Luận văn Kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp

3 2 2 1 2 4 g x x x x x − ′ = − − < ∀ ∈ − − − + nên là hàm nghịch biến chặt trên [ ]4;1 .− 27 Vì ( )3 4g − = nên 3x = − là nghiệm duy nhất của phương trình (4). Với 3x = − thì 2.y = Vậy hệ có nghiệm duy nhất 3, 2.x y= − = Nhận xét: Có thể sử dụng tính chất đồng biến của hàm y x= và tính chất nghịch biến của hàm y ax b= + với 0a < để chứng tỏ ( ) 3 2 1 4g x x x x= − + − − + nghịch biến mà không cần tính đạo hàm. Bài 28(Thi học sinh giỏi Hải Dương 2012 – 2013, lớp 12) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 3 33 ( 1) 9( 1) 1 I 1 1 1 2 x x y y x y  − = − − −  + − = − Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: 1, 1.x y≥ ≥ Từ (2) ta có 1 1 1 1 2.y x y− = + − ≥ ⇒ ≥ Viết lại (1) dưới dạng ( ) ( )33 3 1 3. 1. 3x x y y− = − − − Hàm số ( ) 3 3f x x x= − có ( ) 23 3 0f x x′ = − ≥ 1x∀ ≥ nên ( )f x đồng biến chặt trên [ )1; .+∞ Phương trình (3) có dạng ( ) ( 1).f x f y= − nên (3) 1.x y⇔ = − Thay 1x y= − thay vào (2) ta được 1 1x x+ − = 1 1x x⇔ − = − 1x⇔ = hoặc 2.x = Đáp số: 1, 2x y= = hoặc 2, 5.x y= = Bài 29 (Tuyển sinh đại học Khối A, 2010) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )2 2 2 4 1 3 5 2 0 , . 4 2 3 4 7 x x y y x y x y x  + + − − = ∈  + + − =
Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là 3 5; 4 2 x y≤ ≤ . 28 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( ) ( ) ( )24 1 2 5 2 1 5 2 0. 1x x y y+ − − + − = Phương trình (1) có dạng ( ) ( )2 5 2f x f y= − với ( ) ( )2 1f t t t= + . Ta có ( ) 23 1 0, .f t t t′ = + > ∀ ∈
Suy ra hàm số ( )f t đồng biến chặt trên .
Do đó ( ) 25 41 2 5 2 0, . 2 x x y x y −⇔ = − ⇔ ≥ = Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được ( ) 22 2 5 44 2 3 4 7 0. 2 2 x x x   − + + − − =    Nhận thấy 0x = và 3 4 x = không là nghiệm của (2). Hàm số ( ) 22 2 5 4 34 2 3 4 7, 0; 2 4 xg x x x x   −   = + + − − ∈       có ( ) ( )2 25 4 4 48 8 4 4 3 02 3 4 3 4 xg x x x x x x x   − ′ = − − = − − <  − −  với mọi 30; 4 x   ∈    nên nghịch biến chặt trên khoảng 30; . 4       Do đó (2) có nghiệm duy nhất là 1 . 2 x = Suy ra 2.y = Đáp số: Nghiệm của hệ là ( ) 1, ,2 . 2 x y  =     Bài 30 (Thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2011–2012, lớp 12) Giải hệ phương trình ( )2 33 2 2 (2 ) 2 (1) 2( 1) 1 0. (2) x y x y x y x y x y x y y x − + − = + + − − −  − − + = Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là 0,2 0.x y x y+ ≥ − ≥ Với điều kiện trên thì ( ) ( )21 2 2 2 2 ( ) .x y x yx y x y x y x y− +⇔ + − − = + + + Hàm số ( ) 2tf t t t= + có 3( ) 2 ln 2 0 0 2 tf t t t′ = + > ∀ ≥ 29 nên là hàm đồng biến chặt trên [ )0; .+∞ Vậy (1) ( ) ( )2 2 .f x y f x y x y⇔ − = + ⇔ = Thế vào (2) ta được ( )33 1 2(2 1) . 