biến trên (1;+ ); (1) g(x2+1)=g(y2+1) (x=y) hoặc(x=-y) 1/ Khi x= -y thay vaøo ( 2) ta coù: log3(6-x)=1 x=3 cho kq 2/ Khi x=y thay vaøo ( 2) ta coù: 3log3(x+2) = 2log2(x+2) suy kq 1 x cos x cos y 1 y e y 2x x2 Vd8: Giaûi heä: (I) 1 x cos x cos z 1 z e z 1 z 1 x x 2 ( x 1) ( z 1) 1 Giaûi: Ñaët z = -y thì: pt (2) Từ đó: x;z [0;2] ; nên (1) ln(x+1)-cosx= ln(z+1)-cosz g(x)=g(z) với g(t) = ln(t+1)-cost (21) g(t) đồng biến trên [0;2] nên x=z đó: x=z = 1- /2 x y 3 x y log x y [4( x y )] x y Vd9: Giải hệ: 0 x y 1 x y 0 Giải: đk: (I) Từ (1) và đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4 x-y ; đặt t= x-y Ta có: 4t=4t Dùng hsố f(t) =4t -4t và bbt cho pt f(t)=0 có tối đa n0 ; nhẫm t=1;t=1/2 là n0 VIII.2 Bài tập: 1/ Giaûi heä: ¿ 2x −2 y =( y − x)( xy +2) 2/ x + y 2=2 ¿{ ¿ ¿ sin x − sin y =x − y 4/ sin x+ sin y=1 ¿{ ¿ y ln x 1 y x 1 e x x log y 1 1 6/ ¿ x − y=(log y − log x )(2+xy ) 1/ x3 + y 3=16 ¿{ ¿ ¿ e x − e y =(log y − log x )(xy +1) 3/ x 2+ y =1 ¿{ ¿ (3 y )log3 x log5 x (I ) log5 y log3 y x 5/ x11 x y10 y 22 y12 y 13 x 2 y x(3 x y 1) 7/ 2(2 x 1)3 x 1 (2 y 3) y x y 6 9/ x y sin x e sin y 10 x 3( y 2) 5 x, y 2/ Giaûi heä : a/ y y x3 x x x2 y y 8/ 1 x2 x 2 y x y ( x y x) x y x 0 10/ log ( x 1) x y 1 x y 1 x y 1 x y 6 3 61 x y 31 x y 91 x y b/ x4 y x2 y x y x y x y x y x y x 0 3/ Giaûi heä: a/ x x 4 y y y x b/ tan x tan y y x y 1 x y (17 x) x (3 y 4) y 0 x; y ( 5 ; 7 ) 2 x y 3 x y 11 x x 13 2 4/ Giải hệ: a/ b/ IX/ HỆ LẶP ẨN – ẨN : (22) y g ( x) z g ( y) x g ( z) x; y; z (a; b) y g ( x ) x g ( y ) x; y (a; b) IX.1 Dạng : (I) ; (II) IX.2 Phương pháp : *Khi gặp hệ lặp nói trên ; đó g(t) là hàm số đồng biến trên khỏang (a;b) ta thực hiện: i/ Xét ẩn bất kì x;y hệ nhở tính đồng biến hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh không xảy x y ii/ Lập luận tương tử cho cặp biến khác và trên nên hệ tương đương: y g ( x) z g ( y) g ( x) x x g ( z) x; y; z (a; b) x; y; z ( a; b) y g ( x) x g ( y) g ( x) g ( y ) x; y (a; b) x; y ( a; b) ; Chú ý: Đôi ta phải dùng ẩn phụ để đưa hê lặp từ càc điều kiện ràng buộc hệ ta thu hẹp miền ẩn x;y;… chạy trên miền mà hsố g đồng biến trên đó Vd1: Giaûi heä: x 2( x x y ) y 2( y y x ) (I) x x x 2 y y y y 1 2 x Giaûi: (I) (II) Xeùt hsoá f(t)=t -2t +2t+1 ; t R thì f ‘(t) = 3t2-4t+2 >0 ; t R f(t) đồng biến trên (- ;+ ) Ta cm: x=y Giả sử: x > y thì 2x > 2y nên