Luận văn Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số

LỜI GIỚI THIỆU 2

1 CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 3

1.1 Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . 18

1.4 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 28

2.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 39

2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5 Phối hợp nhiều phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 57

3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình . . . . . . . . . 57

3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn . . . . . . . . . . . . 60

Kết luận 70

Tài liệu tham khảo 71

pdf72 trang | Chia sẻ: mimhthuy20 | Lượt xem: 599 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
2 = y + x Bài toán 1.30. Giải hệ phương trình{ y = x3 x = y3 1.4 Hệ phương trình đẳng cấp Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y. Dạng tổng quát{ ax2 + bxy + cy2 = d a′x2 + b′xy + c′y2 = d′ Phương pháp tổng quát * Xét x = 0. Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thì vô nghiệm trong trong trường hợp này. * Xét x 6= 0 - Nếu có một trong hai d hoặc d′ bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho x2, từ đó thu được phương trình có dạng A (y x )2 +B y x + C = 0 Giải phương trình này tìm được tỉ số y x , từ đó rút y được theo x , lại thay vào phương trình thứ hai thì tìm được y, từ đó thu được x. - Nếu cả d và d′ đều khác 0 thì ta cũng có thể tạo ra một phương trình thuần nhất (hệ số tự do bằng 0) được bằng cách nhân cả hai vế của từng phương trình với hệ số phụ tương ứng của d và d′ rồi lại trừ từng vế các phương trình thu được. 23 Tiếp đó ta lại làm hoàn toàn tương tự như trên. Sau đây là một số bài toán. Bài toán 1.31. Giải hệ phương trình sau { x2 − 3xy + 2y2 = 0 2x2 − xy + 3y2 = 1 Lời giải. * Nếu x = 0 thì thay vào phương trình thứ hai không thỏa mãn. * Nếux 6= 0, ta chia cả hai vế phương trình thứ nhất cho x2 thì thu được 2 (y x )2 − 3y x + 1 = 0 Từ đây có hai trường hợp + TH1 y x = 1 hay y = x, thay vào phương trình thứ hai ta có x2 = 1 4 hay x = ±1 2 . Từ đó thu được hai nghiệm (1 2 ; 1 2 ) , (−1 2 ;−1 2 ). + TH2 y x = 1 2 hay x = 2y, giải tương tự ta thu được thêm hai nghiệm(2 3 ; 1 3 ) , ( − 2 3 ;−1 3 ) Vậy hệ có bốn nghiệm (1 2 ; 1 2 ) , ( − 1 2 ;−1 2 ) , (2 3 ; 1 3 ) , ( − 2 3 ;−1 3 ) . Bài toán 1.32. Giải hệ phương trình sau{ 3x2 − 2xy + 2y2 = 7 x2 + 6xy − 3y2 = −8 Lời giải. Hệ đã cho tương đương với{ 24x2 − 16xy + 16y2 = 56 7x2 + 42xy − 21y2 = −56 Cộng từng vế hai phương trình ta có 31x2+26xy−5y2 = 0⇔ (31x−5y)(x+y) = 0 Từ đây ta có hai trường hợp: + TH1 31x − 5y = 0 ⇔ 31x = 5y. Thế vào phương trình đầu ta dễ dàng tìm được hai giá trị của x thỏa mãn là x = − 5√ 241 ; x = 5√ 241 . Từ đó hệ phương trình có hai nghiệm (− 5√ 241 ;− 31√ 241 ) và ( 5√ 241 ; 31√ 241 ) . + TH2 y = −x. Tương tự ta tìm được hai nghiệm nữa của hệ phương trình 24 (−1; 1) và (1;−1). Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm phân biệt (− 5√ 241 ;− 31√ 241 ) ; ( 5√ 241 ; 31√ 241 ) ; (−1; 1) và (1;−1). Bài toán 1.33. Giải hệ phương trình{ x2 − 2xy − 3y2 = 0(1) x|x|+ y|y| = −2(2) Lời giải. - Nếu y = 0, thì theo (1) ta có x = 0, nhưng thay x = y = 0 vào (2) thì vô lý, do đó y = 0 không thỏa mãn. - Nếu y 6= 0, chia cả hai vế phương trình (1) cho y2 ta được(x y )2 − 2x y − 3 = 0 Từ đó ta có hai trường hợp sau: TH1 x y = −1 hay x = −y, thế vào phương trình (2) ta có −y|y|+ y|y| = −2⇔ 0 = −2 (VN). TH2 x y = 3 hay x = 3y, thê vào phương trình (2) ta có 3y|3y|+ y|y| = −2⇔ 10y|y| = 2⇔ y|y| = −1 5 (3) + Nếu y > 0 thì |y| = y, thay vào (3) vô nghiệm. + Nếu y < 0 thì |y| = −y, thay vào (3) được y2 = 1 5 . Từ đây ta giải được hai nghiệm của hệ phương trình là( 3√ 5 ; 1√ 5 ) , ( − 3√ 5 ;− 1√ 5 ) . Bài toán 1.34. Giải hệ phương trình{ (x− y)(x2 + y2) = 13 (x+ y)(x2 − y2) = 25 Lời giải. Hệ phương trình tương đương với{ x3 + xy2 − x2y − y3 = 13 x3 − xy2 + x2y − y3 = 25 Đến đây ta cũng có thể giải theo cách tương tự với các bài vừa đưa, tuy nhiên ta có thêm cách khác, sử dụng phương pháp biến đổi và thế phù hợp cũng khá hay như sau: Cộng rồi trừ từng vế hai phương trình trên ta được hệ mới tương đương 25 { 2xy2 − 2x2y = −12 x3 − y3 = 19 ⇔ { xy(x− y) = 6 (1) (x− y)3 + 3xy(x− y) = 19(2) Thế từ (1) vào (2) ta được (x− y)3 = 1⇔ x− y = 1⇔ y = x− 1. Thay y = x − 1 vào (1) ta có x2 − x − 6 = 0, phương trình có hai nghiệm x = −2; x = 3. Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là: (−2;3 ), (3; 2) Dưới đây là một vài bài cũng có thể được giải tương tự. Bài toán 1.35. Giải hệ phương trình{ x3 − y3 = 7 xy(x− y) = 2 Bài toán 1.36. Giải hệ phương trình  x2 + xy − y2 = 5 y x − 22x y = −5 2 − 2 xy Bài toán 1.37. Giải hệ phương trình{ x3 − xy2 + y3 = 1 2x3 − x2y + y3 = 2 Bài toán 1.38. Giải hệ phương trình{ y3 − x3 = 7 2x2y + 3xy2 = 16 = 2 Bài toán 1.39. Giải hệ phương trình{ 3x2 − 5xy − 4y2 = −3 9y2 + 11xy − 8x2 = 13 26 Chương 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2.1 Phương pháp thế Bài toán 2.1 (Khối B-2008). Giải hệ phương trình{ x4 + 2x3y + x2y2 = 2x+ 9 x2 + 2xy = 6x+ 6 Lời giải. Hệ đã cho tương đương với  (x2 + xy)2 = 2x+ 9 (1) xy = 3x+ 3− x 2 2 (2) Thế (2) vào (1) ta được (x2 + 3x+ 3− x 2 2 ) = 2x+ 9 ⇔ x4 + 12x2 + 48x2 + 64x = 0⇔ x(x+ 4)3 = 0 - Với x = 0, thay vào đề bài ta thấy không thỏa mãn. - Với x = −4 ta tìm được y = −17 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (−4;−17 4 ) Bài toán 2.2. Giải hệ phương trình{ x2(y + 1)(x+ y + 1) = 3x2 − 4x+ 1 (1) xy + x+ 1 = x2 (2) Lời giải. Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2), do đó ta có thể chia hai vế của (2) cho x và thu được 27 y + 1 = x2 − 1 x , thế vào phương trình (1) ta được x2. x2 − 1 x .(x+ x2 − 1 x ) = 3x2 − 4x+ 1 ⇔ (x2 − 1)(2x2 − 1) = (x− 1)(3x− 1) ⇔ (x− 1)(2x3 + 2x2 − 4x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −2. Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là (1;−1), (−2;−5 2 ). Bài toán 2.3. Giải hệ phương trình sau{ xy + x+ y = x2 − 2y2 (1) x √ 2y − y√x− 1 = 2x− 2y (2) (D - 2008) Lời giải. Điều kiện: x > 1; y > 0. (1)⇔ xy + y2 + x+ y + y2 − x2 = 0⇔ y(x+ y) + (x+ y) + (x+ y)(y − x) = 0 ⇔ (x+ y)(2y − x+ 1) = 0. - TH1: y = −x. Vì y > 0 nên x 6 0, loại. - TH2: x = 2y + 1, thay vào (2) ta được: (2y + 1) √ 2y − y√2y = 2y + 2⇔ (y + 1)(√2y − 2) = 0⇔ y = 2 (vì y > 0). Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (5; 2). Bài toán 2.4. Giải hệ phương trình sau x− 1 x = y − 1 y (1) 2y = x3 + 1 (2) Lời giải. Điều kiện: xy 6= 0 (1)⇔ x− y + x− y xy = 0⇔ (x− y)(1 + 1 xy ) = 0 ⇔ y = x hoặc xy = −1. - TH1: y = x, thế vào (2) ta được x3− 2x+ 1 = 0⇔ (x− 1)(x2 + x− 1) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 + x− 1 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ phương trình là (1; 1), (−1 +√5 2 ; −1 +√5 2 ) , (−1−√5 2 ; −1−√5 2 ) . 28 - TH2: xy = −1⇔ y = −1 x , thế vào phương trình (2), ta thu được x4 + x+ 2 = 0⇔ (x4 − x2 + 1 4 ) + (x2 + x+ 1 4 ) + 3 2 = 0 ⇔ (x2 − 1 2 )2 + (x+ 1 2 )2 + 3 2 = 0 (vô nghiệm). Vậy hệ phương trình có đúng ba nghiệm: (1; 1), (−1 +√5 2 ; −1 +√5 2 ) , (−1−√5 2 ; −1−√5 2 ) . Bài toán 2.5. Giải hệ phương trình sau{ 3 √ x− y = √x− y (1) x+ y = √ x+ y + 2 (2) Lời giải. Điều kiện: { x+ y > 0 x− y > 0 (1)⇔ (x− y) 2 = (x− y)3 ⇔ x− y = 0hoặcx− y = 1. - TH1: y = x, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 1 hoặc x = −1 2 . + Với x = 1 ta có y = 1 (thỏa mãn). + Với x = −1 2 ta có y = −1 2 (loại). - TH2: y = x − 1, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 0hoặc x = 3 2 . + Với x = 0 ta có y = −1 (loại). + Với x = 3 2 ta có y = 1 2 (thỏa mãn). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (1; 1), (3 2 ; 1 2 ) . Bài toán 2.6. Giải hệ phương trình sau{ x+ y + xy(2x+ y) = 5xy (1) x+ y + xy(3x− y) = 4xy Lời giải. Đối với hệ này ta phải trừ vế với vế để tạo nhân tử chung xy(2y − x) = xy ⇔ xy(2y − x− 1) = 0. 29 - TH1 Nếu x = 0 hoặc y = 0 ta đều giải được nghiệm tương ứng là (0; 0). - TH2 Nếu x = 2y − 1, thế vào (1) ta được phương trình 10y3 − 19y2 + 10y − 1 = 0 ⇔ (y − 1)(10y2 − 9y + 1) = 0 Đến đây ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ (1; 1), (−1 +√41 10 ; 9 + √ 41 20 ) , (−1−√41 10 ; 9−√41 20 ) . Bài toán 2.7. Giải hệ phương trình sau{√ x+ y + √ x− y = 1 +√x2 − y2 (1)√ x+ √ y = 1 (2) Lời giải. Điều kiện x > y > 0. (1)⇔ (√x+ y − 1)(√x− y − 1) = 0. Từ đó ta chia làm hai trường hợp - TH1 √ x+ y = 1⇔ y = 1− x, thế vào phương trình (2) ta có√ x+ √ 1− x = 1 ⇔ { 0 6 x 6 1 x + 1− x+ 2√x(1− x) = 1 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. Từ đó ta có hai nghiệm (0; 1), (1; 0). - TH2 √ x− y = 1⇔ y = x− 1, thế vào phương trình (2) ta có√ x+ √ x− 1 = 1 ⇔ { x > 1 x + x− 1 + 2√x(x− 1) = 1 ⇔ x = 1, suy ra y = 0. Vậy hệ có hai nghiệm (0; 1), (1; 0). Bài toán 2.8. Giải hệ phương trình sau{√ x+ y + √ x+ 3 = y − 3 x (1)√ x+ y + √ x = x+ 3 (2) 30 Lời giải. Điều kiện: x > 0, từ (1) suy ra y > 3 - Nếu y = 3, thay vào (1) ta có 2 √ x+ 3 = 0, không thỏa mãn vì x > 0. - Với y > 3, ta có y − 3√ x+ y −√x+ 3 = y − 3 x ⇔ x = √x+ y −√x+ 3 ⇔√x+ y = x +√x+ 3 Thế vào phương trình (2) ta có x+ √ x+ 3 + √ x = x+ 3 ⇔ x− (x+ 3) +√x+√x+ 3 = 0 ⇔ (√x +√x+ 3)(√x−√x+ 3) +√x+√x+ 3 = 0 ⇔ (√x +√x+ 3)(√x−√x+ 3 + 1) = 0 + Xét √ x+ √ x+ 3 = 0 suy ra √ x = 0 và √ x + 3 = 0 (vô lý). + Xét √ x−√x+ 3 + 1 = 0⇔ √x + 1 = √x+ 3 ⇔ x+ 2√x+ 1 = x+ 