TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ------------------ ĐÀO THỊ PHƢỢNG PHƢƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH VÀ MỘT SỐ CÁCH SÁNG TẠO RA ĐỀ TOÁN MỚI KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học ThS. PHẠM LƢƠNG BẰNG HÀ NỘI - 2015 KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP LỜI CẢM ƠN Em xin được gửi lời cảm ơn tới các Giản vi n o To n trườn Đại học Sư p ạm Hà Nội 2, đã iúp đỡ em trong quá trình học tập tại trường và tạo điều kiện o m o nt n ản uận tốt nghiệp. Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Th.S Phạm Lương Bằng đã tận tìn iúp đỡ em trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này. Trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế Em xin ảm ơn đã n ận những ý kiến đ n bạn để ản uận ủ p quý u ủa thầy cô và các m được hoàn thiện n ư iện tại Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Đ o T ị P ượng Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP LỜI CAM ĐOAN Em xin m đo n dưới sự ướng dẫn của Th.S Phạm Lương Bằng, khóa luận của em với đề tài “Phương pháp giải hệ phương trình và một số cách sáng tạo ra đề toán mới” được hoàn thành không trùng với bất ì đề tài nào khác. Nếu sai em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm. Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Đ o T ị P ượng Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1 Chƣơng 1 PHƢƠNG PHÁP GIẢI VÀ PHÂN LOẠI HỆ PHƢƠNG TRÌNH 3 1.1 Một số phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình 4 1.1.1 P ươn p p ộn , p ươn p p t ế ..................................... 4 1.1.2 P ươn p p iến đổi đẳng thức ............................................ 11 1.1.3 P ươn p p đặt ẩn phụ ......................................................... 12 1. P ép đặt u  x  y, v  x  y .............................................. 12 x 1 y 1 ,v  .............................................. x 1 y 1 1 1 3. P ép đặt u  x  , v  y  ............................................ x y 1 1 4. P ép đặt u  x  , v  y  ............................................ y x 5. Một số p ép đặt ẩn phụ khác............................................. 1.1.4 P ươn p p sử dụng tín đơn điệu hàm số .......................... 1.1.5 P ươn p p ìn ọc ............................................................ 1.1.6 P ươn p p ất đẳng thức .................................................... 1.2 Phân loại hệ phƣơng trình 1.2.1 Hệ p ươn trìn đối xứng ...................................................... 1. Hệ đối xứng loại một đối với x và y ............................... 2. P ép đặt u  2. Hệ đối xứng loại 14 15 16 17 19 23 24 26 26 26 i đối với x và y ................................ 29 1.2.2 Hệ có yếu tố đẳng cấp ............................................................ 1. Hệ có chứa một p ươn trìn đẳng cấp bậc 2................... 2. Hệ i p ươn trìn n đẳng cấp bậc 2 ...................... 3. Hệ đẳng cấp bậc 2 ............................................................. 4. Hệ đẳng cấp bộ phận ......................................................... 