MỘT SỐ DẠNG HỆ CƠ BẢN
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
*) Cơ sở phương pháp a) Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng
a1x+b1y =c1 a2x+b2y =c2 b) Cách giải: Thông thường sử dụng một trong ba cách sau:
Cách 3: Phương pháp dùng định thức.
TH1: D6= 0, hệ có nghiệm duy nhất
Ví dụ 1.1 Cho hệ phương trình
Sử dụng một trong các phương pháp trên dễ dàng tìm được nghiệm (2;1).
Bằng cách thayX, Y bởi các biểu thức khác của ẩn ta sẽ sáng tác ra vô số hệ mới Ví dụ: Thay
Ví dụ 1.2.Giải hệ phương trình
x 4 + 4x 2 +y 2 −4y= 2 x 2 y+ 2x 2 + 6y= 23 Giải. Đặt t=y 2 hệ trở thành
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1;3), (-1;3).
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
1) Hệ phương trình đối xứng loại 1 a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ có dạng
G(x;y) = 0 Trong đó F(x;y), G(x;y) là các đa thức đối xứng với x, y. b) Cách giải: ĐặtS =x+y;P =x.y (điều kiệnS 2 ≥4P).
Dùng tính đối xứng ta đưa hệ về dạng
G1(S;P) = 0 Giải hệ trên tìm đượcS, P từ đó theo định lý Viet đảo,x, y là nghiệm phương trình:
-Một số biểu diễn biểu thức đối xứng quaS, P:
2) Hệ phương trình đối xứng loại 2 a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ có dạng
Để giải phương trình F(y;x) = 0 với F(x;y) là đa thức không đối xứng, ta thực hiện phép trừ hai phương trình vế theo vế, từ đó có được F(x;y) - F(y;x) = 0 Giả sử x là ẩn số và y là tham số, ta đặt F(x;y) = f(x) + g(y), trong đó g(y không phụ thuộc vào x.
Suy ray là nghiệm của phương trìnhG(x) = 0 Chứng tỏG(x)có chứa nhân tử(x−y)theo định lý Bezout.
Như vậy ta có cách giải hệ đối ứng loại 2 là: trừ hai phương trình vế theo vế để được G(x;y) = (x−y).M(x;y) = 0.Sau đó giải hệ trong từng trường hợp x=y và M(x;y) = 0.
Loại 1: Hệ phương trình đối xứng loại 1
Ví dụ 1.3.Giải hệ phương trình
Thay a= 2√ xy; b=√ x+√ y ta được hệ:
Ví dụ 1.4.Giải hệ phương trình
2√ xy+√ x+√ y= 4 x+y+ 4xy+ 2√ xy = 8 Nhận xét: Đây đã là hệ phương trình đối xứng loại 1 nhưng ta không đặtS, P ngay (vì chứa√ x+√ y) Ta theo cách đã tạo ra hệ này:
Giải. Điều kiện:x≥0; y≥0.Đặt a= 2√ xy; b=√ x+√ y ⇒x+y=b 2 −a.
a= 2 b= 2 Thay vào bước đặt ta được
Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất (1;1).
Tương tự trên xét các hệ:
Ví dụ 1.5.Giải hệ phương trình
Nhận xét y= 0 không thoả mãn hệ phương trình suy ra y6= 0.
Chia 2 vế phương trình (1) choy 3 và phương trình (2) choy 2 thu được hệ
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm(2
Ví dụ 1.6.Giải hệ phương trình
Qua các ví dụ, chúng ta nhận thấy rằng mặc dù hệ ban đầu có thể không phải là hệ đối xứng loại 1, nhưng thông qua các biến đổi hoặc việc đặt ẩn phụ, ta có thể chuyển đổi nó thành hệ đối xứng loại 1.
Loại 2: Hệ phương trình đối xứng loại 2 Đối với hệ phương trình đối xứng loại 2, nếu f(x, y) là đa thức ta thường trừ vế với vế của hai phương trình ta được phương trình dạng (x−y).M(x, y) = 0 Trong trường hợp M(x, y) = 0nếuM(x, y)là đa thức đối xứng ta thường cộng vế theo vế của hai phương trình để được một hệ đối xứng loại 1.
Ví dụ 1.7.Giải hệ phương trình
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được x 3 −y 3 = 5x−5y
Cộng vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta được x 3 +y 3 =−x−y.
(x+y) 3 −3xy(x+y) +x+y= 0 ĐặtS =x+y; P =xy; (S 2 ≥4P) hệ trở thành
5 y√ 5 Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm(0,0); (√
Ví dụ 1.8 Giải hệ phương trình
Trừ vế theo vế của 2 phương trình ta được
Thay vào hệ ta được√ x−1 +√ x+ 6 = 7.
Vậy hệ đã cho có nghiệmx=y= 10.
Nếu ta thay đổi hệ số tự do một chút ta sẽ có bài toán mới như sau:
Ví dụ 1.9.Giải hệ phương trình
Bài toán có thể được giải bằng cách trừ từng vế của hai phương trình tương tự như ví dụ trước Tuy nhiên, chúng ta có thể tìm ra lời giải ngắn gọn hơn thông qua việc đánh giá điều kiện x ≥ 1 và y ≥ 1.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1).
Ví dụ 1.10 Giải hệ phương trình
(Đề thi HSG tỉnh Bến Tre 2010-2011) Giải. ĐK x≥0;y≥0.
Nhận xét (0;0) là một nghiệm của hệ.
Xét x>0, y>0 Trừ từng vế của hai phương trình ta có x 2 −y 2 +√ x−√ y+ 2(x−y) = 0
Thay vào hệ ta có x 2 +√ x= 2x⇔x√ x+ 1 = 2√ x
Vìx=y nên hệ đã cho có 3 nghiệm: (0; 0), (1; 1), (3−√
Ví dụ 1.11.Giải hệ phương trình
Nhận xét (3;3), (5;5) không phải là nghiệm của hệ phương trình.
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
Thay vào hệ ta có
Ta cũng có thể chỉ rax=y như sau:
Từ điều kiện của x, ysuy ra √ x−3≤2; √ y−3≤2.
Bình phương hai vế ta được
Cách 3:Từ hệ suy ra
Mà theo bất đẳng thức BSC
√5−x=p y−3 Kết hợp với hệ suy rax=y= 4.
Ví dụ 1.12.Giải hệ phương trình
Trừ vế theo vế của hai phương trình trên suy ra
+)x=y thoả mãn (1) Hệ (I) tương đương với
Xét hàm số f(x) = 2 x + 3 x −3x−2 ; f 0 (x) = 2 x ln 2 + 3 x ln 3−3.
Cóf 0 (x) là hàm liên tục và đồng biến trênR.
Vì lim x→+∞f 0 (x) = +∞; lim x→−∞f 0 (x) =−3 nên phương trình f 0 (x) = 0có đúng một nghiệm. Suy ra phương trình f(x) = 0có tối đa 2 nghiệm Mà f(0) = f(1) = 0 nên x = 0, x= 1 là hai nghiệm của phương trình (2).