3⇔ 2√x = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Từ đó ta tìm được y = 8 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 8). Sau đây là một số bài có thể giải bằng phương pháp tương tự Bài toán 2.9. Giải hệ phương trình{ y2 = (5x+ 4)(4− x) −5x2 + y2 − 4xy + 16x− 8y + 16 = 0 Bài toán 2.10. Giải hệ phương trình{ 2x2 + 2xy + y = 5 y2 + xy + 5x = 7 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Có những bài toán cần phải đặt ẩn phụ để việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn (thường là khi thấy trong hệ phương trình xuất hiện cụm ẩn nào đó được lặp lại). Sau đây là một số bài toán minh họa cho phương pháp này. Bài toán 2.11. Giải hệ phương trình sau 31 { x2 + 1 + y(y + x) = 4y (1) (x2 + 1)(y + x− 2) = y Lời giải. Hệ phương trình tương đương với:{ x2 + 1 + y(y + x− 2) = 2y (x2 + 1)(y + x− 2) = y Đặt { u = x2 + 1 v = y + x− 2 , (u > 1), khi đó hệ trở thành{ u+ yv = 2y uv = y ⇔ { u = 2y − yv (2) (2y − yv)v = y (3) (3)⇔ yv2 − 2yv + y = 0⇔ y(v2 − 2v + 1) = 0⇔ y(v − 1)2 - Nếu y = 0, thế vào (2) thì u = 0 không thỏa mãn. - Nếu v = 1, ta có y = 3− x, thế vào (1) ta được x2 + 1 + (3− x).3 = 4(3− x)⇔ x2 + x− 2 = 0. Từ đó ta tìm được hai nghiệm (1; 2), (−2; 5) Bài toán 2.12. Giải hệ phương trình sau{√ 2x+ y + 1−√x+ y = 1 3x+ 2y = 4 Lời giải. Đặt u = √ 2x+ y + 1, v = √ x+ y(u > 0, v > 0). Suy ra u2 + v2 = 3x+ 2y + 1. Thế vào hệ trở thành{ u− v = 1 u2 + v2 = 5 ⇔ { v = u− 1 u2 − u− 2 = 0 Từ đó ta tìm được { u = 2 v = 1 ⇔ {√ 2x+ y + 1 = 2√ x+ y = 1 ⇔ { 2x+ y = 3 x + y = 1 ⇔ { x = 2 y = −1 32 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;−1). Bài toán 2.13. Giải hệ phương trình sau  x2 + y + x3y + xy2 + xy = −5 4 x4 + y2 + xy(1 + 2x) = −5 4 Lời giải. Hệ đã cho tương đương với  x2 + y + xy(x2 + y) + xy = −5 4 x4 + y2 + 2x2y + xy = −5 4 ⇔   x2 + y + xy(x2 + y + 1) = −5 4 (x2 + y)2 + xy = −5 4 . Đặt u = x2 + y; v = xy, thay vào hệ ta được:  u+ v(u+ 1) = −5 4 (1) u2 + v = −5 4 (2) Từ (2) ta có v = −u2 − 5 4 , thế vào (1) thì được: u+ (u+ 1)(−u2 − 5 4 ) = −5 4 ⇔ u3 + u2 + 1 4 u = 0 ⇔ 4u3 + 4u2 + u = 0⇔ u(2u+ 1)2 = 0. TH1: u = 0 suy ra v = −5 4 . Từ đây { x2 + y = 0 xy = −5 4 ⇔ { y = −x2 x3 = 5 4 ⇔  x = 3 √ 5 4 y = − 3 √ 25 16 TH2:   u = −1 2 v = −3 2 ⇔   x2 + y = −1 2 xy = −3 2 ⇔   y = −x2 − 1 2 x(−x2 − 1 2 ) = −3 2 33 ⇔ { y = −x2 − 1 2 2x3 + x− 3 = 0 ⇔ { x = 1 y = −3 2 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ( 3 √ 5 4 ;− 3 √ 25 16 ), (1;−3 2 ) Bài toán 2.14. Giải hệ phương trình sau{ x(x+ y + 1)− 3 = 0 (x+ y)2 − 5 x2 + 1 = 0 Lời giải. Điều kiện: x 6= 0. Hệ đã cho tương đương với { x(x+ y) + x = 3 x2(x+ y2) + x2 = 5 Đặt t = x(x+ y), hệ trở thành{ t+ x = 3 t2 + x2 = 5 ⇔ { t+ x = 3 (t+ x)2 − 2tx = 5 ⇔ { t+ x = 3 tx = 2 TH1: { x = 2 t = 1 ⇔ { x = 2 x(x+ y) = 1 ⇔ { x = 2 y = −3 2 TH2: { x = 1 t = 2 ⇔ { x = 1 x(x+ y) = 2 ⇔ { x = 1 y = 1 Vậy hệ có hai nghiệm phân biệt: (2;−3 2 ), (1; 1). Bài toán 2.15. Giải hệ phương trình sau{ xy + x+ 1 = 7y x2y2 + xy + 1 = 13y2 Lời giải. Vì y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho nên ta chia cả hai vế phương trình thứ nhất cho y, chia