3y y+ = − Đặt 3 2 1y t= − , phương trình (3) trở thành hệ: ( )( ) 3 3 2 1 2 1 t y y t  = −  = − Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ trên, ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )3 3 2 22 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1t y y t t y y t y y t t− = − − − ⇔ − = − − + − − + − Do ( )( ) ( )222 (2 1) 2 1 2 1 2 1 1 0, ,y y t t y t − + − − + − + > ∀  nên .t y= Thế vào phương trình ( )32 1t y= − ta được ( ) ( )( )3 3 2 22 1 8 12 5 1 0 1 8 4 1 0.y y y y y y y y= − ⇔ − + − = ⇔ − − + = 1 2y x⇒ = ⇒ = thỏa mãn (*). Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 2;1 .x y = Bài 31 (Thi học sinh giỏi Quảng Nam 2014 –2015) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 4 1 2 1 6 1 2 2 4 1 1. 2 y x y y y x x y y  + + + =   + + = + +  Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là 0.y ≥ Do 0y = không là nghiệm hệ nên 0.y > Từ (2), để hệ phương trình có nghiệm thì 0.x > Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 12 2 2 . 2 1 . 1 2 .x x x f x f y y y y     ⇔ + + = + + ⇔ =        Hàm số ( ) 2 1f t t t t= + + có ( ) 22 2 1 1 0 0. 1 tf t t t t ′ = + + + > ∀ > + Do đó hàm số ( )f t đồng biến trên ( )0;+∞ . Suy ra ( ) 1 12 2 .f x f x y y   = ⇔ =    30 Thế vào (1) ta được: (1) ( )3 22 1 6 0.y y y y⇔ + + + − = Hàm số ( ) ( )3 22 1 6f y y y y y= + + + − có ( ) 22 13 4 0 0yf y y y y y y + ′ = + + + > ∀ > nên ( )f y đồng biến trên ( )0; .+∞ Do đó phương trình ( ) 0f y = có tối đa một nghiệm. Vì ( )1 0 1f y= ⇔ = nên tập nghiệm hệ phương trình là 1 ;1 . 2 S   =       Bài 32 (VMO 1999, Bảng A ) Giải hệ phương trình hỗn hợp ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 2 1 4 5 2 1 1 4 ln 2 1 0 2 x y y x x y y x y x − − + − + + = +  + + + + = Giải: Điều kiện để hệ phương trình có nghĩa là 2 2 0.y x+ > Đặt 2t x y= − thì (1) trở thành ( ) ( ) 11 1 1 4 1 21 4 5 2 1 3 .5 5 t t t t t t + − + + ++ = + ⇔ = Vế trái là hàm số nghịch biến còn vế phải là hàm số đồng biến nên 1t = là nghiệm duy nhất của (3) . Từ đó suy ra 12 1 , 2 y x y x +− = ⇔ = thế vào (2) ta được ( ) ( )3 22 3 ln 1 0 4 .y y y y+ + + + + = Xét hàm số ( ) ( )3 22 3 ln 1g y y y y y= + + + + + trên ,
( ) 2 22 13 2 01yg y y yy y+′ = + + > ∀+ + ( )g y⇒ đồng biến và 1y = − là nghiệm duy nhất của (4). Với 1y = − thì 0.x = Đáp số: Hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 0; 1 .x y = − 1.4.1.3. Kĩ thuật chủ đạo 3: Sử dụng đạo hàm bậc hai Nhiều khi đạo hàm bậc nhất không đủ để chứng minh ( ) 0.f t′ ≥ Sử dụng đạo hàm bậc hai để chứng minh ( ) 0,f t′ ≥ do đó ( )f t đồng biến trên khoảng ( ), .a b Suy ra 1 2.t t= Giải tiếp phương trình đã cho. 31 Bài 33 (VMO 2008) Tìm số nghiệm của hệ ( ) 2 3 3 2 29 (1) I log log 1 (2) x y x y  + =  = Giải: Điều kiện để hệ phương trình trên có nghĩa là , 0.x y > Từ (2) ta suy ra nếu 1,x > tức là 3log 0x > thì 2log 0,y > tức là 1.y > Tương tự, nếu 0 1x Đặt 3 2log , log .X x Y y= = Do , 1x y > nên , 0X Y > và 3Xx = và 2 .Yy = Ta có ( ) 19 8 29 (3)(I) 9 8 29 5 . 