Vậy hệ (I) có 2 nghiệm là (0;0) và (1;1).
Đối với các hệ phương trình đối xứng loại 2, khi các phương trình thành phần là phương trình siêu việt, việc xuất hiện nhân tử (x−y) có thể gây khó khăn Chúng ta sẽ chứng minh rằng x=y bằng cách áp dụng các phương pháp bất đẳng thức hoặc sử dụng hàm số.
Giải các hệ phương trình sau:
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
*) Cơ sở phương pháp a) Định nghĩa:
+ Biểu thứcf(x;y) gọi là đẳng cấp bậc knếu f(mx;my) =m k f(x;y).
f(x;y) =a g(x;y) =b trong đó f(x;y), g(x;y) đẳng cấp bậckgọi là hệ đẳng cấp. b) Cách giải:
•Xét x= 0 thay vào hệ kiểm tra xem có thoả mãn không.
•Vớix6= 0 đặty=txthay vào hệ ta có
Chia vế theo vế của hai phương trình ta được f(1, t) = a bg(1, t) Giải phương trình này tìm đượct thay vào hệ ta tìm được(x, y).
Ví dụ 1.13.Giải hệ phương trình
Dễ thấy x= 0 không thoả mãn hệ suy ra x6= 0. Đặt y=tx thay vào hệ ta được
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm(1; 0), ( 1
Ví dụ 1.14.Giải hệ phương trình
Vìx= 0 không thoả mãn hệ phương trình nênx6= 0. Đặty=txhệ trở thành
2. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm(−1;−1), (−3
Các hệ phương trình được đề cập đều có dạng hệ đẳng cấp Dưới đây, chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ mà cần thực hiện các biến đổi để chuyển đổi về dạng hệ đẳng cấp.
Ví dụ 1.15 Giải hệ phương trình
2y(x 2 −y 2 ) = 3x x(x 2 +y 2 ) = 10y (Trích đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá 2010) Giải.
Nhận xét nếu x= 0 thìy= 0 và ngược lại nên (0,0) là một nghiệm của hệ.
Xétxy 6= 0, từ hệ suy ra
Vìx6= 0, đặt y=tx phương trình trở thành x 4 (3−17t 2 + 20t 4 ) = 0⇔20t 4 −17t 2 + 3 = 0⇔
2x thay vào hệ ta được x 2
2x thay vào hệ ta được−1
5x thay vào hệ ta đượcx=±
5x thay vào hệ ta đượcx 2 =−15
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm(0; 0),(2; 1),(−2;−1),(
Dấu hiệu nhận biết yếu tố đẳng cấp là sự chênh lệch 2 bậc giữa hai vế của mỗi phương trình Để tạo ra một phương trình đồng bậc, chúng ta cần nhân hai phương trình lại với nhau.
Ta xét một số ví dụ nữa về đưa một hệ về phương trình đồng bậc:
Ví dụ 1.16 Giải hệ phương trình
Hệ đã cho tương đương với
Nhân vế theo vế ta có 4 y+ 2x = 3 x−4 y ⇔4xy= 3(y+2x)y−4x(y+2x)⇔3y 2 −2xy−8x 2 = 0.
Vìx >0, y >0, đặty =tx, t >0, phương trình trở thành x 2 (3t 2 −2t−8) = 0⇔3t 2 −2t−8 = 0⇔
3 (loai) +)t= 2⇒y= 2x thay vào phương trình đầu ta được
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm(5 + 2√
Ví dụ 1.17.Giải hệ phương trình
Nhận xét x6= 0 Chia cả hai phương trình cho x 2 ta được
2u 2 −y 2 = 1 u 2 +y 2 +uy= 3 Nhận xét y= 0 không thoả mãn hệ phương trình nêny6= 0. Đặtu=ty ta có hệ
4 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm(1; 1), (−1;−1), (−
Ví dụ 1.18 Cho hệ phương trình
2xy−x 2 = 9 (2) Chứng minh rằng hệ có nghiệm với mọik.
(2)⇔x(2y−x) = 9⇒x6= 0 Đặty=txhệ phương trình trở thành
Chia từng vế hai phương trình ta được 1 + 3t−2t 2
Hàm sốf(t) liên tục trên mỗi khoảng xác định nên đường thẳng y= k
9 luôn cắt đồ thị hàm sốy=f(t) tại hai điểm phân biệt có hoành đột1, t2 : t1 < 1
Vậy với mọi khệ đã cho luôn có nghiệm
Giải các hệ phương trình
HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh là hệ (1), trong đó việc hoán vị các ẩn số không làm thay đổi hệ Định lý 1 chỉ ra rằng nếu hai hàm số f(x) và g(x) có cùng tính đơn điệu trên miền I(a;b) liên thông, thì sẽ có những đặc điểm quan trọng liên quan đến sự tương đồng của chúng.
I(a;b) ⊆D := Df ∩Dg, còn (x1, x2, , xn) là nghiệm của hệ (1) với xj ∈I(a;b),∀j = 1.n thìx 1 =x 2 = =x n
Giả sửf(x) vàg(x) đồng biến trênI(a;b) vàx 1 = min{x 1 , x 2 , , x n } Ta có x1≤x2 ⇒ f(x1)≤f(x2)⇒ g(x2)≤g(x3)⇒x2≤x3 ⇒ ⇒xn≤x1
⇒ x1 ≤x2 ≤x3 ≤ ≤xn≤x1⇒ x1 =x2=x3 = =xn (dpcm) Định lý 2:Nếuf(x) vàg(x) khác tính đơn điệu trên miềnI(a;b) liên thông,
I(a;b) ⊆D := D f ∩Dg, còn (x1, x2, , xn) là nghiệm của hệ (1) với xj ∈I(a;b),∀j = 1.n thì: i) Khin lẻ thìx1=x2 = =xn. ii) Khi nchẵn thìx 1 =x 3 = =xn−1 vàx 2 =x 4 = =x n
Không giảm tổng quát giả sửf(x) đồng biến vàg(x)nghịch biến trên miền I, x1 = min{x 1 , x2, , xn}. i)n lẻ x1≤x2⇒f(x1)≤f(x2)⇒g(x2)≤g(x3)⇒x2 ≥x3⇒ ⇒xn≤x1
Ví dụ 1.19.Giải hệ phương trình
Cóf(t) xác định và liên tục với mọi t∈R và f 0 (t) = 3
Vậy f(t)là hàm số đồng biến trên R. g(t) = ln(2e t ) =t+ ln 2là hàm số đồng biến trên R.
Khi đó, theo định lý 1,x=y =z=tlà nghiệm của phương trình
4t 2 + t 2 t 2 −2t+ 2 ≥0 ∀t∈R nên h(t) là hàm số đồng biến trên R Mà h(2)=0 nên (1) có nghiệm duy nhấtt=2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhấtx=y=z=2.