từng vế phương trình thứ hai cho y2 thì được hệ tương đương với  x+ x y + 1 y = 7 x2 + x y + 1 y2 = 13 ⇔   x+ 1 y + x y = 7 x2 + 1 y2 + x y = 13 Đặt u = x+ 1 y , v = x y . Suy ra x2 + 1 y2 = u2 − 2v. Thay vào hệ trên ta có 34 { u+ v = 7 u2 − v = 13 Cộng từng vế hai phương trình này ta được u2 + u− 20 = 0. TH1: u = 4, suy ra v = 3. Từ đó  x+ 1 y = 4 x y = 3 Từ đây ta thu được hai nghiệm: (3; 1), (1; 3). TH2: u = −5, suy ra v = 12. Từ đó  x+ 1 y = −5 x y = 12 Ta có x, 1 y là hai nghiệm của phương trình X2 + 5X + 12 = 0 (phương trình vô nghiệm). Vậy hệ có hai nghiệm (3; 1), (1; 3). Bài toán 2.16. Giải hệ phương trình sau{ 2 √ 2x+ y = 3− 2x− y (1) x2 − 2xy − y2 = 2 (2) Lời giải. (1)⇔ 2x+ y + 2√2x+ y − 3 = 0. Đặt √ 2x+ y = t(t > 0), thế vào phương trình trên ta có t2 + 2t− 3 = 0⇔ (t− 1)(t+ 3) = 0⇔ t = 1 (vì t > 0). Từ đó suy ra 2x+ y = 1⇔ y = 1− 2x, lại thế vào phương trình (2) ta được x2 + 2x− 3 = 0⇔ x = 1 hoặc x = −3. Vậy hệ có hai nghiệm (1;−1), (−3; 7). Bài toán 2.17. Giải hệ phương trình sau{ (4x2 + 1)x+ (y − 3)√5− 2y (1) 4x2 + y2 + 2 √ 3− 4x = 0 (2) Lời giải. Điều kiện: x 6 3 4 , y 6 5 2 . Đặt √ 5− 2y = u⇔ 5− 2y = u2 ⇔ 3− y = u 2 + 1 2 , thay vào (1) ta có: 35 2(4x2 + 1)x− u(u2 + 1) = 0⇔ 8x3 − u3 + 2x− u = 0 ⇔ (2x− u)(4x2 + 2xu+ u2) + (2x− u) = 0 ⇔ (2x− u)(4x2 + 2xu+ u2 + 1) = 0 ⇔ 2x− u = 0 (vì 4x2 + 2xu+ u2 + 1 > 0) ⇔ u = 2x ⇔√5− 2y = 2x ⇔   0 6 x 6 3 4 y = 5− 4x2 2 Thế vào phương trình (2) ta được 4x4 − 6x2 + 25 4 + 2 √ 3− 4x = 7(∗). Xét hàm số f(x) = 4x4 − 6x2 + 25 4 + 2 √ 3− 4x trên [0; 3 4 ]. Ta có f ′(x) = 16x3 − 12x− 4√ 3− 4x = 4x(4x 2 − 3)− 4√ 3− 4x . Trên đoạn [0; 3 4 ]: x > 0, 4x2 − 3 6 −3 4 < 0, do đó 4x(4x2 − 3) < 0. Suy ra f ′(x) < 0. Mà f (1 2 ) = 7. Do vậy x = 1 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗). Từ đó y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 2 ; 2 ) . Bài toán 2.18. Giải hệ phương trình sau  4xy + 4(x2 + y2) + 3 (x+ y)2 = 7 2x+ 1 x+ y = 3 Lời giải. Điều kiện: x+ y 6= 0 Hệ đã cho tương đương với  3(x+ y)2 + (x− y)2 + 3 x+ y = 7 x+ y + 1 x+ y + x− y = 3 36 Đặt  x+ y + 1 x+ y = u x− y = v (u > 2) Thay vào hệ ta có{ 3(u2 − 2) + v2 = 7 u+ v = 3 ⇔ { 3u2 + (3− u)2 − 13 = 0 (1) v = 3− u Giải (1) ta có 3u2 + u2 − 6u+ 9− 13 = 0⇔ 2u2 − 3u− 2 = 0 ⇔ u = 2 hoặc u = −7 2 (loại vì u > 2). Với u = 2, v = 1, ta có  x+ y + 1 x+ y = 2 x− y = 1 ⇔ { (x+ y)2 − 2(x+ y) + 1 = 0 x− y = 1 ⇔ { x + y = 1 x− y = 1 ⇔ { x = 1 y = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; 0). Bài toán 2.19. Giải hệ phương trình  x2y + 2y + x = 4xy 1 x2 + 1 xy + x y Lời giải. Điều kiện: xy 6= 0 Hệ phương trình tương đương với  x+ 1 x + 1 x + 1 y = 4( x+ 1 x )(1 x + 1 y ) = 4 Đặt x+ 1 x = u, 1 x + 1 y = v, thay vào hệ trên ta có{ u+ v = 4 uv = 4 ⇔ { u = 2 v = 2 37 Khi đó   x+ 1 x = 2 1 x + 1 y = 2 ⇔ { x = 1 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; 1). Sau đây là một số bài toán hệ phương trình cũng sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ Bài toán 2.20. Giải hệ phương trình{ (x+ y)(1 + xy) = 18xy (x2 + y2)(1 + x2y2) = 208x2y2 Bài toán 2.21. Giải hệ phương trình  (x+ y)(1 + 