1 (4) X Y Y Y XY  + = ⇔ ⇒ + = = Hàm số 1 ( ) 9 8 29t tf t = + − có đạo hàm ( ) 1 2 19 ln9 8 . ln8.t tf t t ′ = − ( ) 1 1 2 2 4 3 1 29 ln 9 8 . ln 8 8 . .ln8 0t t tf t t t ′′ = + + > với mọi 0t > . Do đó hàm số ( )f t′ đồng biến trên ( )0;+∞ và tồn tại duy nhất 0 0t > sao cho ( )0 0.f t′ = Mặt khác 0 lim ( ) lim ( ). tt f t f t + →+∞→ = +∞ = Vì ( )1 0f < nên ( )0 0,f t < ta có bảng biến thiên t 0 0t +∞ ( )f t′ − 0 + ( )f t +∞ +∞ ( )0f t Do tính liên tục của ( )f t nên (5) có hai nghiệm dương. Đáp số: Hệ đã cho có hai nghiệm. 32 Bài 34 (Thi học sinh giỏi lớp 12, Quảng Ngãi, năm học 2011–2012) Giải hệ phương trình ( )3 3 2 2 2 1 2 1 2 (1) I 2 2 3 3 (2) y x x x x y x y xy x y  − + + = + + −  − + = − + Giải: Điều kiện để hệ (I) có nghĩa là [ ]1;2x∈ − ( ) ( )2 22 2 3 ( ) 0x y x y⇔ + + − = 2y x⇔ = (vì [ ]22 3 0, 1;2x y x+ + > ∀ ∈ − ) Thay 2y x= vào (1) ta được ( )2 1 2 1 2 . 3x x x x− + + = + + − Xét hàm số ( ) 2 1 2 1 2f x x x x x= − − + − − + + với [ ]1;2 .x∈ − Chưa thể xét dấu của đạo hàm bậc nhất ( ) 1 12 1 , 2 1 2 2 f x x x x ′ = − − + + − vì vậy ta cần tính đạo hàm bậc hai. Ta có ( ) ( ) 1 1( ) 2 0 1;2 . 4( 1) 1 4 2 2f x xx x x x′′ = + + > ∀ ∈ −+ + − − Do đó hàm số ( )f x′ đồng biến trên khoảng ( )1;2 .− Chứng tỏ phương trình ( ) 0f x′ = có duy nhất một nghiệm 1 . 2 x = Ta có bảng biến thiên: x 1− 1 2 2 ( )f x′ − 0 + ( )f x ( )1f − ( )2f 1 2 f      Vì 1 3 2 6 0, 2 4 f   = + − <    nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( ) 0f x = có nhiều nhất hai nghiệm, hơn nữa ( ) ( )0 1 0f f= = , do đó phương trình (3) có hai nghiệm 0; 1x x= = . 33 Đáp số: Hệ phương trình có hai nghiệm ( ) ( ) ( ){ }; 0;0 ; 1;1 .x y = 1.4.2.Phương pháp giá trị lớn nhất nhỏ nhất và đánh giá Kĩ thuật chủ đạo Đưa phương trình về dạng ( ) ( ),f x g y= có thể ,x y= hoặc .x y≠ Sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá, sử dụng đạo hàm bậc nhất (và bậc hai nếu cần) để tìm giá trị lớn nhất của ( ),f x và nhỏ nhất của ( ),g y tức là chứng minh ( ) ( ).f x A g y≤ ≤ Suy ra phương trình ( ) ( )f x g y= tương đương với hệ ( ) ; ( ) . f x A g y A =  = Giải hệ này suy ra nghiệm của hệ phương trình đã cho. Bài 35 (Chọn đội tuyển Chuyên Đại học Vinh thi học sinh giỏi Quốc gia 2013–2014) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ln 1 3 ln 1 3 , , ln 1 3 x x x y y y y z x y z z z z x  + + = +   + + = + ∈  + + = +
Giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ln 1 2 3 3 ln 1 2 3 3 ln 1 2 3 3 x x x x y y y y y z z z z z x  + + + = +   + + + = +  + + + = + Xét hàm số ( ) ( )2ln 1 2f t t t t= + + + trên .
Ta có ( ) 2 2 2 2 1 2 4 32 0, . 1 1 t t tf t t t t t t + + + ′ = + = > ∀ ∈ + + + +
Suy ra ( )f t đồng biến chặt trên .
Hệ phương trình có dạng ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 f x x y f y y z f z z x  = +  = +  = + 34 Không mất tính tổng quát, giả sử { }max , , .x x y z= Khi đó ( ) ( )x z f x f z≥ ⇒ ≥ tức là 3 3 3 3 .x y z x y z+ ≥ + ⇔ ≥ Suy ra ( ) ( )f y f z≥ 3 3 3 3 .y z z x y x⇔ + ≥ + ⇔ ≥ ( ) ( ) 3 3 3 3 .f y f x y z x y z x⇒ ≥ ⇔ + ≥ + ⇔ ≥ Từ đó kết hợp với { }, ,x max x y z= suy ra .x y z= = Hệ trở thành ( )2 , ln 1 4 . x y z x x x = =  + + = Xét hàm số ( ) ( )2ln 1 4g x x x x= + + − trên .