f(y) > f(x) y > x ( vì f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ) Cm tt thì x < y không xãy nên x=y Do đó: x3-2x2+2x+1 =2x x3-2x2+1 = cho kq 2 x 3x 18 y y 3 2 y y 18 z z 2 z z 18 x x Vd2: Giaûi heä: (I) Giải: Đặt f(t)=2t3+3t2-18 ; g(t)=t3+t ; t thuộc R g đồng biến trên R Heä thaønh : Coù theå coi f ( x) g ( y ) f ( y ) g ( z ) ( II ) f ( z ) g ( x) x= max x; y ; z thì: g(x) g(y) vaø g(x) g(z) g ( x) f ( x) ( x 2)( x x 9) 0 x 2 f ( z ) g ( z ) ( z 2)( z z 9) 0 z 2 Vậy : x=z=2 và y=2 ( thử lại) Do đó: x ( y a ) y ( y 9a ) 2 2 y ( z a ) z ( z 9a ) z ( x a ) x ( x 9a ) Vd3: Cho a 0; Giaûi heä: (I) Giaûi: Ñaët t (t 9a ) 2 f(t)= 2(t a ) ; t R ( x 3a )2 2 thì f ‘(x)= 2( x a ) 0; x R f đồng biến trên R (23) x f ( y) y f ( z) z f ( x) Heä ; x;y;z thuoäc R Xeùt soá x;y Giả sử : x>y thì f(x)>f(y) vì f tăng trên R ; gt cho z > x nên f(z) > f(x) đó: y>z Tính baéc caàu cho x>x ( !) Giả sử : x < y : cm tương tự củng tới vô lí Do đó: x= y Tương tự : x=y=z Do đó: 2x(x2+a2 ) = x(x2+9a2) từ đó: x=0 x=a x= -a Nghieäm cuûa heä laø : (0;0;0) ; (a ; a ; a );(- a ;- a ; -a ) y 1 x 1 x z 1 y 1 y z x 1 z Vd4: Giải hệ: Giải: gt cho x;y;z > (I) (I) y x x z y3 y x z z Xét h/số g(t) = t3-t-1 ;t>1 y g ( x) z g ( y) x g ( z ) x; y; z g đồng biến trên khoảng (1;+ ) ; (I) ( cho kq) x1 cos( x2 ) x2 cos( x3 ) x cos( x ) x4 cos( x1 ) Vd 5: Giải hệ: (I) xk đó: 0<cos( xk) 1 ; k Giải: gt cho k =1;2;3;4 thì Lại từ hệ: cho 0<xk< vì 0< xk< xk Xéeùt số x1;x3 : TH1: x1 x3 x1 x3 đó: cos( x1) cos( x3) ; nhờ hệ nên x4 x2 cos( x4) cos( x2) x3 x1 nên x3=x1 ;(tương tự cho x1 x3 ) x1 cos( x2 ) x cos( x ) Nên x1=x3 thay vào hệ x2 =x4 Từ đó: và x1+x4 = x2+x3 (24) 3 cos( t ) (0; ] sin( t ) thì f ‘(t) = 1- 1- >0 Xét hsố f(t) = t+ với t 3 (0; ] cos( x1 ) cos( x2 ) Do: x1+x4 = x2+x3 x1+ Vậy : f đồng biến trên = x2+ cos( x1 ) từ đó: x1=x2 Ta có: x1 = (9) (0; ] nên (9) có tối đa nghiệm ; Ta thấy : Vt(9) là hsố đồng biến ;Vp(9) là hsố nghích biến trên (0; ] f(x1)=f(x2) trên mà x1 = 1/6 là nghiệm ( cho kq) x x 2 y x 3 y y 2 z y z z 2 x z Vd6: Giải hệ: Giải: x x x 2 y 3 y y y 2 z z z z 2 x (I) (I) f ( x) g ( y ) f ( y) g ( z) f ( z ) g ( x) với f(t)=t3+t2+2t và g(t)=2t3+1 g và f cùng đồng biến trên R Xét (x;y;z) là n0 hệ Giả sử : x y thì f(x) f(y) nên g(y) g(z) đó: y z f(y) f(z) Từ hệ cho g(z) g(x) z x từ đó: x=y=z Tương tự : x y x y z h( x) 0 (II) với h(t) = t3-t2-2t+1 ; t thuộc R h(t) liên tục trên R và h(-2)<0;h(0)>0; h(1)<0; (I) h(2)>0 nên pt h(t)=0 có đúng n0 thuộc khỏang (-2;2).