1 xy ) = 5 xy + 1 xy = 4 Bài toán 2.22. Giải hệ phương trình  (x y + y x ) (x+ y) = 15(x2 y2 + y2 x2 ) (x2 + y2) = 85 2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Một số hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp hàm số. Để nhận biết có thể giải bằng phương pháp này không ta chú ý hai tính chất sau: - Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a; b). Khi đó ta có f(u) = f(v)⇔ u = v (với u, v ∈ (a; b)). - Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a; b) và y = g(x) là hàm hằng hoặc là một hàm số giảm trên (a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a; b). Bài toán 2.23. Giải hệ phương trình sau 38 { x3 − 5x = y3 − 5y (1) x8 + y4 = 1 (2) Lời giải. Từ phương trình (2) ta suy ra |x| > 1, |y| > 1. Ta xét hàm số f(t) = t3− 5t trên [−1; 1]. Ta có f ′(t) = 3t2− 5 < 0, ∀t ∈ [−1; 1]. Do đó hàm số nghịch biến trên [−1; 1]. Mà theo (1) thì f(x) = f(y), do đó suy ra x = y. Từ đấy thay y = x vào phương trình (2) ta có x8 + x4 = 1⇔ x8 + x4 − 1 = 0 ⇔ x4 = −1 + √ 5 2 ⇔ x = ± 4 √ −1 +√5 2 . Từ đó tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là ( 4 √ −1 +√5 2 ; 4 √ −1 +√5 2 ), (− 4 √ −1 +√5 2 ;− 4 √ −1 +√5 2 ). Bài toán 2.24. Giải hệ phương trình sau{ (2x2 − 3x+ 4)(2y2 − 3y + 4) = 18 (1) x2 + y2 + xy − 7x− 6y + 14 = 0 (2) (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) Lời giải. Ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x x2 + (y − 7)x+ y2 − 6y + 14 = 0. Phương trình này có nghiệm x khi và chỉ khi ∆ = (y − 7)2 − 4(y2 − 6y + 14) = −3y2 + 10y − 7 > 0⇔ 1 6 y 6 7 3 . Tương tự ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn y y2 + (x− 6)y + x2 − 7x+ 14 = 0. Phương trình này có nghiệm y khi và chỉ khi ∆ = (x− 6)2 − 4(x2 − 7x+ 14) = −3x2 + 16x− 20 > 0⇔ 2 6 x 6 10 3 . Xét hàm số f(t) = 2t2 − 3t + 4 trên [1; +∞), ta có f ′(t) = 4t − 3 > 0, mọi t thuộc [1; +∞) Do đó trên [1; +∞) hàm số f(t) đồng biến. Từ đó, dựa vào điều kiện 1 6 y 6 7 3 ta có f(y) > f(1) = 3, và dựa vào điều kiện 39 2 6 x 6 10 3 ta có f(x) > f(2) = 6. Suy ra f(x).f(y) > 6.3 = 18⇔ (2x2 − 3x+ 4)(2y2 − 3y + 4) > 18. Mà theo (1) thì đẳng thức xảy ra do đó ta phải có { x = 2 y = 1 Thay { x = 2 y = 1 vào (2) ta có 22+12+2.1− 7.2− 6.1+14 = 0⇔ 1 = 0 (vô lý). Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Bài toán 2.25. Giải hệ phương trình sau{ 2(2x+ 1)3 + 2x+ 1 = (2y − 3)√y − 2 (1)√ 4x+ 2 + √ 2y + 4 = 6 (2) Lời giải. Điều kiện: { x > −1 2 y > 2 (1)⇔ 2(2x+ 1)3 + 2x+ 1 = 2(y − 2)√y − 2 +√y − 2 ⇔ 2(2x + 1)3 + 2x + 1 = 2(√y − 2)3 + √y − 2(3) Xét hàm số f(t) = 2t3 + t trên [0; +∞). Ta có f ′(t) = 6t2 + 1 > 0, mọi t [0; +∞). Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞). Theo (3) thì f(2x+ 1) = f( √ y − 2), do đó suy ra 2x+ 1 = √ y − 2⇔√4x+ 2 = √4y − 8⇔√4x+ 2 = 4√4y − 8 Từ đó thay vào (2) ta được 4 √ 4y − 8 +√2y + 4 = 6(4). - Nhận thấy y = 6 là một nghiệm của (4). - Ta xét y > 6 thì 4y − 8 > 4.6 − 8 = 16 suy ra 4√4y − 8 > 4√16 = 2; 2y + 4 > 2.6 + 4 = 16 suy ra √ 2y = 4 > √ 16 = 4. Từ đó 4 √ 4y − 8 + √2y + 4 > 2 + 4 = 6, suy ra mọi y > 6 phương trình (4) vô nghiệm. - Tương tự xét 2 6 y < 6 ta