1.2.3 Hệ sinh bởi các phân thức hữu tỉ ............................................ 1.2.4 Hệ bậc hai tổng quát ............................................................... 1.2.5 Hệ lặp ba ẩn ............................................................................ 1.2.6 Một số hệ không mẫu mực ..................................................... 34 34 35 36 40 48 51 53 59 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chƣơng 2 MỘT SỐ CÁCH SÁNG TÁC RA ĐỀ TOÁN MỚI 2.1 Sáng tác các bài toán về hệ p ươn trìn iải bằn p ươn pháp cộn , p ươn p p t ế ...................................................................... 2.2 Sáng tác các bài toán về hệ p ươn trìn iải bằn p ươn p p biến đổi đẳng thức............................................................................. 2.3 Sáng tác các bài toán về hệ p ươn trìn iải bằn p ươn p p đặt ẩn phụ ..................................................................................... 2.4 Sáng tác các bài toán về hệ p ươn trìn đối xứng .......................... 2.4.1 Sáng tác các bài toán về hệ đối xứng loại 1 ......................... 2.4.2 Sáng tác các bài toán về hệ đối xứng loại 2 ......................... 2.5 Sáng tác các bài toán về hệ có yếu tố đẳng cấp ................................ 2.6 Sáng tác các bài toán về hệ bậc hai tổng quát .................................. 2.7 Sáng tác các bài toán về hệ lặp ba ẩn................................................ 2.8 Xây dựng một số lớp m để sáng tác bài toán mới về mối liên hệ giữa hệ p ươn trìn v dãy số......................................................... x3  mx 2.8.1 Lớp hàm f  x   2 .................................................... nx  p x5  mx 2.8.2 Lớp hàm f  x   4 .................................................... nx  p 2.9 Sử dụn ăn ậc n của số phứ để sáng tác hệ p ươn trìn ........... 2.9.1 Sáng tác các hệ p ươn trìn ằn ũy t ừa một số phứ o trước ..................................................................... 2.9.2 Sáng tác các hệ p ươn trìn từ 2 số phứ o trước.......... 2.10 Sử dụng khai triển Nhị thứ Niu tơn để sáng tác một số hệ p ươn trình không mẫu mực ........................................................................ 62 62 68 69 70 70 73 77 79 82 85 85 88 89 90 93 95 Kết luận 98 Tài liệu tham khảo 99 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài N ư ún t đã iết, hệ p ươn trìn p ươn p p iải rất nhiều dạng, rất nhiều n u V điều quan trọng nhất là nó rất t ường gặp tron đề thi của các cuộc thi giỏi to n ũn n ư họ , v òn t o xu ướng khó dần ỳ thi tuyển sin Đại n Trướ tìn ìn đ , i o vi n không chỉ nắm được các dạng và cách giải hệ p ươn trìn m òn p ải biết cách xây dựng nên nhữn đề toán mới để làm tài liệu giảng dạy. Học sinh học toán xong làm bài tập. Vậy các bài tập đ ở đâu m r ? Ai n ười đầu ti n n i o vi n ũn ĩr i tập đ ? N ĩ n ư t ế nào? Ngay cả nhiều ỉ biết sưu tầm các bài tập có trong sách giáo khoa, sách tham khảo, hay là ở một tài liệu n o đ tr n mạn , ư iết s n t r đề bài tập. N ư vậy việc sáng tác ra một đề toán mới là vô cùng quan trọng. Với mong muốn tìm hiểu về p ươn p p s n t , quy trìn xây dựng nên một hệ p ươn trìn , m đã ọn đề tài: “Phương pháp giải hệ phương trình và một số cách sáng tạo ra đề toán mới” Khóa luận gồm 2 ươn : Chương 1: Phương pháp giải và phân loại hệ phương trình. Chương 2: Một số cách sáng tạo ra đề toán mới. 2. Mục đích nghiên cứu và nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu về p ươn p p iải hệ p ươn trìn v một số để xây dựng nên một đề toán mới. 