Ví dụ 1.20.Giải hệ phương trình
Hệ đã cho tương đương với
2. Tương tự ta cũng có x 0∀t∈ R suy ra f(t) là hàm số đồng biến trênR.
Không giảm tổng quát giả sửx= max{x, y, z}
Suy ra hệ (1) tương đương
Để xây dựng một hàm đơn điệu trên miền xác định, ta cần cộng thêm các giá trị y, z, x vào hai vế của từng phương trình Nếu giữ nguyên hệ ban đầu, hàm f(t) = 3t^3 + 2t^2 sẽ không phải là hàm đơn điệu vì f'(t) = 9t^2 + 4t Việc cộng thêm các giá trị này không chỉ giúp hàm f(t) = 3t^3 + 2t^2 + t đồng biến trên R mà còn cho phép so sánh được vế trái của từng phương trình.
Ta quay lại hệ phương trình ở ví dụ 1.20
Ví dụ 1.22.Giải hệ phương trình
Suy raf(t) là hàm số đồng biến trên R.
Không giảm tổng quát giả sửx= max{x, y, z} x≥y⇒x 3 ≥y 3 ⇒x 3 +z 3 ≥y 3 +z 3 ⇒f(z)≥f(y)⇒z≥y ⇒z 3 ≥y 3
Suy ra hệ tương đương
42o Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
Bài tập tương tự:Giải các hệ phương trình
px 2 −2x+ 6.log 3 (6−y) =x py 2 −2y+ 6.log 3 (6−z) =y pz 2 −2z+ 6.log 3 (6−x) =z ĐS:(3; 3; 3).
HD:f(t) = 6t 2 −12t+ 8, g(t) =t 3 cùng đồng biến trên√3
PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ
Cơ sở phương pháp giải hệ phương trình dựa trên việc kết hợp hai phương trình thông qua các phép toán như cộng, trừ, nhân, chia Việc này giúp tạo ra một phương trình hệ quả, từ đó việc giải phương trình trở nên khả thi và thuận lợi cho các bước tiếp theo.
Ví dụ 1.23.Giải hệ phương trình
Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được
Thay vào phương trình đầu ta được xy(x+y) =−6ta có hệ
x= 3 y=−2 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (-2;3) và (3;-2).
Ví dụ 1.24.Giải hệ phương trình
Nhân 2 vế phương trình thứ hai với -3 rồi cộng với phương trình thứ nhất được x 3 + 3xy 2 −3x 2 −18xy−3y 2 = 28−30x−18y
Kết hợp với (1) ta cóy 2 = 9⇔y=±3.
Vậy nghiệm của hệ là (1;3), (1;-3).
Khi giải các phương trình một số hạng tử đồng dạng, chúng ta thường thực hiện phép toán cộng và trừ từng vế để giản ước Tuy nhiên, trong một số hệ phương trình, việc nhân hoặc chia từng vế (nếu khác không) cũng là phương pháp hiệu quả để thu gọn.
Ví dụ 1.25.Giải hệ phương trình
Hệ đã cho tương đương với
3(y+ 2) = (x−2)(x 2 + 2x+ 3) 4(z+ 4) = (y+ 2)(y 2 −2y+ 5) 2(x−2) = (z+ 4)(z 2 −4z+ 7) Nhân từng vế các phương trình của hệ vừa thu được ta có
Vớix= 2 thay vào (1) ta cóy=−2, thay vào (2) cóz=−4.
Suy ra hệ có nghiệm(2;−2;−4).
Tương tự, xéty=−2,z=−4 ta đều được nghiệm này.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khix=−1, y= 1, z = 2.
Vậy nên (*) có nghiệm duy nhất (−1; 1; 2).
Thử lại, ta thấy(−1; 1; 2) không là nghiệm của hệ.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất(2;−2;−4).
Ví dụ 1.26.Giải hệ phương trình
x+y+xy= 11 y+z+yz= 5 z+x+zx= 7 Giải.Hệ đã cho tương đương với
x=−5 y=−4 z=−3 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (3; 2; 1), (−5;−4;−3).
Ví dụ 1.27.Giải hệ phương trình
Nhận xét, (x; 0; 0), (0;y; 0), (0; 0;z) là nghiệm của hệ phương trình.
Xétxyz6= 0 Biến đổi hệ về dạng
Vậy hệ đã cho có các nghiệm:(x; 0; 0), (0;y; 0), (0; 0;z), (x; 0; 0), (0;y; 0), (0; 0;z),(1;1
Giải các hệ phương trình
PHƯƠNG PHÁP THẾ
Phương pháp thế trong giải hệ phương trình giúp chuyển đổi nhiều ràng buộc thành ít ràng buộc, từ đó giảm bớt số lượng phương trình cần giải Phương pháp này cho phép biến đổi hệ nhiều phương trình thành hệ ít phương trình hoặc thậm chí thành một phương trình đơn giản hơn, tạo điều kiện thuận lợi cho việc tìm kiếm nghiệm.
Bởi vậy, đây là cách làm tự nhiên nhất, theo quan điểm đưa cái phức tạp về cái đơn giản.
Để nhận biết hệ phương trình có thể giải bằng phép thế, cần chú ý rằng ít nhất một trong các phương trình phải có khả năng rút gọn một ẩn thông qua các ẩn khác Việc này cho phép chúng ta thay thế ẩn đã rút gọn vào những phương trình còn lại, từ đó tạo ra một phương trình hoặc hệ phương trình có thể giải được.
Loại 1: Từ một phương trình tính một ẩn theo ẩn còn lại rồi thế vào phương trình kia
Khi trong hệ phương trình có một ẩn ở dạng bậc nhất, ta có thể tách ẩn đó theo ẩn còn lại và thay vào phương trình thứ hai Phương trình mới có thể có bậc cao hơn, nhưng ý tưởng giải quyết vấn đề vẫn rất rõ ràng.
Ví dụ 1.28 Giải hệ phương trình
Từ (2) ta có y= 2x−8 Thay vào (1) ta có
25 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là (5; 2), (37
Ví dụ 1.29.Giải hệ phương trình
Từ phương trình (1) suy ra y= 5x−x 3
2 Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm(0; 0),(1; 1),(−1;−1),(√
Để giải bài toán này, khi x khác 0, ta có thể chia cả hai vế của phương trình (1) cho x và phương trình (2) cho x^2 Sau đó, đặt a = x^2 và b = 2yx, chúng ta sẽ chuyển đổi về hệ đối xứng loại 1, từ đó dễ dàng tìm ra nghiệm Đây chính là phương pháp mà tác giả đã áp dụng để sáng tác bài toán này.
Ví dụ 1.30.Giải hệ phương trình
7y+ 6 = 2x 2 + 9x (2) (Trích đề thi chọn đội tuyển Nha Trang, Khánh Hoà) Giải.
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là (−2;−16
Nói chung, phép thế loại này thường là bước cuối sau khi đã áp dụng các phương pháp giải hệ phương trình khác.
Loại 2: Thế bằng một biểu thức của ẩn
Thay vì giải quyết từng ẩn một cách riêng lẻ, chúng ta có thể rút ra một biểu thức chứa một hoặc hai ẩn từ một phương trình và thay thế vào phương trình còn lại Cách tiếp cận này giúp tối ưu hóa quá trình giải bài toán và mang lại kết quả nhanh chóng hơn.