Ta có ( ) 2 2 2 2 1 4 2 34 0 . 1 1 x x xg x x x x x x + − − − ′ = − = < ∀ ∈ + + + +
Suy ra hàm số ( )g x nghịch biến trên .
Vì ( )g 0 0= nên phương trình ( )g 0x = có nghiệm duy nhất 0.x = Từ đó ta có hệ có nghiệm duy nhất 0.x y z= = = Bài 36 (Thi học sinh giỏi lớp 12 Chuyên Vĩnh Phúc, 2012–2013) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 83 2 5 1 83 2 5 1 , , . 83 2 5 1 x x y y y y z x y z z z z x x  + + = − −   + + = − − ∈   + + = − − 
Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: 1, , . 5 x y z ≥ Các hàm số ( ) 2 8 3 2, ( ) 5 1,f t t t g u u u = + + = − − liên tục trên 1; . 5   +∞  Ta có ( ) 28 52 3 0, ( ) 02 5 1f t t g u u u − ′ ′= + > = − < − 1 . 5 t∀ > 35 Suy ra ( )f t đồng biến chặt, ( )g u nghịch biến chặt trên 1; . 5   +∞  Giả sử ( )0 0 0, ,x y z là một nghiệm của hệ (I), tức là 0 0 0 0( ) ( ), ( ) ( )f x g y f y g z= = và 0 0( ) ( ).f z g x= Không mất tính tổng quát, giả sử { }0 0 0 0min , , .x x y z= Nếu 0 0 0x y z< ≤ thì 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ).g z g y f x f y g z≤ = < = Vô lí. Vậy 0 0 0.x y z= ≤ Nếu 0 0 0x y z= = = = Vô lí. Vậy nếu 0 0 0x y z= ≤ thì 0 0 0.x y z= = Tương tự, nếu 0 0 0x z y< ≤ thì 0 0 0.x y z= = Vậy nếu ( )0 0 0, ,x y z thì 0x là nghiệm của phương trình ( )2 83 2 5 1. 1x x x x + + = − − Do ( )f t đồng biến chặt, ( )g t nghịch biến chặt trên 1; 5   +∞   nên hàm số ( )( ) ( )h t f t g t= − đồng biến chặt trên 1; 5   +∞   và phương trình ( )( ) ( ) 0h t f t g t= − = có nghiệm duy nhất 0 1.t = Suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất 0 1.x = Đáp số: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1.x y z= = = Bài 37 (Thi học sinh giỏi Nghệ An năm học 2010–2011, lớp 12) Giải phương trình 21 1 2 2.x x x x− + + + − = + Giải Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là 1 2.x− ≤ ≤ Với điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với 2 1 2 1 2. (1)x x x x− − + − − = − − 36 Hàm số 2( ) 1 2f x x x x x= − − + − − có 1 1( ) 2 1 . 2 1 2 2 f x x x x ′ = − − + + − ( ) 1( ) (2 1) 1 , 2 1 2 1 2 f x x x x x x    ′ = − +  + − + + −   1( ) 0 . 2 f x x′ = ⇔ = Bảng biến thiên: 11 2 6 4 m − = − − > − nên phương trình ( )f x m= có đúng hai nghiệm. Dễ thấy 1 20, 1x x= = là hai nghiệm của phương trình (1). Đáp số: Phương trình đã cho có hai nghiệm là 1 20, 1.x x= = 1.5 Bài tập tương tự Bài 1.1 (Chọn đội tuyển dự VMO Đồng Nai, 2015) Giải phương trình ( ) ( )5 4 2 3 4 5 3 2 2.x x x x− − − − − = Bài 1.2 (Thi học sinh giỏi Kiên Giang năm, 2014–2015) Giải phương trình: 22 5 2 2 10 3 2.x x x x x+ − = + + − − − Bài 1.3 (Thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010) Giải phương trình 2 25 14 9 20 5 1.x x x x x+ + − − − = + Bài 1.4 (Thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam 2014–2015) Giải phương trình 3 7 16 2 2 8 5.x x− + + = x − 1 1 2 2 ( )f x′ − 0 + ( )f x 2 3− 2 3− 1 6 4 − − 37 Bài 1.5 (Thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội, 2013) Giải phương trình 23 9 2 3 5 1 1.x x x x− + + = − + Bài 1.6 (Thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2011) Giải phương trình 2 12 3 1.x x x x x + − = + Bài 1.7 (Thi học sinh giỏi Toán 10, Huyện Hóc Môn, Thành phố Hồ Chí Minh. ngày 13/4/2013) Giải phương trình 2 73 6 3 . 