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu N i n ứu về hệ p ươn trìn v p ươn p p iải. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu, sách báo, tra mạng tìm thêm thông tin, phân tích và tổng hợp kiến thức, xin ý kiến địn ướng củ n ười ướng dẫn. 1 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 5. Dự kiến đóng góp của đề tài Trình bày song song hai vấn đề: P ươn p p s n t C đề toán và p ươn p p iải ũn n ư phân loại các dạng toán về hệ p ươn trìn Điểm mới lạ ở đề t i n y đ giải của một ín i to n, ũn n ư t ứ quy trìn s n t 2 ún t suy n ĩ để tìm ra lời r một đề toán mới. Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chƣơng 1 PHƢƠNG PHÁP GIẢI VÀ PHÂN LOẠI HỆ PHƢƠNG TRÌNH Tron ươn n y t sẽ trìn y p ươn p p iải ũn n ư p ân oại các dạng toán về hệ p ươn trìn C một số bài toán với lời giải cụ thể.  LÝ THUYẾT CƠ SỞ  Hệ phương trình. P ươn trìn f  x1, x2 , , xn   0 (1) Miền x định của p ươn trìn (1) là tập D1   x1, x2 , , xn   D1 làm cho hàm f  x1, x2 , , xn  n ĩ n sao cho Nghiệm của (1) là một bộ số  x10 , x20 , , xn0   D1 thỏa mãn (1). Tập nghiệm củ p ươn trìn (1) tập hợp tất cả các nghiệm của p ươn trìn (1). Hệ p ươn trìn một hệ có từ i p ươn trìn trở lên, và số p ươn trìn trong hệ là một số hữu hạn. Giải hệ p ươn trìn tứ t đi tìm tập nghiệm của hệ đ .  Miền xác định  f1  x1 , x2 , , xn   0   f  x , x , , xn   0 Giả sử hệ phương trình là  2 1 2   f x ,x , ,x   0 n  m 1 2 Gọi D1, D2 D  D1 D2 Dm lần ượt là các miền x Dm là miền x (1) (2) (I ) (m) định củ (1), (2),…,(m) t ì định của hệ p ươn trìn (I).  Tập nghiệm của hệ phương trình Gọi S1, S2 , , Sm lần ượt là các tập nghiệm của (1), (2),…,(m) t ì S  S1 S2 Sm là tập nghiệm của hệ p ươn trìn (I).  Hệ phương trình tương đương. Hai hệ p ươn trìn được gọi tươn đươn 3 i ún ùn tập nghiệm. Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 1.1 MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH. 1.1.1 Phƣơng pháp cộng, phƣơng pháp thế. Đây p ươn p p ơ ản nhất. Từ bài họ đầu tiên về hệ p ươn trìn , s i o o đã iới thiệu p ươn p p n y V ất cứ một tài liệu nào viết về hệ p ươn trìn t ì p ươn p p n y uôn đượ đề cập đến. Do vậy, sau đây t sẽ đi sâu ơn v o việ p ân tí ĩ t uật giải một số bài toán khó. 2 2   x  2 xy  2 y  3x  0 Bài toán 1. Giải hệ phương trình  2   xy  y  3 y  1  0 (1) (2) Giải. Lấy p ươn trìn (1) ộng với p ươn trìn (2) n ân 2, t được x 2  4 xy  4 y 2  3x  6 y  2  0   x  2 y   3  x  2 y   2  0   x  2 y  1 x  2 y  2   0 2  x  2 y  1  0   x  2 y  2   0  Nếu x  2 y  1  0 thì x  2 y  1 , t y v o (2) t được  y  1  2  x  3  2 2  y2  2 y  1  0    y  1  2  x  3  2 2  Nếu x  2 y  2  0 thì x  2 y  2 , t y v o (2) t được  1 5  x  3  5 y  2 2 y  y 