Ví dụ 1.31.Giải hệ phương trình
Ta sẽ làm mấty bằng cách rútxy từ phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất. Giải.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
Thế (2) vào (1) ta được phương trình
Thay x= 0 vào phương trình (2) thấy không thoả mãn.
Thay x=−4 vào phương trình (2) được y= 17
Vậy hệ đã cho có nghiệm(−4;17
Ví dụ 1.32.Giải hệ phương trình
Ví dụ 1.33.Giải hệ phương trình
Từ phương trình (1) rútx 2 + 1 = 4y−y 2 −xy thế vào (2) ta có y(x+y) 2 = 2(4y−y 2 −xy) + 7y
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm(−2; 5), (1; 2).
Loại 3: Thế bằng hằng số
Ví dụ 1.34 Giải hệ phương trình
Thế (2) vào (1) hệ trở thành
Vớiy= 1⇒x= 2, với y=−1⇒x=−2 Vậy hệ có hai nghiệm:(2; 1), (−2;−1).
Ví dụ 1.35.Giải hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có một nghiệm (9;1).
Bài tập tương tự:Giải các hệ phương trình
3x 2 + 3 (2) (Trích đề thi chọn đội tuyển trường chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định) ĐS: (x;y) = (√
HD: thế 6 ở pt đầu vào pt sau để được pt đẳng cấp ĐS (1;1).
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Khi giải một hệ phương trình, chúng ta thường thực hiện các biến đổi hợp lý để tạo ra một hệ phương trình mới, trong đó các biểu thức chứa ẩn chung được đặt làm ẩn phụ Phương pháp này giúp chuyển đổi hệ phương trình ban đầu thành dạng đơn giản hơn, dễ tìm nghiệm hơn Các phép biến đổi này là công cụ quan trọng để tối ưu hóa quá trình giải quyết hệ phương trình.
Loại 1: Phát hiện ẩn phụ có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản
Ví dụ 2.1.Giải hệ phương trình
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (2;1) và (-2;1).
Ví dụ 2.2.Giải hệ phương trình
(Trích đề thi HSGQG 2001) Giải. ĐK:7x+y≥0; 2x+y≥0. Đặtu=√
Nhận xét: Đối với các hệ phương trình chứa căn ta nên xem xét khả năng đặt căn làm ẩn phụ.
Ví dụ 2.3.Giải hệ phương trình
Giải. Đặt X= 1−x, Y = 1−y, Z = 1−z, T = 1−tta có hệ phương trình sau:
Vậy hệ có hai nghiệm(0; 0; 0; 0), (1; 1; 1; 1).
Ví dụ 2.4.Giải hệ phương trình
9 Giải. ĐK:x6=±y Hệ phương trình tương đương với
Thay vào bước đặt ta suy ra hệ có bốn nghiệm (2;−1), (2
Trong các ví dụ đã nêu, chúng ta sử dụng hai hoặc nhiều ẩn phụ để tạo ra hệ phương trình mới, loại bỏ ẩn cũ Một số hệ phương trình chỉ cần một ẩn phụ, trong khi ẩn còn lại vẫn được giữ nguyên Hệ mới này bao gồm cả ẩn mới và ẩn cũ.
Ví dụ 2.5.Giải hệ phương trình
2x−1, t≥0, hệ phương trình trở thành
2 +) Vớit=y thay vào hệ suy ra t=y= 2 Khi đó√
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm(5
Loại 2: Chia cho một biểu thức khác không
Ví dụ 2.6 Giải hệ phương trình
+)y = 0không thoả mãn hệ phương trình.
+)y 6= 0lần lượt chia hai phương trình cho y 2 , y 3 hệ trở thành
−3x y(x+1 y) = 19(x y) 3 ĐặtS =x+1 y, P = x y, (S 2 ≥4P) hệ phương trình trở thành:
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm(1
Ví dụ 2.7.Giải hệ phương trình
+)x= 0 không thoả mãn hệ phương trình.
+)x6= 0 lần lượt chia hai phương trình cho x 3 , xhệ trở thành
6 + 7y= 1 x 3 y 3 −6 = 7 x Đặtz= 1 x ta thu được hệ phương trình đối xứng loại hai:
Suy ra hệ ban đầu có nghiệm là(x;y)∈
Ví dụ 2.8.Giải hệ phương trình
Nhận xét, x = 0 không thoả mãn hệ phương trình Xét x 6= 0 chia hai vế của từng phương trình chox 2 ta được
2 y 2 −11 = 0 Đặtt= 1 x −x⇒x 2 + 1 x 2 =t 2 + 2 Hệ phương trình đã cho trở thành
Lại thấyt= 0 không thoả mãn hệ nênt6= 0.Chia cả hai phương trình cho t 2 ta có
−2y t = 5 Đặta=y+1 t, b= y t Hệ phương trình trở thành
17 2 y = 1 Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm là:
Trong ví dụ trên, việc phát hiện ẩn phụ tương đối khó khăn, nhưng có thể nhận diện nhờ vào những bố trí hệ số đặc biệt như 6x^4, -6; 5x^4, -5 và các biểu thức chứa x như x^3 - x, x^2; (x^2 - 1)^2, x^2 Qua đó, bước chia cho x^2 giúp đưa về hệ ẩn và dễ dàng nhận diện hơn.
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử Đôi khi cần kết hợp
Loại 1 : Nhóm các nhân tử chung
Ví dụ 2.9.Giải hệ phương trình
x 2 +y 2 + 4xy x+y = 4 (1) px+y−1 =xy+x−y (2) Giải ĐKx+y≥1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1;1) và (3;-1).
Ví dụ 2.10.Giải hệ phương trình
TH1:xy−1 = 0⇔y= 1 x thay vào phương trình (1) ta được 5x− 4 x + 3 x 3 −2(x+ 1 x) = 0⇔x 4 −2x 2 + 1 = 0⇔x=±1.
+) x−2y= 0⇒x= 2y kết hợp vớix 2 +y 2 −2 = 0 suy ra
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm(1; 1), (−1;−1), (2√
Ví dụ 2.11.Giải hệ phương trình
x−2y≥0 x+p x−2y≥0 Biểu thức trong phương trình thứ nhất cồng kềnh khiến ta khó phát hiện nhân tử chung. Để cho gọn ta đặt ẩn phụ: Đặt
a= 3y b=p x−2y phương trình (1) trở thành a(a 2 + 1) =b(b 2 + 1)⇔(a−b)(a 2 +ab+b 2 + 1) = 0⇔a=b.
Vậy hệ đã cho có một nghiệm(x;y) = (8
Loại 2: Sử dụng phương pháp tham số biến thiên
Ví dụ 2.12.Giải hệ phương trình
Coi phương trình thứ nhất là phương trình bậc hai ẩn y ta giải
+) TH1: y= 2−x hệ tương đương với
x= 1 y= 1 +) TH2: y= 3−2xhệ tương đương với
x= 2 y=−1 Vậy (1; 1), (2;−1)là nghiệm của hệ.