3 x x x + + − = Bài 1.8 (Thi chọn đội tuyển dự VMO Bình Thuận 2014 – 2015) Giải phương trình 2 1 1 2. 2 xx − = − Bài 1.9 (Thi học sinh giỏi Quảng Bình 2014) Giải phương trình 3 4 4 5 5 3 .x x x x x x x= − − + − − + − − Bài 1.10 (Thi học sinh giỏi Phú Yên năm 2014 – 2015) Giải phương trình ( ) ( )3 32 2 21 1 4 2 0.x x x x x+ − + + + + − = Bài 1.11 (Thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực Duyên Hải & Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010) Giải phương trình 3 2 3 23 32 2 3 1 3 1 2.x x x x x x− + − + = + + + Bài 1.12 (Thi học sinh giỏi Quảng Ninh 2011) Giải phương trình 2 1 124 60 36 0. 5 7 1 x x x x − + − + = − − Bài 1.14 (Thi học sinh giỏi Thái Bình 2013) Tìm m để phương trình ( ) ( )2 1 2 2 2 1 0m x m x m− + + − − + − = có nghiệm. Bài 1.15 (Thi học sinh giỏi Quốc Gia 2001, Bảng B) Giải hệ phương trình 7 2 5 2 2 x y x y x y x y  + + + =  + + − = 38 Bài 1.16 (Thi học sinh giỏi Đồng Nai 2013) Giải hệ phương trình ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 3 4 2 1 ; 3 4 2 2 x y xy x x y x y xy y  + − = − ∈ + + = 
Bài 1.17 (T7hi học sinh giỏi Hà Nội 2014) Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 3 6 3 4 0 2 4 3 3 2 3 2 0. x y x x y x y y x  − + + − + =  − − + − − + = Bài 1.18 (Thi học sinh giỏi Long An năm 2014) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 3 22 5 2 15 2 6 4 9 2 3 0. x x y x x y y  + = −  − − − + + = Bài 1.19 (Thi Olympic 30/04/2014 lần thứ XX) Giải hệ phương trình ( )2 2 2 2 3 5 2 2 2 2 5 3 2 1 2 7 12 8 2 5. x xy y x xy y x y x y x y xy y  + + + + + = +  + + + + + = + + Bài 1.20 (Thi chọn đội tuyển thành phố Hồ Chí Minh dự VMO 2015) Giải hệ phương trình 6 1 12 4 1 2 . 1 xy y x y xy x y xy y x y  + − + =   + = + + + Bài 1.21 (Học sinh giỏi Hải Phòng 2011) Giải hệ phương trình 1 3 3 12 8. x x y y x y y  + + + − =    + + =  Bài 1.22 (Thi học sinh giỏi Bình Định 2014) Giải hệ phương trình 2 2 3 3 2 14 2 2 9. 2 2 xy y x y x y x y x y x y  + − + − = +   + −     + =        39 Tiểu kết Chương 1 Chương 1 trình bày một số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình như: kĩ thuật biến đổi tương đương, kĩ thuật nhân liên hợp, phương pháp hàm số và áp dụng các kĩ thuật và phương pháp đó vào giải các bài giải phương trình và hệ phương trình trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh, đề thi olympic,. Bên cạnh đó, Chương 1 cũng giới thiệu một số bài tương tự minh họa phong phú hơn về các phương pháp và kĩ thuật đã nói ở trên. Qua một lượng khá lớn các bài toán (59 bài) thi học sinh giỏi và thi vào đại học trong và ngoài nước, trong đó có 37 bài với lời giải chi tiết, và 22 bài tương tự, ta cũng thấy được sự phong phú của các bài toán giải phương trình và hệ phương trình hỗn hợp cũng như độ khó khi giải dạng toán này. 40 Chương 2 MỘT SỐ KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP Phần này tổng hợp các bài toán giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp có nhiều cách giải hoặc phải kết hợp nhiều kĩ thuật trong một cách giải, hoặc những bài toán khó với lời giải phức tạp. 2.1. Phương trình với nhiều cách giải Bài 1 (Thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc, 2012, lớp 10) Giải phương trình ( )2 73 6 3 . 