1 0    1 5  x  3  5 y   2 Hệ p ươn trìn đã o ốn nghiệm  1 5   1 5  3  2 2;1  2 , 3  2 2;1  2 ,  3  5; ,  3  5;   2  2   Lƣu ý. Tại sao lại lấy p ươn trìn (1) ộng với p ươn trìn (2) n ân 2? Ý tưởng là ta sẽ biến đổi để đư về p ươn trìn ậc hai theo mx  ny Để làm    điều đ t n ân p ươn trìn (1) với  v p ươn trìn (2) với  rồi cộng lại   x 2  2 xy  2 y 2  3x     xy  y 2  3 y  1  0           x 2    2  xy    2  y 2   3  x          4  y   0  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Ta cần chọn  và  sao cho       x    2  xy    2  y 2   x        2  y  2        x    2  xy    2  y 2  x 2  2. xy  2 y 2       Đồng nhất hệ số t được 2   2        2    2  2    2   2    Để o đơn iản, ta chọn   1 và   2 . 2 2 Bài toán 2. Giải hệ phương trình 1  2 2 x  y   5  4 x 2  3x  57   y  3x  1  25 (1) (2) Hướng dẫn. N ân p ươn trìn (2) với 2 rồi cộng với p ươn trìn (1) Bài toán 3. Giải hệ phương trình 4 2 2 2   x  2  3 y  1 x   5 y  4 y  11 x  y  10 y  2  0  3 2   y   x  2 y  x  x  2  0 (1) (2) Giải. Khi y  1 thì (2) trở thành x 2  3  0 , vô nghiệm. Vậy hệ không có nghiệm dạng  x; 1 , do đ t ể giả sử y  1  0 N ân p ươn trìn (2) với y  1, rồi lấy p ươn trìn (1) trừ p ươn trìn vừa nhận được, ta có  x  y  x  y  2  x2  2 x  y 2  3 y  5  0 Với x   y , t y v o (2) được  y  2  y  1  0  y 2,1 . 2 Với x  y  2 , t y v o (2) được  y  1  y  4   0  y 4,1 . 2 Dễ thấy x 2  2 x  y 2  3 y  5   x  1   y 2  3 y  4   0 . Thử lại ta thấy hệ 2 có nghiệm  x; y    1;1, 2; 2 ,  6;4  . 5 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Lƣu ý. Đây i to n , để được lời giải ngắn gọn n ư tr n t p ải phân tích, tìm lời giải n ư s u Bước 1. Tìm nghiệm của hệ. Nếu biết được nghiệm t ì ý tưởng của ta sẽ rõ r n ơn n iều. Lần ượt thử x  2, 1,0,1,2,3, t tìm được hai nghiệm của hệ là  x; y    1;1 ,  2; 2  . Bước 2. Tìm quan hệ tuyến tính giữa hai nghiệm này. Dễ thấy đ y   x hay x   y . Bước 3. Thay vào hệ và phân tích thành nhân tử. Ta thay x bởi  y hoặc y bởi  x (tùy trường hợp xem cách nào có lợi), với bài này ta thay y   x v o i p ươn trìn ủa hệ v t u được.  x 4  2  3x  1 x 2   5 x 2  4 x  11 x  x 2  10 x  2  0  3 2  x   x  2  x  x  x  2  0  x  12  x  1 x  2   0  2  x  1  x  2   0 Việ p ân tí tr n ôn vì t đã iết trước nghiệm x  1, x  2 . Bước 4. Lựa chọn biểu thức thích hợp N ư t ế, so với p ươn trìn t ứ nhất vừa nhận đượ t ì p ươn trìn t ứ hai thiếu đi một biểu thức là x  1 , n ưn ú ý rằng biểu thứ n y ũn tươn đươn với  y  1 . Ta sẽ chọn một trong hai biểu thứ n y để nhân vào. Rõ ràng nếu chọn  y  1 thì việc nhân với (2) sẽ tạo ra một đ t ức có chứa y 4 đồng bậc với x 4 ở p ươn trìn (1) Vậy ta sẽ n ân p ươn trìn s u o  y  1. Bài toán 4. Giải hệ phương trình 2 2   x  y   x  y  y  4 2 2 2   x  4 x y  3x   y (1) (2) Hướng dẫn. Xét x  0 và x  2 đều là nghiệm của hệ. Với x  0,2 ta xét biểu thức (1)  x  x  2   (2) . 2 x 2 y  3xy  4 x 2  9 y  Bài toán 5. Giải hệ phương trình  2  7 y  6  2 x  9 x 6 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 4 x2 2 x2  9 x  6 Giải. (1)  y  2 , từ (2) ta có y  . Suy ra 2 x  3x  9 7 4 x2 2 x2  9 x  6  2 x 2  3x  9 7  28 x 2   2 x 2  9 x  6  2 x 2  3 x  9    x  2  2 x  1  2 x 2  9 x  27   0 1 9  3 33 x 2 4 2 2 x  9 x  6 16   Khi x  2 , ta có y  . 