Chú ý: Khi gặp một phương trình của hệ có dạng ax 2 +by 2 +cxy+dx+ey+f = 0
Đây có thể được coi là một phương trình bậc hai với ẩn x (hoặc y) là tham số Nếu biệt thức là một bình phương, ta có thể rút ra được x = αy + β.
Khi gặp hệ phương trình bao gồm hai phương trình bậc hai mà không có tính chất nhất định, ta có thể nhân mỗi phương trình với một số thích hợp và cộng chúng lại để tạo thành một phương trình bậc hai có tính chất mong muốn.
Ví dụ 2.13.Giải hệ phương trình
Nhân phương trình thứ hai của hệ với k6= 0 và cộng với phương trình thứ nhất ta được x 2 + (1 +ky)x+ (1−2k)y−4−k= 0 (∗).
Xem (*) là phương trình bậc hai ẩnx ta có
Ta chọn ksao cho ∆ x = (ay+b) 2 , tức là kthoả mãn
Ta thấyk=−2là một nghiệm của phương trình trên Khi đó
x= 3y−2 x= 1−y Lần lượt thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được các nghiệm:
Loại 3: Nhân với lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung
Loại phương pháp này thường được sử dụng cho các hệ phương trình có chứa căn bậc hai, đặc biệt khi các biểu thức trong căn có tổng hoặc hiệu có thể được phân tích thành nhân tử chung.
Ví dụ 2.14.Giải hệ phương trình
• Suy ray= 1 là nghiệm duy nhất của (3) y= 1⇒x= 2.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm(1; 0),(2; 1).
Trong bài toán trên, chúng ta đã sử dụng phương pháp nhân thêm lượng liên hợp để đưa về phương trình tích Nếu các nhân tử thu được quá phức tạp hoặc khó giải, hãy xem xét cách chứng minh rằng phương trình đó vô nghiệm.
Ví dụ 2.15.Giải hệ phương trình
x;y≥0 xy+ (x−y)(√ xy−2)≥0 Phương trình(1)⇔p xy+ (x−y)(√ xy−2)−y+ (√ x−√ y) = 0
Khi đó(3)⇔x=y, thay vào (2) ta được x 3 −2x 2 −3x+ 4 = 0⇔
17 2 Kết hợp với điều kiện ta cóx= 1, x= 1 +√
2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1); 1 +√
Giải các hệ phương trình sau:
HD: nhân pt (2) với 3 rồi cộng với pt (1) ta được (x+ 1)h
PHƯƠNG PHÁP DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC
*) Cơ sở phương pháp: Chúng ta sẽ biến đổi các phương trình trong hệ về một trong hai dạng sau:
Nếu hệ phương trình có các biểu thức chứa đầy đủ các bậc, khả năng giải bằng cách sử dụng hằng đẳng thức sẽ cao.
Ví dụ 2.16.Giải hệ phương trình
x 3 +y 3 = 9 (1) x 2 + 2y 2 =x+ 4y (2) Giải. Ý tưởng: Từ hai phương trình của hệ ta hi vọng có thể đưa về dạng(x+a) 3 + (y+b) 3 (∗) bằng phương pháp hệ số bất định.
Nhân phương trình (2) với α, α6= 0 rồi cộng với phương trình (1) ta được x 3 +y 3 −9 +α(x 2 + 2y 2 −x−4y) = 0
⇔x 3 +αx 2 −αx+y 3 + 2αy 2 −4αy−9 = 0 (∗∗) Đồng nhất thức vế trái của(∗∗) với (*) ta có
Lại thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
Thử lại ta thấy thoả mãn Vậy hệ có hai nghiệm là (1;2), (2;1).
Đối với các hệ phương trình mà hai ẩn x, y độc lập, phương pháp trên có thể được áp dụng hiệu quả Dưới đây là một ví dụ minh họa cho trường hợp này.
Ví dụ 2.17.Giải hệ phương trình
(Trích đề thi HSGQG 2010) Giải.
Tương tự trên ta tìm được α=−8 Nhân hai vế phương trình (2) với −8 rồi cộng với phương trình thứ nhất ta được x 4 −8x 3 + 24x 2 −32x+ 16 =y 4 −16y 3 + 96y 2 −256y+ 256
x=y−2 x= 6−y +) Nếu x=y−2 thay vào (1) ta được
+) Nếu x= 6−y thay vào (1) ta được y 3 −9y 2 + 36y−44 = 0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm(−4;−2), (4; 2).
Trong các hệ phương trình có chứa căn bậc hai, các số hạng chứa căn bậc hai tương tự như các số hạng ±2ab trong các hằng đẳng thức (a±b)² Điều này cho thấy sự quan trọng của việc nhận diện và xử lý các số hạng này để giải quyết hệ phương trình một cách hiệu quả.
Ví dụ 2.18.Giải hệ phương trình
Thay vào (1) và kết hợp điều kiện ta đượcx=y=z= 2.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhấtx=y=z= 2.
Ví dụ 2.19.Giải hệ phương trình
3 xy≥0 Nhân phương trình (1) với 2, nhân phương trình (2) với 4 rồi cộng hai phương trình lại ta được:
Thử lại ta thấyx=y = 1là nghiệm duy nhất của hệ.
Ví dụ 2.20.Giải hệ phương trình
2y =y 2 −x 2 Giải. ĐK x, y6= 0 Cộng rồi trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
1 = 3x 2 y+y 3 Lại tiếp tục cộng rồi trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
3−1 2 Thử lại ta thấy đây chính là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Nếu hàm sốy=f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trìnhf(x) =k không nhiều hơn một vàf(x) =f(y)⇔x=y.
Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và hàm số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) trên miền D, thì phương trình f(x) = g(x) chỉ có tối đa một nghiệm trong miền D.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình f (k) (x) = 0 có m nghiệm, khi đó phương trìnhf (k−1) (x) = 0 có nhiều nhất là m+ 1nghiệm.
Loại 1: Biến đổi một phương trình về dạng f(u) =f(v).
Trong hệ phương trình có x và y tách biệt, khả năng áp dụng tính đơn điệu là rất cao Để phân tích phương trình, ta có thể chuyển đổi về dạng g(x) = h(y) tương đương với f(p(x)) = f(q(y)).
Sau đó ta sẽ chứng minh hàm đặc trưngf(t) đơn điệu trên miền xác định suy rap(x) =q(y), thế vào phương trình còn lại để tìm ra nghiệm.
Ví dụ 2.21.Giải hệ phương trình
(Đề thi ĐH khối A-2010) Giải. ĐK x≤ 3
2 Ta biến đổi vế trái để hàm đặc trưng là f(t) = t 3
2 Dùng phương pháp hệ số bất định ta đượcm= 2, n= 0.
2 >0,∀t∈R. Suy raf(t) là hàm đồng biến trên R.