1 3 x x x + + − = Cách 1 (Đặt ẩn phụ) Điều kiện để phương trình (1) có nghĩa là ( )7. *x ≥ − Đặt 7 0. 3 x t + = ≥ Ta được hệ phương trình ( ) 2 2 3 6 3 3 7 . x x t I t x  + − =  − = Đặt 1,y x= + hệ (I) trở thành ( )( ) 22 2 2 2 2 3 6 (1)3 6 3 6 3 3 1 0. (2)3 6 3 3 y ty t y t y t y tt y y t t y   − =− = − =   ⇔ ⇔   − + + = − = − = −     Ta có: ( )2 t y⇔ = hoặc 3 3 1 0.y t+ + = Thay t y= vào (1) ta được 2 1 733 6 . 6 y y y ±− = ⇔ = Suy ra 5 731 . 6 x y − ±= − = Kết hợp với điều kiện (*) ta được 5 73 . 6 x − + = Thay 3 3 1 0y t+ + = hay 3 1 3 y t − − = vào (1) ta được 2 23 1 3 3 69 1 693 6 9 3 17 0 . 3 18 6 yy y y y− − − ± − ±− = ⇔ + − = ⇔ = = 41 Suy ra 7 691 . 6 x y − ±= − = Kết hợp với điều kiện (*) ta được 7 69 . 6 x − − = Cách 2 (Biến đổi tương đương) 2 23 21(1) 3 6 3 9 18 9 3 21 9 x x x x x x + ⇔ + − = ⇔ + − = + 2 2 2 49 1 7 19 21 3 21 3 21 3 3 21 4 4 2 2 x x x x x x     ⇔ + + = + + + + ⇔ + = + +        7 13 3 21 , 3 21 3 3, (1)2 2 7 1 3 21 3 4 (2)3 3 21 2 2 x x x x x xx x  + = + +  + = + ⇔ ⇔    + = − −+ = − + +    2 1 5 73(1) 63 5 4 0 x x x x ≥ − − + ⇔ ⇔ = + − = thỏa mãn điều kiện (*). 2 4 7 69(2) 3 69 21 5 0 x x x x  ≤ − − − ⇔ ⇔ =  + − = thỏa mãn điều kiện (*). Đáp số: Phương trình đã cho có hai nghiệm là 5 73 6 x − + = và 7 69 . 6 x − − = Bài 2 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2012–2013, lớp 12) Giải phương trình ( ) ( )3 2 2 2 6. 1x x x+ − = + + Cách 1 (Nhân với biểu thức liên hợp+biến đổi tương đương) Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: ( )2. *x ≥ Với điều kiện (*) ta có: ( )(1) 3 2 6 2 6. 2x x x⇔ − − + = − 42 Nhân hai vế của (2) với biểu thức liên hợp ta được: ( ) 38 24(2) 2 3 3 2 6 3 2 6 4. (3) xx x x x x x = − ⇔ = − ⇔  − + + − + + = Bình phương hai vế của phương trình (3) ta được: ( ) ( )( )3 10 12 6 2 6 16x x x⇔ − + − + = ( )( ) ( )( ) ( )2 14 5 0 3 2 6 14 5 9 2 6 14 5 x x x x x x x − ≥ ⇔ − + = − ⇔  − + = − 2 1414 55 11 3 511 19 0 2 x x x x x  ≤ ≤  ⇔ ⇔  ±  − + = =  11 3 5 2 x − ⇔ = thỏa mãn điều kiện (*). Cách 2 (Biến đổi đơn giản hơn) Trừ vế với vế của phương trình (3) và phương trình (1) ta được 2 5 6 5 11 19 0 x x x x x ≤ + = − ⇔  − + = 11 3 5 . 2 x − ⇔ = Đáp số: 1 3,x = 2 11 3 5 . 2 x − = Bài 3 (Đề đề nghị Olympic 30/4/2013, THPT Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai, Sóc Trăng) Giải phương trình ( )22 4 2 5 2 5 . 1x x x x x− + − + − = − Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: ( )5 4. * 2 x≤ ≤ Với điều kiện (*) ta có Cách 1 (Biến đổi tương đương) 43 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 (1) 2x 5x 2 4 2x 5 0 2 2 1 1 4 2x 5 2x 5 1 2x 8x+6=0 3 2 2 3 2x 53 2 3 1 0 2 1 1 4 2x 5 1 2 1 2 2x 53 2 1 0 2 1 1 4 2x 5 1 x x x x x x x xx x x x x x x x x x ⇔ − − − − − − − = ⇔ − − − + − − + − − − + − − − − − − ⇔ + + + − − = − + + − − +   − − ⇔ − + + + − =  − + + − − +  3x⇔ = hoặc ( ) ( )2 1 2 2 5 2 1 0. 