7 7 1 2 x 2  9 x  6 1  .  Khi x  , ta có y  2 7 7 9  3 33 2 x2  9 x  6 2  Khi x   2 x  9 x  27  0   3. 4 7 Vậy hệ p ươn trìn đã o ó bốn nghiệm là  x  2  x  16   1 1   9  3 33  ;3  . , ; , 7  2 7   4   Lƣu ý. Bài này có thể còn nhiều biến đổi đơn iản ơn n ưn rõ r n y ra rồi thay vào một p ươn trìn n ư tr n tự n i n ơn ả.  x; y    2; rút Bài toán 6. Giải hệ phương trình 2   x  2 xy  x  y  0  4 2 2 2   x  4 x y  3x  y  0 Hướng dẫn. Thay x  (1) (2) 1 1 vào (1) ta thấy vô lí. Giả sử x  thì từ (1) suy ra 2 2 x2  x y , s u đ t y v o (2) t đượ 1 p ươn trìn với ẩn x . 2x 1 Bài toán 7. Giải hệ phương trình 4 3 2 2 3 4   x  2 x y  2 x y  12 xy  8 y  1  0  3 4  2 x y  y  1 7 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x Hướng dẫn. T y (2) v o (1) t đượ p ươn trìn 2  2 xy  3 y 2   0 . 2 Bài toán 8. Giải hệ phương trình  2 2 x  y  3  2 x  y 3   x  6  1 y  4 (1) (2) Hướng dẫn. Tìm điều kiện. Ta có  2x  y  1 (1)  2x  y  2 2x  y  3  0    2x  y  3 (lo¹i) Bài toán 9. Giải hệ phương trình y  x   y2  0  2 1 x  x   2  x  2 x2  1  y 2  3  y 2 Hướng dẫn. Tìm điều kiện. Ta có (1)  x  y   1  x2  x  y 2  0  (1) (2) x  y  1  x2  x  0 y (3) 2 x  x  Xét (2)  2  (3)    y   2   y   3  0 y  y   1 y 2 x   2  x y x Bài toán 10. Giải hệ phương trình   y x 2  1  1  3x 2  3    Giải. Điều kiện x  0, y  0 P ươn trìn t ứ nhất của hệ tươn đươn y x  y 2  2 x x  2 xy  y 2  y X m đây x  p ươn trìn    ậc hai theo biến y , ta có 2 x  2 x  8x x  x  4 x x  4x 2  Do đ p ươn trìn n y  x  2x  2x x  0  x  2x  2  0, x  0 i n iệm là 8 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP y  2x  x    x  2x   x, y   2x  x    x  2x 2 2  Nếu y   x , t y v o p ươn trìn t ứ hai của hệ t được  x  1  1  3x  3 x  x  1  1  0  3x  3 nên (*) vô nghiệm.  x Dễ thấy    2x 2 2 2 (*) 2  Nếu y  2 x , t y v o p ươn trìn t ứ hai của hệ t được 2x   0;  , f  x   x x2  1   (1) 2x 3 (do x  không thỏa mãn (1)) 2 2x  3 (2)  x2  1  Trên  x 2  1  1  3x 2  3  x 2  1 2 x  3  2 x xét hai hàm số f  x   x 2  1, g  x    0 nên f đồng biến, g   x   2 3  2x  3  2 2x . Ta có 2x  3  0 nên g là hàm   3  3 ;   . Nhẩm thấy x  3 thỏa nghịch biến trên mỗi khoảng  0; ,  2  2   3  ;   . Trên khoảng mãn (2) n n đây n iệm duy nhất của (2) trên   2   2x 3  0  x 2  1 , suy ra (2) vô nghiệm. Vậy hệ đã 0;   , ta có 2x  3  2  nghiệm duy nhất là  x; y    o  3;2 3 . Lƣu ý. Quan hệ của x và y được che giấu n y tron p ươn trìn đầu tiên, nếu nhận thấy điều đ t ì ước tiếp theo sẽ dễ nhận biết. Bài này tính toán tuy rườm r n ưn ướng giải rất rõ ràng nên không quá khó. Một điều đ n quan tâm nữa là do hàm g nên bắt buộc ta phải xét trên hai khoảng. 2 3  6 x y  2 y  35  0 Bài toán 11. Giải hệ phương trình  2 2  5 x  5 y  2 xy  5 x  13 y  0 9 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x  y  u uv u v ,y Giải. Đặt  suy ra x  T y v o (1) t được x  y  v 2 2  u  v  6. uv  u  v   35  0 .  2. 4 2 8  6  u 2  2uv  v 2   u  v   2  u 3  3u 2v  3uv 2  v 3   280  0 2 3  3  u 3  u 2v  2u 2v  2uv 2  uv 2  v 3   u 3  3u 2v  3uv 2  v 3  140  0  u 3  v3  35  0 Tươn tự, t y v o (2), t được u  v  5. 