4 suy ra g(x) đồng biến trên TXĐ, lại cóg(1
Vậy hệ đã cho có nghiệm(x;y) = (1
Ví dụ 2.22.Giải hệ phương trình
√1 +t 2 ≥0 do đóf(t) là hàm đồng biến trênR. Vậy f(x) =f(−y)⇔x=−y thế vào (2) ta có
2 Đối chiếu điều kiện ta thấy hệ đã cho có nghiệm (−1; 1), (1 +√
Ví dụ 2.23.Giải hệ phương trình
√t >0nên f(t) là hàm đồng biến.
√3 y+ 1 = 2(2y−1) 3 (3) Đặt √ 3 y= 2t−1 phương trình (3) trở thành hệ
t= (2y−1) 3 y= (2t−1) 3 Trừ từng vế ta được t−y= 2(y−t)h
Thế vào hệ y= (2y−1) 3 ⇔8y 3 −12y 2 + 5y−1 = 0⇔(y−1)(8y 2 −4y+ 1) = 0⇔y= 1. y= 1⇒x= 2 thoả mãn điều kiện ban đầu.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2;1).
Để chứng minh rằng hệ phương trình không còn nghiệm nào khác, ta bắt đầu bằng cách chuyển hệ về phương trình một ẩn dưới dạng f(x) = 0 Tiếp theo, ta chỉ ra rằng phương trình f'(x) = 0 có k nghiệm, từ đó chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất k + 1 nghiệm Sau khi liệt kê k + 1 nghiệm của f(x) = 0, ta khẳng định rằng đây chính là tập nghiệm của phương trình Cuối cùng, từ đó, ta suy ra tập nghiệm của toàn bộ hệ phương trình.
Ví dụ 2.24.Giải hệ phương trình
(Đề thi chọn HSG Quảng Ngãi 2010)Giải ĐK: −1≤x≤2.
⇔x 2 −y= 0⇔y=x 2 (do điều kiện suy ra2x+y 2 + 3>0) Thay vào (1) có x 2 −x−√ x+ 1−√
Do đó f 0 (x) đồng biến trên (-1;2) và phương trình f 0 (x) = 0 có không quá một nghiệm.
2) = 0 nên f 0 (x) = 0 có một nghiệm duy nhất x = 1
2 Từ đó phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Hơn nữa, ta cóf(0) =f(1) = 0nên phương trình (3) có hai nghiệmx= 0 ∨ x= 1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (0;0), (1;1).
Ví dụ 2.25.Giải hệ phương trình
(Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2010)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
x+y= 4 (1) 4(x−y) = 4 x−y (2) Đặtx−y=t >0phương trình (2) trở thành 4t−4 t = 0.(3)
Xét hàm số f(t) = 4t−4 t , t >0 f 0 (t) = 4−4 t ln 4. f 0 (t) = 0⇔4−4 t ln 4 = 0⇔t= log 4 4 ln 4>0.
Phương trình f 0 (t) = 0 có nghiệm duy nhất suy ra phương trình f(t) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Lại thấy f(1) =f(1
+)t= 1,kết hợp với (1) ta có
x= 9 4 y= 7 4 Vậy hệ có hai nghiệm là(5
Ví dụ 2.26 Chứng minh rằng hệ phương trình
√ x 2 −1 = 2013 Luôn có hai nghiệm phân biệt(x;y) thoả mãn x>1, y>1.
Giải Hệ phương trình đã cho tương đương với
Do đó f(t)đồng biến trên(1; +∞).
(2)⇔f(x) =f(y)⇔x=y Khi đó phương trình (1) trở thành e x + x
Hàm g 0 (x) có giới hạn khi x tiến tới 1 là âm vô cùng và khi x tiến tới dương vô cùng là dương vô cùng Bên cạnh đó, g 0 (x) liên tục và đồng biến trên khoảng (1; +∞), do đó phương trình g 0 (x) = 0 chỉ có một nghiệm duy nhất trong khoảng này Từ đó, ta suy ra rằng phương trình g(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên khoảng (1; +∞).
Rõ ràngg(x) liên tục trên(1; +∞), lim x→1 + g(x) = +∞, g(2) =e 2 + 2
Nên phương trình (3) có một nghiệm thuộc (1;2) và một nghiệm thuộc(2; +∞) Nghĩa là (3) có hai nghiệm trên(1; +∞), do đó hệ cũng có hai nghiệm trên(1; +∞).
Giải các hệ phương trình
7y 4 + 13x+ 8 = 2y 4 p 3 x(3x 2 + 3y 2 −1)HD: Chia cả hai vế pt đầu choy 11 được hàm đặc trưngf(t) =t 11 +t.
PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC
Dùng bất đẳng thức để đánh giá hai vế của phương trình trong hệ Giả sử thu được
Phương pháp này được áp dụng khi số lượng phương trình trong hệ ít hơn số ẩn, nhưng cũng có thể sử dụng khi số phương trình bằng số ẩn.
Ví dụ 2.27.Giải hệ phương trình
Giải hệ phương trình 4z + 1 = 9 và x + y + z = 6 bằng phương pháp bất đẳng thức, cụ thể là áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky cho phương trình đầu tiên Điều kiện cần thiết là x, y, z phải lớn hơn hoặc bằng -1.
4.Áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky ta có
Dấu bằng xảy ra khix=y=z= 2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất(x;y;z) = (2; 2; 2).
Ví dụ 2.28.Giải hệ phương trình
x 2 +y 2 +z 2 + 2xy−zx−zy= 3 x 2 +y 2 +yz−zx−2xy=−1 Giải. Ở ví dụ này ta sẽ sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
(x−y) 2 −z(x−y) + 1 = 0 (2) Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn(x+y), z là tham số Phương trình có nghiệm
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn(x−y), z là tham số Phương trình có nghiệm
+) Vớiz=−2 hệ tương đương với
+) Vớiz= 2 hệ tương đương với
Vậy hệ có hai nghiệm là(−1; 0;−2), (1; 0; 2).
Xét tiếp một ví dụ nữa về sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai:
Ví dụ 2.29 Giải hệ phương trình
Coiz là tham số, viết lại hệ phương trình dưới dạng
2 Khi đó x, ylà nghiệm của phương trình bậc hai ẩn X
Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi
Vậy hệ có nghiệm duy nhất(x;y;z) = (0; 0; 1).
Ví dụ 2.30.Giải hệ phương trình
Đề dự bị TSĐH khối D năm 2008 trình bày một hệ phương trình với số ẩn bằng số phương trình Tác giả giới thiệu phương pháp sử dụng bất đẳng thức để thiết lập thứ tự vòng quanh, giúp giải quyết bài toán một cách hiệu quả.
Trước hết hệ đã cho tương đương với
Dễ thấy hệ có nghiệm (0;0;0) Dưới đây ta xét x, y, z 6= 0 Từ hệ trên ta thấyx, y, z >0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có y= 60x 2 36x 2 + 25 ≤ 60x 2
Tương tự ta thu đượcy≤x≤z≤y.Suy ra x=y=z Thay vào hệ ta được x=y=z= 5
6. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm(0; 0; 0), (5
Ví dụ 2.31.Giải hệ phương trình
y 3 −6x 2 + 12x−8 = 0 z 3 −6y 2 + 12y−8 = 0 x 3 −6z 2 + 12z−8 = 0 Giải. Ý tưởng của bài này là ta nhẩm được một nghiệm (2;2;2) Ta sẽ chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
Cộng vế theo vế của ba phương trình ta được
(x−2) 3 + (y−2) 3 + (z−2) 3 = 0 +) Nếux >2thì từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra y 3 = 6x(x−2) + 8>8⇒y >2.