2 2 1 1 4 2 5 1 x x x x x x − − + + + − = − + + − − + Phương trình (2) vô nghiệm do điều kiện (*). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3.x = Cách 2 (Biến đổi tương đương và đánh giá số hạng) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2(1) 2 1 4 1 2x 5 1 2x 5x 3 3 3 2( 3) 3 2x 1 . 2 1 4 1 2x 5 1 x x x x x x x x ⇔ − − + − − + − − = − − − − − ⇔ + + = − + − + − + − + ( ) ( )1 1 23 2x 1 0 2 1 4 1 2x 5 1 x x x   ⇔ − − + − + =  − + − + − +  ( ) 3 1 2 12x 1 . (3) 2 1 2x 5 1 4 1 x x x = ⇔  + = + +  − + − + − + Phương trình (3) vô nghiệm do với mọi 5 ;4 2 x   ∈    ta có: ( ) 2 2 1 2 1 2 3; 2 1 2 5 1 1 52 1 2 1 2. 1 6. 24 1 VT x x VP x x x  = + ≤ + = − + − +   = + + > + ≥ + =  − + Đáp số: Phương trình có nghiệm duy nhất 3.x = 44 Bài 4 (Đạị học An Ninh, Khối A, 2000) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 2 1 1 18 I 1 1 2. x x y x y x y y x x y x y x y y  + + + + + + + + + =  + + + − + + + + − = Cách 1 (Đặt ẩn phụ và biến đổi tương đương) Cộng hai vế của hệ trên ta được ( )2 21 1 10. 1x x y y x y+ + + + + + + = Thế vào phương trình đầu ta đi đến phương trình ( )8. 2x y+ = Thay (2) vào (1) ta được ( )2 29 9 10. 3x y+ + + = Đặt 4t x= − thì 4x t= + và 4 .y t= − Thay vào phương trình (3) ta được ( )2 28 25 8 25 10. 4t t t t+ + + − + = Bình phương hai vế ta được ( )22 2 2(4) 25 64 25t t t⇔ + − = − 2 2 4 2 2 2 4 25 36 0 0. 50 625 64 625 50 t t t t t t t t  ≤ ⇔ ⇔ = ⇔ = + + − = − + Suy ra 4x y= = là nghiệm duy nhất của hệ đã cho. Cách 2 (Sử dụng tích vô hướng của hai vectơ) Ta có 2 2 2 21 1 10 9 9 10(I) 8 8. x x y y x y x y x y x y  + + + + + + + = + + + =  ⇔ ⇔  + = + =   Đặt ( ,3); ( ,3).u x v y= =r r Khi ấy 2 2 2 2(8,6); 9; 9; 8 6 10.u v u x v y u v+ = = + = + + = + =r r r r r r Ta đã biết rằng u v u v+ ≥ +r r r r với mọi ur và .vr Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ur và vr cùng phương. Từ đây ta có 2 210 9 9 10.x y u v u v= + + + = + ≥ + =r r r r 45 Suy ra ( ,3) ( ,3).u x kv k y= = =r r Do đó 1k = và .x y= Từ 8x y+ = suy ra 4.x y= = Lời bình: Cách giải 2 sáng tạo hơn. Bài 5 (Thi vào Đại học, Cao đẳng, Khối A, 2006) Giải hệ phương trình ( )3 (1) 1 1 4. (2) x y xy I x y  + − =  + + + = Cách 1 (Đặt ẩn phụ và biến đổi tương đương) Điều kiện để hệ (I) có nghĩa là: 0, 1, 1.xy x y≥ ≥ − ≥ − (*) Đặt , 0.t xy t= ≥ Phương trình (1) trở thành 3 3 .x y xy t+ = + = + Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được 2 2 1 16.x y xy x y+ + + + + + = Thay 3x y t+ = + vào (2’) ta được ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 4 16 2 4 11 11 0 0 11 3. 4 4 121 22 3 26 105 0 t t t t t t t t t t t t t t t + + + + + = ⇔ + + = − − ≥ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ =  + + = − + + − =  Suy ra 6, 9 3.x y xy x y+ = = ⇔ = = Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Cauchy) Vì 0xy ≥ nên x và y cùng dấu. Từ phương trình (1) suy ra 3 0.x y xy+ = + ≥ Do đó 0, 0.x y≥ ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 3 6. 