2 u  v   5. 2 uv uv uv uv .  5.  13. 0 4 4 2 2 2 2  10u 2  10v 2  2  u 2  v 2   10u  10v  26u  26v  0  2.  3u 2  2v 2  9u  4v  0 3 3  u  v  35 Ta có  2 2  3u  9u  2v  4v (3) (4) Nhân (4) với 3 rồi cộng với (3), ta có u 3  9u 2  27u  v3  6v 2  24v  35   u  3   v  2   u  v  5 3 3 T y v o (3) t được 3  v  5  v3  35  0  v2  5v  6  0  v 2,3  x  y  3  1 5  Với v  2 ta có u  3 , dẫn tới    x; y     ;    2 2 x  y  2  x  y  2 1 5  Với v  3 , suy ra u  2 , ta có    x; y    ;   2 2 x  y  3  1 5 1 5 Kết luận: Hệ có hai nghiệm là  x; y     ;   ,  x; y    ;   .  2 2 2 2 Lƣu ý. Vì sao ta lại nhân (4) với 3 rồi cộng với (3)? Ta có u 3    3u 2  9u   v3  35    2v 2  4v   u 3  3u 2  9u  v3  2v 2  4v  35 10 (5) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Ta cần chọn  sao cho (5) có dạng 3 3  u  a    v  b   u3  3au 2  3a 2u  a3  v3  3bv2  3b2v  b3 (6) 3a  3  2 a  3 3a  9   So sánh (6) và (5) suy ra 3b  2  b  2 3b 2  4   3   a 3  b3  35 1.1.2 Phƣơng pháp biến đổi đẳng thức. Nhiều bài hệ p ươn trìn tuy n ìn p ức tạp n ưn t ể giải bằng những đẳng thứ đơn iản. Mấu chốt giải những bài toán dạng này là ta phải nhìn ra quan hệ giữa các ẩn số, từ đ ập nên những hằn đẳng thức thích hợp. Một số đẳng thức có thể không quen thuộc, nên p ươn p p n y đòi ỏi kinh nghiệm và sự tinh ý. Bài toán 12. Giải hệ phương trình  x 2  y 2  1  xy  2  x   y 2     x 1 1 y  1     Hướng dẫn. Điều kiện x  1, y  1. Hệ trên tuy là hệ đối xứng loại 1 n ưn bậc khá cao, việ đư về S  x  y, P  xy có thể gặp nhiều ăn N ưn nếu ta biến đổi x y x 2  xy  y 2  1   1 (1) y 1 x 1 thì bài toán trở n n đơn iản ( ưu ý t p ải chứng minh (1)). Bài toán 13. Giải hệ phương trình  x  y  xy  3  1 x 1  4  4    5 y  9 x  6 1   x  1 y  2  2  (1) (2) Hướng dẫn. Ta có (1)   x  1 y  1  4 Đặt a  x  1, b  y  1. Tuy nhiên 1 mấu chốt củ i to n đặt c  để từ (1) ta có abc  1, v t đi tín 4 1  a  ab, 1  b  bc, 1  c  ca . Từ đ t đi đến lời giải. 11 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  x 2  y 2  xy  3 Bài toán 14. Giải hệ phương trình  5 5  x  y  15 xy  x  y   32 Hướng dẫn. Ta cần tìm mối quan hệ giữa các hạng tử trong hệ. muốn vậy ta chú ý tới hằn đẳng thức  x  y   x5  y 5  5xy  x  y   x 2  xy  y 2  . 5 Bài toán 15. Giải hệ phương trình 1 1 1 x  y  z  2    2  1 4  xy z 2 (1) (2) Hướng dẫn. Điều kiện x  0, y  0, z  0 . Ta có 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 (1)       4        xy z 2 x y z x y z Biến đổi tươn đươn đẳng thứ tr n để tìm nghiệm của hệ. 1.1.3 Phƣơng pháp đặt ẩn phụ. Có rất nhiều đặt ẩn phụ khi giải hệ p ươn trìn Đặt ẩn phụ theo cách nào còn phụ thuộc vào từng hệ p ươn trìn ụ thể S u đây t sẽ nêu ra một số p ép đặt ẩn phụ ơ ản, t ường gặp. Nắm đượ p ép đặt này ta sẽ địn ướng tốt ơn i iải hệ p ươn trìn 1.Phép đặt u  x  y, v  x  y K iđ u  v  2x u  v  2y u 2  v2  2  x2  y 2  uv  x 2  y 2 u 3  v3  2  x3  3 y 2 x  u 3  v3  2 y  3x 2  y 2  u 4  v4  2  x4  6x2 y 2  y 4  u 4  v 4  8 xy  x 2  y 2  u 5  v 5  2 x  x 4  10 x 2 y 2  5 y 4  u 5  v5  2 y  5 x 4  5 x 2 y 2  y 4  2 