Vớiy >2kết hợp với phương trình thứ hai ta suy ra z >2.Do đó
+) Nếux y thì phương trình thứ hai của hệ có VT>0, VP 0, thì có thể đặt x = a.sin(t) với t thuộc một khoảng nào đó.
Trong mọi trường hợp, có thể áp dụng phương pháp lượng giác để giải bài toán Để nhận biết một bài toán có thể giải được bằng phương pháp này, cần xác định tập biến thiên I(a, b) của biến số, là tập giá trị của một hàm số lượng giác Tập này có thể được cung cấp trong đề bài hoặc cần được tìm ra để áp dụng phương pháp Ngoài ra, nếu trong đề bài có cấu trúc tương tự với một công thức lượng giác, điều đó cũng là dấu hiệu cho thấy bài toán có thể được giải bằng phương pháp lượng giác.
•Cấu trúc 1 +x 2 tương ứng với công thức 1 + tan 2 t= 1 cos 2 t.
•Cấu trúc 4x 3 −3x tương ứng với công thức 4cos 3 t−3 cost= cos 3t.
•Cấu trúc 2x 2 −1 tương ứng với công thức 2cos 2 t−1 = cos 2t.
1−x 2 tương ứng với công thức tan2t= 2 tant
1 +x 2 tương ứng với công thức sin 2t= 2 tant
3x 2 −1 tương ứng với công thức tan 3t= tan 3 t−3 tant
3tan 2 t−1 iii) Cần nhớ thêm một số gợi ý sau:
•tanA.tanB+ tanB.tanC+ tanCtanA= 1⇔
Ví dụ 2.33.Giải hệ phương trình
x= 2y 2 −1 (1) y= 2z 2 −1 (2) z= 2x 2 −1 (3) Giải Không mất tính tổng quát giả sử x là số lớn nhất trong ba sốx, y, z.
Từ đó ta cócost = cos 8t⇔
Vậy hệ có các nghiệm(1; 1; 1), (cos2π
7 ) và các hoán vị của chúng.
Ví dụ 2.34.Giải hệ phương trình
Dễ thấy−1≤2 x ≤1. Đặt 2 x = cosα, log 3 y= cosβ, α, β∈[0;π].Hệ phương trình đã cho trở thành
2 cosα−sinα−sinαcosα−1 = 0 Đặt t= cosα−sinα, t∈
2 Khi đó phương trình (*) trở thành t 2 + 2t−3 = 0⇔
x= 0 y= 1 không thoả mãn điều kiện ban đầu.
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2.35.Giải hệ phương trình
Giải. ĐK:|x| ≤1,|y| ≤1.Đặt x= cosα, y= cosβ, α, β∈[0;π].
Khi đó hệ phương trình trở thành
sin(α+β) = 1 cosβ−cosα−cosα.cosβ−1 = 0
Giải tương tự Ví dụ 2.34 ta được nghiệm của hệ này làα= π
2, β= 0 Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (0; 1).
Ví dụ 2.36.Giải hệ phương trình
Dox 2 +y 2 = 1 nên x, y∈[−1; 1] Đặt x= sinα, y= cosα, α∈[0; 2π].
Khi đó phương trình đầu tiên trở thành
Ví dụ 2.37.Giải hệ phương trình
Từ phương trình thứ nhất suy rax, y, z cùng dấu Nhận xét nếu (x, y, z) là nghiệm thì
(−x,−y, −z)cũng là nghiệm của hệ, nên ta có thể giả sử x, y, zđều dương. Đặtx= tanA
2 , A, B, C∈(0;π) Thì từ phương trình thứ hai suy raA+B+C=π⇒A, B, C là ba góc của một tam giác. Phương trình thứ nhất được viết lại
Vậy tam giác ABC vuông tại C, từ đó tìm đượcx= 1
2. Vậy nghiệm của hệ là(1
Giải các hệ phương trình
PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG SỐ PHỨC
Một phương trình nghiệm phức f(z) = 0 vớiz=x+iy ta biến đổi thành h(x;y) +i.g(x;y) = 0⇔
Một phương trình nghiệm phức có thể được tách thành hai phần: phần thực và phần ảo, từ đó chuyển đổi thành một hệ phương trình Ngược lại, việc giải một hệ phương trình cũng có thể được quy về việc giải một phương trình nghiệm phức.
Ví dụ 2.38.Giải hệ phương trình
u+ 8u+v u 2 +v 2 = 3 v+ u−8v u 2 +v 2 =−1 Bài toán trên được xây dựng như sau:
Từ hai số phức z 1 = 2−3i, z 2 = 1 + 2isuy ra
. Vậy z 1 , z 2 là nghiệm của phương trình z 2 −(3−i)z+ 8 +i= 0
Giả sửz=u+iv, u, v ∈R phương trình trên trở thành u+iv+ (8 +i) u−iv u 2 +v 2 = 3−i⇔u+iv+ 8u+v u 2 +v 2 +(u−8v)i u 2 +v 2 = 3−i
u+ 8u+v u 2 +v 2 = 3 v+ u−8v u 2 +v 2 =−1 Đi ngược lại phần xây dựng bài toán ta được lời giải của bài toán trên.
Nếu thay u, v bởi các biểu thức khác củax, y ta được nhiều bài toán mới Ta xét bài toán tương tự
Ví dụ 2.39.Giải hệ phương trình
Nhân hai vế phương trình (2) vớiirồi cộng vế theo vế với phương trình (1) có x+iy+7x+√
2 + 2i Đặtz=x+iy⇒¯z=x−iy, z.¯z=x 2 +y 2 phương trình trở thành z+ 7¯z z.¯z +
2icó hai căn bậc hai là ±(√
Nên hệ đã cho có nghiệm(2√
Ví dụ 2.40 Giải hệ phương trình
5 Giải ĐK:x >0, y >0 Đặtu=√ x, v =√ y, u >0, v >0hệ phương trình trở thành
10 (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được u+iv+ u−iv u 2 +v 2 = 2√
2 icó hai căn bậc hai là ±( r5
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất làx=y= 11
Ví dụ 2.41.Giải hệ phương trình
Nhân phương trình (2) với irồi cộng vế theo vế với phương trình (1) ta được u+iv+ 16 u−iv u 2 +v 2 = 2(√
2) (3) Đặtz=u+iv ⇒z¯=u−iv, z.¯z=u 2 +v 2 Khi đó
5icó hai căn bậc hai là ±(√
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là
Giải các hệ phương trình sau:
MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HỆPHƯƠNG TRÌNH
ỨNG DỤNG TRONG XÉT TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ
Ta đã biết giao điểm của hai đồ thị f(x;y) = 0 vàg(x;y) = 0 là nghiệm của hệ phương trình
Vì vậy việc tìm giao điểm của hai hay nhiều đồ thị chính là việc giải hệ phương trình trên Ta xét ví dụ minh hoạ:
Trong mặt phẳng Oxy, với các điểm A(0; 1) và B(2; 1), cùng hai đường thẳng d1: (m−1)x + (m−2)y + 2−m = 0 và d2: (2−m)x + (m−1)y + 3m−5 = 0, ta cần chứng minh rằng d1 và d2 luôn cắt nhau Để làm điều này, ta sẽ phân tích hệ số và điều kiện tồn tại giao điểm của hai đường thẳng Tiếp theo, gọi P là giao điểm của d1 và d2, nhiệm vụ tiếp theo là tìm giá trị của m sao cho tổng độ dài PA + PB đạt giá trị lớn nhất.