có 4 √ 4y − 8 + √2y + 4 < 2 + 4 = 6, tức là mọi y < 6 phương trình (4) vô nghiệm. Vậy y = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình (4). Từ đó, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1 2 ; 6 ) . Bài toán 2.26. Giải hệ phương trình sau 40 { 2y3 + 2x √ 1− x = 3√1− x− y (1) y = 2x2 − 1 + 2xy√1 + x (2) Lời giải. Điều kiện: −1 6 x 6 1. (1)⇔ 2y3 − 2(1− x− 1)√1− x = 3√1− x− y ⇔ 2y3 − 2(√1− x)3 = √1− x− y ⇔ 2y3 + y = 2(√1− x)3 +√1− x (3). Xét hàm số f(t) = 2t3 + t trên R. Ta có f ′(t) = 6t2 + 1 > 0 ∀t, suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Mà theo (3) thì f(y) = f( √ 1− x), suy ra y = √1− x, thay vào (2) ta có√ 1− x = 2x2 − 1 + 2x√1− x2(4). Đặt x = cos t, t ∈ [0; pi]. Ta suy ra sin t > 0, sin t 2 > 0 ∀ ∈ [0; pi]. Thay vào (4) ta có√ 1− cos t = 2 cos2 t− 1 + 2 cos t√1− cos2 t ⇔ √ 2 sin2 t 2 = cos 2t+ 2 cos t. √ sin2 t ⇔√2 sin t 2 = cos 2t+ 2 cos t. sin t ⇔√2 sin t 2 = cos 2t+ sin 2t ⇔√2 sin t 2 = √ 2 sin(2t+ pi 4 ) ⇔ sin(2t+ pi 4 ) = sin t 2 ⇔ 2t+ pi 4 = t 2 + k2pi hoặc 2t+ pi 4 = pi − t 2 + k2pi (với k ∈ R) ⇔ t = −pi 6 + k4pi 3 hoặc t = 3pi 10 + k4pi 5 . Vì t ∈ [0; pi] nên t chỉ nhận giá trị t = 3pi 10 . Khi đó x = cos 3pi 10 , y = √ 2 sin 3pi 10 . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (cos 3pi 10 ; √ 2 sin 3pi 10 ). Bài toán 2.27. Giải hệ phương trình sau 41 { x3 − y3 − 2 = 3x− 3y2 (1) x2 + √ 1− x2 − 3√2y − y2 + 2 = 0 (2) Lời giải. Điều kiện: {−1 6 x 6 1 0 6 y 6 2 hay {−1 6 x 6 1 −1 6 y − 1 6 1 (1)⇔ x3 − 3x+ 2 = (y3 − 3y2 + 3y − 1)− 3y + 1 = 0 ⇔ x3 − 3x = (y − 1)3 − 3(y − 1)(3) Xét hàm số f(t) = t3 − 3t trên [−1; 1]. Ta có f ′(t) = 3t2 − 3 = 3(t2 − 1) 6 0, mọi t thuộc [−1; 1]. Suy ra hàm số nghịch biến trên [−1; 1]. Mà theo (3) thì f(x) = f(y − 1), do dó phải có x = y − 1⇔ y = x+ 1. Thay y = x + 1 vào phương trình (2) ta được x2 + √ 1− x2 − 3√2(x+ 1)− (x+ 1)2 + 2 = 0 ⇔ x2 − 2√1− x2 + 2 = 0 ⇔ x2 + 2 = 2√1− x2 ⇔ x4 + 4x2 + 4 = 4− 4x2 ⇔ x4 + 8x2 = 0 ⇔ x = 0 (thỏa mãn). Suy ra y = 1 (thỏa mãn). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0; 1) Bài toán 2.28. Giải hệ phương trình sau{ x+ √ x2 − 2x+ 2 = 3y−1 + 1 y + √ y2 − 2y + 2 = 3x−1 + 1 Lời giải. Đặt x− 1 = u, y − 1 = v thay vào hệ đề bài ta có{ u+ √ u2 + 1 = 3v (1) v + √ v2 + 1 = 3u Trừ từng vế hai phương trình trên ta được u+ √ u2 + 1 + 3u = v + √ v2 + 1 + 3v(2). Xét hàm số f(t) = t+ √ t2 + 1 + 3t. Ta có f ′(t) = 1 + t√ t2 + 1 + ln 3.3t Vì √ t2 + 1 > −t nên 1 + t√ t2 + 1 > 0. Từ đó suy ra f ′(t) > 0∀t. Mà theo (2) thì f(u) = f(v) nên suy ra u = v, thế vào (1) ta có u+ √ u2 + 1 = 3u 42 ⇔ ln(u+√u2 + 1) = u ln 3 ⇔ ln(u+√u2 + 1)− u ln 3 = 0(3) Ta thấy u = 0 là một nghiệm của phương trình (3). Xét hàm số g(u) = ln(u+ √ u2 + 1)− u ln 3 . Ta có f ′(u) = 1√ u2 + 1 − ln 3 < 0, ∀u (vì 1√ u2 + 1 > 1). Từ đó g(u) là hàm số nghịch biến. Do đó u = 0 là nghiệm duy nhất của (3). Ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1; 1). Bài toán 2.29. Giải hệ phương trình sau  x3 − 3x2 = y3 − 3y − 2 (1) logy x− 2 y − 1 + logx y − 1 x− 2 = (x− 2014) 2015 (2) Lời giải. Điều kiện: { x > 2 y > 1 hoặc { 0 < x < 2 0 < y < 1 Hay { x− 1 > 1 y > 1 hoặc {−1 < x < 1 0 < y < 1 Ta có (1)⇔ x3 − 3x2 + 3x− 1− 3x+ 1 = y3 − 3y − 2 ⇔ (x− 1)3 − 3(x− 1) = y3 − 3y(3). Xét hàm số f(t) = t3 − 3t. Ta có f ′(t) = 3t2 − 3 = 3(t2 − 1). Xét trên cả hai khoảng (−1; 1) và (1; +∞) ta có f ′(t) đều không đổi dấu, hay hàm số đều đơn điệu trên hai khoảng đó. Mà theo (3) thì f(x− 1) = f(y), do đó y = x− 1, thế vào phương trình (2) ta có (x− 2014)2015 = 0⇔ x = 2014. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2014; 2013) Bài toán 2.30. Giải hệ phương trình sau{ (4x2 + 1)x+ (y − 3)√5− 2y = 0 (1) 4x2 + y2 + 2 √ 3− 4x = 7 (2) Lời giải. Đặt √ 5− 2y = t ta có y = 5− t 2 2 , thay vào (1) ta có (4x2 + 1)x+ (5− t2 2 − 3 ) t = 0 ⇔ 8x3 + 2x− t3 − t = 0 43 ⇔ (2x)3 + 2x = t3 + t(3). Xét hàm số f(u) = u3 + u ta có f ′(u) = 3u2 + 1 > 0∀u. Mà theo (3) ta có f(2x) = f(t). Do đó t = 2x. Hay √ 5− 2y = 2x⇔ y = 5− 4x 2 2 , thế vào (2) ta được 4x2 + (5− 4x2 2 )2 + 2 √ 3− 4x = 7 ⇔ 16x4 − 24x2 + 8√3− 4x− 3 = 0(4) Xét hàm số g(x) = 16x4 − 24x2 + 8√3− 4x− 3 trên [0; 3 4 ]. Ta nhận xét x = 0 hoặc x = 3 đều không phải là nghiệm. Ta có g′(x) = 64x3 − 48x− 16√ 3− 4x = 16x(4x 2− 3) < 0, ∀x ∈ (0; 3 4 ). Hơn nữa ta thấy x = 1 2 thỏa mãn phương trình (4). Do đó x = 1 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (4). Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là (1 2 ; 2 ) . Sau đây là một số bài toán có thể được giải theo phương pháp hàm số Bài toán 2.31. Giải hệ phương trình{√ x−√y +√1− y −√1− x√ x+ √ 1− y = √2 Bài toán 2.32. Giải hệ phương trình  2x 2+1 − 48y 2+ 1 2 = 3(2 √ y −√x) (*) 2(x+y) 2+1 + 3 √ x + y = 7 2 Bài toán 2.33. Giải hệ phương trình{ x(x2 + y2) = y4(y2 + 1)√ 4x+ 5 + √ y2 + 8 = 6 Bài toán 2.34. Giải hệ phương trình x− 1 x = y − 1 y 2y = x3 + 1 44 2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bài toán 2.35. Giải hệ phương trình sau{ x6 + y8 + z10 = 1 (1) x2013 + y2015 + z2017 = 1 (2) Lời giải. Từ (1) ta có −1 6 x, y, z 6 1. Từ đó ta có x6 − x2013 = x6(1 − x2007) > 0 ⇔ x6 > x2013, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc |x| = 1 y8 − y2015 = y8(1 − y2007) > 0 ⇔ y8 > y2015, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 0 hoặc |y| = 1 z10 − z2017 = z10(1 − z2007) > 0 ⇔ z10 > z2017, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = 0 hoặc |z| = 1. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta suy ra 1 = x6 + y8 + z10 > x2013 + y2015 + z2017 = 1 Do đó dấu đẳng thức phải xảy ra, tức là  x6(1− x2007) = 0 y8(1− y2007) = 0 z10(1− z2007) = 0 Kết hợp với (1), (2) ta thu được các nghiệm của hệ phương trình là (x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Bài toán 2.36. Giải hệ phương trình sau{ 3(x+ y) = 2|xy + 1| (1) 9(x3 + y3) = |x3y3 + 1| Lời giải. Ta có |x3y3 + 1| = |(xy + 1)(x2y2 − xy + 1)| = |(xy + 1)|.|x2y2 − xy + 1| = |(xy + 1)|.|(xy + 1)2 − 3xy| Suy ra |(xy+1)|.|(xy+1)2−3xy| = 3 2 (x+y)[ 9 4 (x+y)2−3xy] = 9 8 (x+y)(3x2+ 2xy + 3y2) (2) Ta sẽ chứng minh 9(x3 + y3) > 9 8 (x+ y)(3x2 + 2xy + 3y2) (3). Thật

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluanvanthacsi_chuaphanloai_56_7443_1870092.pdf
Tài liệu liên quan