Đặt x=2.cosu ;u (0; ) Do đó: 8cos3u-4cos2u-4cosu+1 =0 sinu 0 nên sinu(8cos3u-4cos2u-4cosu+1)=0 3 5 ; ; sin4u = sin3u Tìm n0 u 7 Đs: (u;u;u) x x 6.log (6 y ) x y y 6.log (6 z ) y z z 6.log (6 x) z Vd7: Giải hệ: (I) Giải: đk; x;y;z< x log (6 y ) x2 2x y log (6 z ) y2 y z log (6 x) z2 2z (I) (II) t log (6 t ) giảm trên (- ;6) Xét hsố f(t) = t 2t ; t<6 ; f(t) tăng trên (- ;6) ;còn g(t) = Có thể coi x=max x; y ; z ;có thợp: Th1: x y z thì f(x) f(y) f(z) từ gt cho g(y) g(z) g(x) y z x nên y=z Do đó: pt (2) hệ cho f(y)=g(y) mà f(3)=g(3) Vậy : phải có y=z = vào hệ; (25) x x x = từ đây cho x=3 Th2: x z y làm tương tự cho x=y=z=3 ( kq) 2/ Giaûi heä: 1/ ¿ y − x 2+ 27 x −27=0 z − y 2+27 y −27=0 x −9 z +27 z − 27=0 ¿ {{ ¿ 3 x ln( x x 1) y x3 3 y ln( y y 1) z y 3 z ln( z z 1) x z 3/ x2 y 2x z2 x x 2 y y 2 z y 2 z z y2 z z 2 x x 2y 5/ ¿ x= y + y + y − y=z 3+ z2 + z −2 2/ z=x + x + x −2 ¿{{ ¿ x x 6.log (6 y ) x y y 6.log (6 z ) y z z 6.log (6 x) z 4/ 6/ x y x 1 x y z y 1 y z x z 1 z 8/ 2x y x 2 x 2y z y 2 y 2z x z 2 z 9/ 7/ x y 12 y 0 y z 12 z 0 z x 12 x 0 x 1 y y 1 x 10/ X/ DÙNG LƯỢNG GIÁC HÓA ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH : X.1 Phương pháp : Trong giải hệ phương trình đôi từ biểu thức chứa ẩn hệ ta sử dụng đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giản hệ ban đầu Chú ý: Miền trị biểu thức sint;cost t chạy trên [a;b] với b-a 2 là đọan [-1;1] nên muốn đặt x=sint ( chẳng hạn thì ta phải chứng minh x chạy trên [u;v] [-1;1] x x y x 1 y xy x y 1 x; y Vd1: Giaûi heä: (I) Giải: x;y>0 nên từ (1) cho 0<x;y <1 x=0 không thỏa hệ Do đó: (x;y) n0 hệ thì x 0 y x 1 x x x y x ( x)( 1) 1 ( y 1)( x y ) 1 x x (I) đó: x3-2x2-x+1 = (3) Xeùt hsoá f(x) = x3-2x2-x+1 lieân tuïc treân [0;1] vaø f ‘(x)= 3x2-4x-1 =3(x2-x)-x-1 <0 ; x [0;1] 1 ( u )( 1) u và f(1/2).f(1) <0 nên pt (3) có n0 u (1/2;1) đó: u =1 hay: (26) 1 u u -1+u = (4) ; đặt u = cos t ; 0<t< ; thay vào (4) ta được: 8cos3t-4cos2t-4cost+1 = 2cos3t-2cos2t+2cost-1 = (5) ; sint 0 neân 2 k ) ); (5) 2sint.cos3t-2sint.cos2t+2sint.cost-sint = hay sin4t=sin3t (t=2k (t= cos đó: với k Z Do 0<t< nên t= u= cos cos ( cho kq) y= u -u-1 = y y2 y xy x y ( x y )( x x y ) 6.ln x x 9 x x 1 y Vd 2: Giải hệ : (I) Giải: y2 Pt(1) x3-2x+6ln(x+ x ) = y3-2y+6ln(y+ ) 2 Xét hsố f(t) = t3-2t+6ln(t+ t ); t f ‘(t) = 3[t2+ t (3) 3] 1 t2 26 26 29 2 Bđt Cauchy : 27 + t + t + 27 (t2+9) 1+ 27 (t2+9) f ‘(t) >0 ; t f tăng trên R Từ (3) cho x=y Thay vào (3) cho : x3-x2-2x+1 = Xét hsố g(x)= x3-x2-2x+1 Ta có: g(-2).g(0)<0;g(0).g(1)<0;g(1).g(2)<0 và g liên tục trên R ;degg=3 nên pt g(x)=0 có đúng n trên (2;2) Gọi x là n0 g(x)=0 thì u (0; ) để 2cosu =x Thay vào pt đồng thời nhần vế với sinu ta được: sin4u=sinu từ đó tìm x 3 5 ĐS: x=y=2cos ; x=y=2cos ; x=y=2cos Vd3: Giải hệ: ( x xy )( y z ) 2 x y xy xz yz x y z 0; x y; z Giải: uvt uv vt ut u v t 0 Ñaët u=x;v=x+y;t=y+2z suy u<v<t vaø neân u;v;t laø n0 pt baäc 3: 4s3-3s = 2k ;k Ñaët s=cos thì cos3 =1/2 ( 0< < ) neân = Z; (27) 7 5 ; v cos ; t cos 9 suy kq u=cos 1 3( x ) 4( y ) 5( z ) x y z x y y.z x.z 1 Vd4: Giải hệ: (I) Giải: Từ (I) cho x;y;z cùng dấu xét x;y;z>0 nên A;B;C (0; ) cho tan(A/2)=x;tan(B/2)=y; tan(C/2)=z Ta coù: tan(A/2).tan(B/2)+tan(B/2).tan(C/2)+tan(C/2).tan(A/2)=1 neân A+B+C = Do đó : A;B;C là cạnh tam giác Ta coù: x2 y2 z2 8 10 2x 2y 2z sin A sin B sin C đó : R R 10 R a b c và ABC vuông C nên C =900 ;sinB = 4/5;sinC=3/5 ;z=1 và có x;y x y 1 z (1 y ) 2 y x.(1 z ) 2.z Vd5 : Giải hệ: (I) Giải: Nếu (x;y;z) là n0 (I) thì: y;z không thể =1 hay -1 x y 1 2y z 1 y 2z x z Đặt x=tanu; y = tanv;z=tanw ;ta có: (I) tan u cot v(i ) tan w tan 2v (ii) tan u t an2w(iii) (ii) cho w = 2v+k ; u=2w+l ; k;l nguyên nên u= 4v+2k +l m Thay vào (i) cho tan(4v+2k +l )=cotv nên v = 10 Suy kq Vd6: Giải hệ: x z x z z 0 y x y x x 0 z y z y y 0 (I) Giải: 3z z x 3z 3x x3 y 3x2 y y3 z 1 y2 (I) ; Đặt x = tanu ; u 2 và thỏa tanu;tan3u;tan9u khác 1/ Ta được: y=tan 3u;z=tan9u;x=tan 27u từ đó : tan27u=tanu cho kq Chú ý: Đôi hệ xét ta có thể chứng minh số nghiệm tối đa hệ ; ta xét trên miền miền trị biến ;và miền này số nghiệm tim là đủ và không cần xét trên miền còn lại biến x3 3x y y y z z 3z x Vd: Giải hệ: (I) Gỉai: Thay (1) vào (2) cho : (x3-3x)3-3(x3-3x) =z ; thay (3) vào pt này cho: [(z3-3z)3-3(z3-3z)]3 -3[(z3-3z)3-3(z3-3z)] =z Pt trên có tối đa 27 nghiệm (28) Đặt z=2cost với t [0; ] thay vào pt trên cho: [(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)]3 -3[(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)] = 2cost [8cos33t-6cos3t]3 -3[8cos33t-6cos3t] = 2cost k k 8cos 9t-6cos9t=2cost