2  2 x  2 x  2 y  7 Bài toán 16. Giải hệ phương trình  2 2  2  x  y   5 12 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hướng dẫn. Đặt u  x  y, v  x  y K i đ u  v  2 x, uv  x 2  y 2 , u 2  v 2  2  x 2  y 2  u  v  2uv  7 Thay vào hệ t được hệ đối xứng loại 1 đối với u và v :  2 2 u  v  5 Bài toán 17. Giải hệ phương trình 3 1  4 4 x  y    4 y 2x (*)  5 2 2  x  y 50   Giải. Điều kiện x  0 và y  0 Đặt u  x  y, v  x  y K i đ x uv u v ,y 2 2 x  y   x  y  x  y   x  y 4 4 2 2  uv  u 2  v 2  2 3 1 3 1 u  5v     4 y 2 x 2 u  v  u  v 2 u 2  v2  Thay vào hệ (*) t được  uv  u 2  v 2  u  5v uv  u 4  v 4   u  5v   2 2 2 2 u  v     5   uv   5 5   uv   5  uv  u 4  v 4   u   uv  v 5 (3) Nếu u  0 thì y   x , thế v o p ươn trìn t ứ hai của hệ thấy không thỏa mãn. Vậy xét u  0 . Từ (*) ta có 1  v5  0 v  u  v   1  u v  u v 1  v   1  v   4 u v  1 4 4 4 6 4 5 5  Khi 1  v5  0 ta có v  1, suy ra u  5 5 . Vậy x   Khi u 4v  1 ta có v  5 5 5 1 5 1 ,y . 2 2 1 5 , thay vào  uv   5 t được 4 u 13 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 1 1 1  5  u 3    u  3   v  3 54 3 u 5 5 Do dó x  3 1 3 4 1  5  3  3 54 5 5 . Các nghiệm của hệ là ,y 2 2  1 3 4 31 3 4 3   5   5   5 1 5 1 5 5 ; ;  x; y     ,  x; y    2 2 2 2      x 1 y 1 ,v  2. Phép đặt u  x 1 y 1 K iđ x 1 y 1 2 xy  2 uv   x  1 y  1  x  1 y  1 5 5 uv  uv    .    2 x  y  x 1 y 1   x  1 y  1  x  1 y  1 x  1 y  1 xy   x  y   1 .  x  1 y  1  x  1 y  1 1  uv  xy   x  y   1 2 xy  2 1  x  1 y  1  x  1 y  1 1  uv  1  xy   x  y   1 2 x  y    x  1 y  1  x  1 y  1 uv x y  1  uv x  y  x  y 1  3x 1  xy  3  x  Bài toán 18. Giải hệ phương trình   x  y  1 2y 1  xy 2  y Hướng dẫn. Đặt u  x 1 y 1 ,v  . Khi đó x 1 y 1 14 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x  y u  v x  y uv  1  ,  1  xy u  v 1  xy uv  1 3u  3 2v  2 1 1 1  3x 4  2 u 1  2 y u 1  v 1  3  v  ,  u  1 2u  4 2  y v 1 v  3 3 x 3 2 u 1 v 1 T t u được hệ  u  v 4  2u  u  v  2u  4   uv  1  3  v  uv  1 v  3 2 2 2u  4u  2uv  4v  4u  4v  2u  2uv  2 2 uv  v  3uv  3  3uv  3  uv  v 2 2 4u  8v  0 u  2v  2  2 2 uv  6  uv  3 1 1 3. Phép đặt u  x  , v  y  x y K iđ 1 u 2  x2  2  2 x  1  u  v   x  y  1   xy   1 x2  y 2 uv  xy   xy xy v2  y 2  1 2 y2  1  u 2  v 2   x 2  y 2  1  2 2   4 x y   u y x2  1  . v x y2  1 Bài toán 19. Giải hệ phương trình   1   x  y  1    4 xy     2 2  xy  1  x  y  4  xy xy 1 1 Hướng dẫn. Đặt u  x  , v  y  , t t u được hệ x y 15 u  v  4  uv  4 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP   x  y 1  xy   18 xy Bài toán 20. Giải hệ phương trình  2 2 2 2 2 2   x  y 1  x y   208 x y Hướng dẫn. Dễ thấy  x; y    0;0  là nghiệm của hệ. Tiếp theo xét xy  0 . Hệ tươn đươn với   1   x  y  1    18 xy      x 2  y 2 1  1   208   x2 y 2      u  v  18 1 1 Đặt u  x  , v  y  , t t u được hệ  2 2 x y u  v  212 1 1 4 P ép đặt u  x  , v  y  y x K iđ  1  u  v   x  y  1   xy   1 uv  xy  2 xy  1  u  v   x  y  1   xy    1  u  v   x  y  1    xy  2 2 2 2 2 BÀI TẬP VẬN DỤNG. Giải các hệ phương trình   1   x  y  1    4 xy    a)   xy  1  2  xy 2  2 1  25 2   x  y  1    xy  2   c)  3    3 1 125 3  x  y  1  xy   4      1  9  x  y  