2 x y x y xy x y++ = + ≤ + ⇒ + ≤ Kết hợp với phương trình (2) ta được ( ) ( )( ) ( ) ( )4 1 1 2 1 1 2 2 2 6 2 4.x y x y x y= + + + ≤ + + + = + + ≤ + = 46 Suy ra 6, 6, 3. 1 1 x y x y x y x yx y + = + = ⇔ ⇔ = =  =+ = +  Đáp số: Hệ có nghiệm duy nhất là ( ) ( ), 3,3 .x y = Bài 6 (Thi học sinh giỏi Nghệ An năm 2011) Giải hệ phương trình với ( ); :x y ∈
( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 5 (I) 574 3 3 1 . 2 25 x y x x y x  + =   + − = − +  Cách 1 (Biến đổi tương đương+Phương trình bậc hai) Nhân (2) với 2 rồi cộng với (1) ta được ( )2 2 1192 3 1 9 6 0. 25 y x y x x+ + + + − = Phương trình này có 144. 25y ′∆ = Suy ra: 73 5 y x= − + hoặc 173 . 5 y x= − − Với 73 5 y x= − + thì (2) 2 2 1 42 44 5 510 0 11 25 25 . 25 25 x y x x x y  = ⇒ = ⇔ − + = ⇔   = ⇒ =  Với 173 5 y x= − − thì (2) 2 102 28410 0. 5 25 x x⇔ + + = Phương trình vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là 2 1 11 2; ; ; . 5 5 25 25 S     =           Cách 2 (Biến đổi tương đương) Hệ (I) tương đương với ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 25 5 1 (I) II472 2 2 2 . 25 x y x y x y x y x y  + =  ⇔  − + + + + − =  Đặt 2 , 2a x y b x y= − = + , khi ấy: 47 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 5 5 . 4 4 a x xy y a b x y b x xy y  = − + ⇒ + = + = + + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 1 2 1 2 1 II 47 94 1442 2 1 .25 25 25 a b a b ab ab a b ab a b ab a b a b   + = + − = = + −    ⇔ ⇔ ⇔   + + = + + = + + =      7 17 3 4 2 11 5 5 5 5 5 25 12 132 4 3 1 2 . 25 25 5 5 5 25 a b a b a a x x ab ab b b y y       + = + = − = = = =           ⇔ ∨ ⇔ ∨ ⇒ ∨            = = = = = =            Đáp số: Tập nghiệm hệ phương trình là 2 1 11 2; ; ; . 5 5 25 25 S     =           Bài 7 (Thi Đại học, Khối A, 2014) Giải hệ phương trình ( )2 3 12 12 12 (1) 8 1 2 2. (2) x y y x x x y  − + − =   − − = − Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: ( )2 3 2 3 2 12. x I y  − ≤ ≤  ≤ ≤ Cách 1 (phương pháp véc tơ) Đặt ( ) ( )2; 12 , 12 ; .a x x b y y= − = −rr Ta có 12a b= = r r và ( )( )2(1) 2 12 12 2.12x y y x⇔ − + − = ( )222 202 0 12 12 . x ab a b a b a b x y y x ≥ ⇔ = + ⇔ − = ⇔ = ⇒ = − ⇔  = − r r r rr r r r Thay 212y x= − vào phương trình ( )2 ta được ( )3 2 3 28 1 2 10 8 3 2 10 1x x x x x x− − = − ⇔ − − = − − 48 ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 9 3 3 1 10 1 2 3 3 3 1 0 10 1 3 3 x x x x x x x x x x x y − ⇔ − + + = − +  + ⇔ − + + + =  − +  ⇔ = ⇒ = Thử lại ta được nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ); 3;3 .x y = Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxkii) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxkii cho hai cặp số 2 1 2 1 2, 12 , 12 ,a x a x b y b y= = − = − = ta được ( )( ) ( )( ) ( )( )22 2 2 2(1) 12 12 12 12 12 .x y y x x x y y⇔ − + − ≤ + − + − = Vậy ( )( ) 2 2 212(1) 12 12 12 . 12 x x x y