cos27t = cost (t= 13 ) (t= 14 ) với k Z Có 27 n0 là: k k z=2cos 13 ;k=0;1;2;…;12 và z =2cos 14 ;với k=1;2;….;14 k k k 3k Mỗi z= 2cos 13 ;k=0;1;2;…;12; thì thay vào (3) cho x = 8cos3 13 -6cos 13 = 2cos 13 ; thay 3k 3k 9k k vào (1) cho: y=8cos3 13 -6cos 13 = 2cos 13 ; tương tự :với z =2cos 14 ;với k=1;2;….;14 Từ đó cho kq X.2.Bài tập: Giải hệ: x x y (3 x 1) 2 x x y y 1 3( x ) 4( y ) 5( z ) y y z (3 y 1) 2 y y z z x y z z z x(3 z 1) 2 z z x x x y y.z z.x 1 a/ b/ c/ ¿ ¿ 2 x √ 1− y =1/4 x √ 1− y + y √ 1− x 2=1 d/ y √ − x 2=1/4 e/ x √ − y2 − y √ 1− x2=1/2 f/ ¿{ ¿{ ¿ ¿ x y 1 2( x y )(1 xy ) Vd5 :Giải hệ: y y2 ( x y )( x x y y 2) 6.ln x x (1) x x y (I) Giải: y ) Xét hsố: (1) x3-2x+6.ln(x+ x ) =y3-2y+6.ln(y+ f(t) = t3-2t+6.ln(t+ t ) ;t R 2 2 ; t ] ;dùng bbt u(t)=t+ t thì: f’(t) >0 ;mọi t f’(t) = 3t2-2+ t = 3[t2+ t ta x=y thay vào pt (2) ta có: x3-x2-2x+1 = (3) ;dùng đạo hàm cm (3) có đúng n0 (-2;2) nên m (0; ) để x=2.cosm thay vài (3) nhân cho sinm ta có: 8sinm.cos3m-4sinm.cos2m-4sinm.cosm+sinm = k sĩnm=sinm cho m =2k hay m = 7 ;dùng m (0; ) cho ta: 3 5 x=y=2cos ; x=y=2cos ; x=y=2cos BAØI TAÄP VEÀ NHAØ Bài : Giải hệ (29) log ( x y ) x y log ( x y 1) x y 1/ x y 2 log (1 x ) log (1 y ) 2 log (1 y ) log (1 x ) 3/ 2log (2 x y) log (2 x y) ln(4 x x 1) x 21 9 y 5/ ln x y 1 y x 1 e x x log ( y 1) 1 7/ Bài 2: Giải hệ: 1/ y2 x2 x e y 1 3.log x y 2 log x y 0 x; y x x3 x2 x 1 ln e y y y 1 e y 64.x 96 y 36 x 0 3/ log ( 3sin x ) log (3cos y) log ( 3cos y ) log3 (3sin x) e x ey x y e ex y 2/ (1 42 x y ).51 x y 1 22 x y 1 y x ln( y x) 0 4/ 3sin A 3sin B 4sin A 1 4sin B sin A 4sin C 1 4sin A sin C 6/ ;A;B;C là góc tgiác x x 22 y y 22 8/ y y y 1 x x x x y y e x 10 x 3( y 2) x; y 2/ e x e x y y y y x e e z e z e z x x 4/ 2( x x y 1) x ( y 1) 6/ y x 1 ln( y x) 0 XI/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ SỐ LƯỢNG NGHIỆM CHO TRƯỚC : XI.1 Hệ có nghiệm nhất: 1/Khi tìm tham số m để hệ ptrình ẩncó nghiệm ;nếu ta phát chuyển tất f ( x; y; z ) 0 g ( x; y; z ) 0 h( x; y; z ) 0 các ptrình hệ hệ dang đó các hsố f(x;y;z);g(x;y;z);h(x;y;z) cùng là hsố chẳn theo biến x chẳng hạn thì hệ có nghiệm dạng (u;y;z) thì hệ phải nhận (-u;y;z) làm nghiệm nên (I) có nghiệm thì u= ; nhờ đó đôi ta tìm m thử lại 2/ Chú ý: Đôi ta cần dùng ẩn phụ để đưa hệ đã cho hệ có tính chất nêu trên Vd: Tìm m cho heä sau coù n0 nhaát : x y m y