2 >0, ∀m∈Rnên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Vậy d 1 vàd 2 luôn cắt nhau tại điểmP. b) Toạ độ của P là
Theo bất đẳng thức Bunyacopxki ta có
Ví dụ 3.2.Cho hai đường thẳngd1 : ay+x= 0, d2: x−a√
3 = 0, (a6= 0)và đường tròn (C) : x 2 +y 2 = 9 Tìmađể d 1 , d 2 và (C) đồng quy.
2thì hệ có nghiệm tức là d1, d2 và(C) đồng quy.
ỨNG DỤNG TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Chúng ta có thể chuyển đổi hệ phương trình hai ẩn thành một phương trình với một ẩn mới, từ đó tìm nghiệm của hệ và tiếp theo là nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví dụ 3.3.Giải phương trình √ 3 x−2 +√ 3 x+ 3 =√ 3
Giải Đặt u= √ 3 x−2; v=√ 3 x+ 3ta có hệ
2. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x∈
Để giải phương trình 8x−5(5x²−1)²=−4, ta sử dụng phương pháp hệ phương trình đối xứng loại 2 Đặt ay+b=5x²−1, từ đó hình thành hệ phương trình cần giải.
ay+b+ 1 = 5x 2 8x+ 4−5b 2 = 5a 2 y 2 + 10aby Để hệ trên là hệ đối xứng loại 2 thì
Giải. Đặt 2y= 5x 2 −1(1) ta có hệ
2y = 5x 2 −1 2x= 5y 2 −1 Trừ vế theo vế ta được2(y−x) = 5(x 2 −y 2 )⇔
5 +) Với y=x thay vào (1) ta được 5x 2 −2x−1 = 0⇔x= 1±√
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm làS (1±√
Ví dụ 3.5.Giải phương trình 2√ 3
Từ (1) và (2) ta có hệ
Vậy phương trình có nghiệmx=−2.
• Dạng tổng quát:k√ 3 ax+b+m√ cx+d=e Đặt
u=√ 3 ax+b v=√ cx+d chuyển phương trình về hệ phương trình hai ẩn u, v.
Ví dụ 3.6 Giải phương trình x 3 + 1 = 2√ 3
Vậy phương trình có tập nghiệmS( 1; −1±√
Ví dụ 3.7 Giải phương trình:3x 2 + 6x−3 rx+ 7
6 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệmx√73−5
u n +a=bv v n +a=bu +)f n (x) +ap n b−af(x) =b Đặt
ỨNG DỤNG TRONG TÌM GTLN, GTNN
Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ về ứng dụng của giải hệ phương trình đối xứng loại 1 trong việc tìm GTLN, GTNN.
Ví dụ 3.8 Chox, y là hai số thực dương thoả mãnx+y= 12.
Tìm GTNN của biểu thức A= x 2 y +y 2 x Giải.
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi S 2 ≥4P ⇔12 2 ≥ 4.12 3
Vậy GTNN của A bằng 12 khix=y= 6.
Ví dụ 3.8.Cho các số thựcx6= 0, y6= 0 thoả mãn (x+y)xy =x 2 +y 2 −xy.
Tìm GTLN của biểu thức A= 1 x 3 + 1 y 3 Giải.
1 x+ 1 y = 1 x 2 + 1 y 2 − 1 xy 1 x 3 + 1 y 3 =A Đặta= 1 x, b= 1 y, a, b6= 0.Ta có hệ
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi S 2 ≥4P ⇔S 2 ≥ 4(S 2 −S)
Vậy GTLN của A là 16 khi x=y= 1
Ví dụ 3.10.Cho hai số thựcx, y thoả mãn x−2√
8 +x= 2√ y−3−y Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A=x+y.
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi
ỨNG DỤNG TRONG GIẢI BÀI TOÁN KINH TẾ
Khi phân tích thị trường hàng hóa, các nhà kinh tế học sử dụng hàm cung và cầu để thể hiện mối quan hệ giữa lượng cung, lượng cầu và giá cả Để nghiên cứu mô hình cân bằng của thị trường, chúng ta sẽ ký hiệu các biến số liên quan.
Qsi là lượng cung hàng hoái.
Q di là lượng cầu đối với hàng hoá i. pi là giá hàng hoái.
Với giả thiết các yếu tố khác không thay đổi, hàm cung và hàm cầu tuyến tính có dạng: Hàm cung hàng hoá i:Qsi =ai0+ai1p1+ai2p2+ +ainpn (i= 1,2, , n).
Hàm cầu đối với hàng hoái:Q di =b i0 +b i1 p 1 +b i2 p 2 + +b in p n (i= 1,2, , n).
Mô hình cân bằng thị trường n hàng hoá có dạng như sau:
Q di =bi0+bi1p1+bi2p2+ +binpn
Từ hệ phương trình này ta suy ra hệ phương trình xác định giá cân bằng:
an0+an1p1+an2p2+ +annpn=bn0+bn1p1+bn2p2+ +bnnpn Đặtc ik =a ik −b ik với mọi i= 1,2, nvàk= 1,2, , nta được hệ phương trình:
Giải hệ phương trình tuyến tính giúp xác định giá cân bằng cho tất cả n hàng hoá Sau đó, bằng cách thay giá này vào hàm cung hoặc hàm cầu, ta có thể tìm ra lượng cân bằng tương ứng.
Ví dụ 3.11.Giả sử thị trường gồm 2 mặt hàng: hàng hoá 1 và hàng hoá 2, với hàm cung và hàm cầu như sau:
Hệ phương trình xác định giá cân bằng là:
Giải hệ phương trình này ta tìm được giá cân bằng của mỗi mặt hàng:
7 Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cung cân bằng :
Ví dụ 3.12.Giả sử thị trường gồm 3 mặt hàng: hàng hoá 1 hàng hoá 2 và hàng hoá 3, với hàm cung và hàm cầu như sau:
Hãy xác định giá cân bằng và lượng cân bằng của mỗi mặt hàng?
Hệ phương trình xác định giá cân bằng là:
Giải hệ phương trình này ta tìm được giá cân bằng của mỗi mặt hàng như sau:
Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cung cân bằng :