x x m ( I) Giaûi: (Cần) Giả sử hệ có nghiệm Goïi (x0,y0) laø nghieäm cuûa heä ;ta thaáy (-x0,-y0) cuõng laø n0 cuûa (I) Do tính nhaát cuûa n0 neân (x0,y0) (-x0,-y0) x0=y0=0 neân m= (Đủ) Xét m= ta coù heä: (30) x2 y y x x (II) x 3 y Vì moïi x,y ta coù: ( daáu ‘=’ xaûy x=y=0 Caëp (0,0) laø n0 cuûa (II) neân heä coù n0 nhaát f ( x; y ) 0 g ( x; y ) 0 là hệ đối xứng thì (u;v) là nghiệm hệ thì (v;u) 3/ Nhaän xeùt heä là nghiệm hệ;do đó hệ có nghiệm thì phải có (u;v) (v;u) hay u=v thay vào hệ ta tìm vài giá trị tham số và ta cần thử lại giá tri tham số nào thỏa điều kiện bài tóan khoâng Vd1: Tìm m cho heä sau coù nghieäm nhaát: 1 x 1 y 1 x y x y m Giaûi: (I) (Cần) Giả sử hệ có nghiệm Gọi (x0,y0) là nghiệm hệ ; hệ (I) là hệ đối xứng nên (y0,x0) là n0 (I) x0 y0 3 m 15 Do đó: (x0,y0) (y0,x0) hay x0 = y0 Thay vào hệ ta có: 1 x 1 y 1 x y x y 15 (Đủ) Xét m=15 Ta có hệ: Vd2: Tìm a để hệ sau có nghiệm nhất: x 2007 y a x y y 2007 2007 x a (I) Giải: x 2007 u a x u 2006 2007 x a Đặt u=y+1 thì (I) tương ứng hệ (II) Mỗi n0 (x;y) (I) cho đúng n0(x;y+1) (II) và ngược lại Cần : Nếu (x;u) là n0 hệ (II) thì (-x;-u) là n0 (II); (II) có n0 nên : x=u=0 đó: a= 2007 x 2007 u 2007 x u 2006 2007 x 2007 Đủ: Khi a= ; (II) thành: x 2007 u 2007 2007 Xét pt (1) ta thấy: (dấu “=” xảy x=u=0) Thay x=u=0 vào hệ ta thấy đúng nên (II) có n0 ;đồng thời (I) có n0 ĐS: m=0 Vd 3: Cm: moïi m thì heä sau luoân coù nghieäm nhaát: yx m y 2 2 x y y x y (I) (31) Giaûi: y ( x y ) m 2 (I) y ( x y ) (II) từ đó: x;y>0 .do đó: (II) x y y y y y m2 y Đặt t= y thì t (0; ) ; pt thứ cho t9+m2t-( -t3)3 = Xét hàm số f(t) = t9+m2t-( -t3)3 ; f đồng biến trên (0; ) mà f(0)<0 ;f( )>0 Vaäy: pt f(t) =0 coù nghieäm döông nhaát ( cho kq) x; y 0 x ax a y y ay a x Vd4: Cho a (0;1/2) Xét hệ: (I) Cm: (I) có đúng nghiệm Giải: ( x y )( x xy y ) ( a a ).( x y ) 2 ( x y )( x xy y ) ( a a ).( x y ) (I) (x=y=0) (x=y và x2=a2+a) (x=-y và x2=a-a2) (x2+xy+y2=a-a2và x2-xy+y2=a+a2) Vì x;y 0 nên (I) (x=y và x2=a2+a) (x=-y và x2=a-a2) (x+y)2=a-2a2và (x-y)2=a+2a2) Từ đkiện a dẫn tới hên trên có n ( x y )8 256 8 x y m Vd5: Tìm m để hệ sau có đúng nghiệm : (I) Giải: (Cần) giả sử : (I) có đúng nghiệm Nếu ( ; ) là n0 (I) thì các ( ; ); ( ; ); ( ; ) là n0 (I) ; hệ có đúng n0 nên bốn số trên phải có ít trùng nhau.Từ đó: có t/hợp Th1: =0 ( thay vào hệ ta tới điều phi lí) Th2: 0; thay vào hệ cho ta có: (2 )8=28 và = m+2 suy m = ( x y )8 256 8 x y 2 (Đủ) m=0 ta có hệ: (II) Dùng bđt B-C-S : (u+v)2 2(u2+v2) ta được: (x+y)8 27(x8+y8)= 256 ( II) xảy nên dấu “=” phải xảy cho hệ có đúng n ĐS: m= x y 2 x y 12 x y 2010 Vd : Tìm số nghiệm hệ: (I) Giải: Đk: y 0 Đặt t3 =x thì từ (1) cho y=t2 Thay vào (2) cho: t 4+t3+12 t t -2010 = (3) Xét hsố: f(t) = t4+t3+12 -2010; tính f ‘(t) Khi t 0 thì f ‘(t) >0 Khi t<0 thì f ‘(t)=4t3+3t2-12 =g(t) ; bbt g(t) cho f ‘(t)<0 ; t<0 Từ : bbt f(t) cho kq (32) x y 29 log x.log y 1 Vd7: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm thực: Giải: đk: x;y>0 Nếu 0<x<1 thì từ (2) cho 0<y<1 đó: x2+y3<2 ;nên không thòa (I) (I) 1/ t Do đó: x>1 vì y>1 Đặt t= log3x thì x=3t và y = ;t (0; ) ; thay vào pt(1) cho: 81/ t.ln 1/ t 1/ t t ; trên (0; ) 9t + = 29 ; xét hsố: g(t) = 9t + ; t (0; ) g ‘(t) = 9t.ln9 1/ t hsố ln8 và 1/t2 là giảm và giữ giá trị dương nên hsố g ‘ (t) đồng biến trên (0; ) từ bbt hsố g ‘ (t) cho pt g ‘(t)=0 có đúng nghiệm u Lập bbt g(t) ta có: g(1) = 17 < 29 Từ bbt cho pt g(t) =0 có đúng n0 dương ( cho kq) 2 x x.4 y x 3.4 y 1 ( x 3)3 y 0 Vd8: Tìm số n0 hệ pt: (I) y Giải: Đặt t=4 ; từ pt(1) cho 2(x+2).(x-3t)=0 nên (x=-2) x= 3t x=-2 cho n0 là (-2;3) và (-2;1) 1 y log t 3 (3 t 3) (3 t 3) x=3t ta có: =0 =0 (3) 9 t.ln <0 ; Khi t 16 ; f(t) = VT(3)= (3t 3) log4t +2 f ‘ (t) = (3t 3) và f(16).f(64)<0 nên pt f(t) =0 có đúng n0 t0 (16;64) N0 thứ hệ (3t0;log4t0 ) * Khi t (0;16) ; f(t) = VT(3)= (3t 3) +log4t -2 9 (3t 3) 9t ln t.ln (3t 3) t.ln ; đặt g(t) = (3t+3)4 -9t.ln4; t (0;16) f ‘ (t) = (3t 3) g’’(t)=108.(3t+3)2 >0 nên g’ (t) đồng biến trên (0;16).bbt cho g(t)>0; t (0;16) từ đó: pt f(t) =0 có đúng n0 t1 (0;16) ; hệ có đúng n0 (3t1;log4t1 Hl: hệ có đúng n0 XI.3.BT: BT1: Định m để hệ sau có nghiệm : x y yx m x xy y m 1/ x − y ¿ ≤ y − x −m ¿ x + y ¿2 +m 4/ ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿ xy + y =m( x −1) 7/ xy + x =m ( y −1) ¿{ ¿ ¿ x = y − y + my 10/ y 2=x3 − x 2+ mx ¿{ ¿ ¿ y x + m= y x y +m=x ¿{ ¿ 2 2/ ¿ x −( x+ y )=2 m y −(x + y )=2 m ¿{ ¿ 5/ ¿ x = y 2+7 x −mx / y 3=x +7 y − my ¿{ ¿ ¿ x − y=m 2 11/ x + y =1 ¿{ ¿ x y 3m x y m 3/ x y m.x y y x m.x y 6/ ¿ 9/ √ x+ √ − y=m+1 √ 1− x +√ y=m+1 ¿{ ¿ ¿ √ x+ √ − y=m 12/ √ y+ √ − x=m ¿{ ¿ (33) ¿ x + y + z 2=4 xyz + z=a xyz 2+ z=b ¿{{ ¿ 13/ 2 2 y tan y mx sin x m y 14/ m x y x 1 x y m x 1 15/ (34)