1      xy  2 b)   x 2  y 2 1  1   45   xy  4      xy  2 x  y  6   y  2 x  0  2 d)  2 1  2   x  y  1    8 xy    16 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 5. Một số phép đặt ẩn phụ khác. C p ép đặt ẩn phụ rất đ dạng và phong phú. Ta cần it đặc điểm riêng, các tính chất đặc biệt của từng hệ p ươn trìn để đư r p ép đặt phù hợp.  x  y   x 2  y 2   3  Bài toán 21. Giải hệ phương trình  2 2   x  y   x  y   15 Hướng dẫn. Biến đổi hệ đã o, t t u được 3 3   x  y  xy  x  y   3  3 3   x  y  xy  x  y   15 Đặt u  x3  y3 , v  xy  x  y  . Bài toán 22. Giải hệ phương trình  1  x  x y 3 3 y   2 x  y  1  8  y 1 Hướng dẫn. Điều kiện y  0, x   0, x  y  3 y 1 Đặt u  x  , v  x  y  3, a, b  0 . Hệ đã y Chú ý với điều kiện của nghiệm. u  v  3 o viết lại là  2 2 u  v  5 Bài toán 23. Giải hệ 3 2y    x2  y 2  1 x  1    x2  y 2  2 x  4  y Hướng dẫn. Điều kiện xy  0, x 2  y 2  1 x Đặt u  x  y  1, v  , uv  0 . Hệ đã y 2 2 3 2   1 o trở thành  u v u  2v  3 C ú ý điều kiện của nghiệm. Bài toán 24. Giải hệ phương trình 17 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  x 2  y 2  xy  4 y  1   y x  y   x2  1  (*) Giải. Nhận thấy hệ không có nghiệm dạng  x;0  . Giả sử y  0 . Hệ (*) tươn đươn  x2  1  y  x  y  4  x  y  y  2  x2  1 u  v  4 u  1 x2  1   Đặt u  , v  x  y T được  1 y v  u  2 v  3 Suy ra  x2  1 1   y x  y  3  Vậy hệ p ươn trìn   x  1   y  2   x  2    y  5 i n iệm  x; y   1;2 ,  x; y    2;5  . 3  2 2 4 xy  4 x  y  7   2  x  y   Bài toán 25. Giải hệ phương trình  2 x  1  3  x y Giải. Điều kiện x  y  0 . Hệ viết lại 3  2 2 2 2 3 x  y  x  y  7     2   x  y   x  y  1  x  y  3  x y  18 (1) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Đặt u  x  y  1 , v  x  y , điều kiện u  2 T y v o (1), t được x y 3u 2  v 2  13 Giải hệ n y t được  u; v    2;1 , suy ra  x; y   1;0  .  u  v  3  2  (1)  x  xy  3x  y  0 Bài toán 26. Giải hệ phương trình  4 2 2 2 (2)   x  3x y  5 x  y  0 Giải. Xét x  0  y  0 , vậy  0;0  là một nghiệm của hệ. Xét x  0 , chia hai vế của (1) cho x, hai vế của (2) cho x2, t được  y  x   y  3  x   x     2  x 2  y  3 y  5  x   x2  y  y 3 x 2 y   y 5 x y , t t u được hệ x  y; z    4; 1 z  y  3 y  3 z  2   2  z  y  5  z  z  2  0  y; z   1;2  y  4 y  4   Khi  y; z    4; 1 thì  (vô nghiệm).  2 y x    1 x  x  4  0   x y 1 y 1 x  1    Khi  y; z   1;2  , ta có   2  y  x  x  2  x  2 x  1  0  y  1 Vậy hệ có hai nghiệm  x; y    0;0 ,  x; y   1;1 . Đặt z  x  1.1.4 Phƣơng pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số. Điểm quan trọng củ p ươn p p n y iến đổi một p ươn trìn ủa hệ về dạng f  u   f  v  , với f là hàm số đơn điệu trên D . Từ đ suy r u  v . Bài toán 27. Giải hệ phương trình 3 3   x  5x  y  5 y  8 4  x  y  1 19 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x8  1, y 4  1  x  1, y  1 . Giải. Từ p ươn trìn (2) t Xét hàm số f  t   t 3  5t , t  1;1 có f   t   3t 2  5  0, t   1;1 Do đ hàm f  t  nghịch biến trên khoảng  1;1 nên từ p ươn trìn (1) suy r x  y T y v o p ươn trìn (2) t được x8  x 4  1  0  1  5 a  2 Đặt a  x 4  0 , t được a 2  a  1  0    1  5 a   2 Suy ra y  x   4 (lo¹i) 1  5 . 2 Bài toán 28. Giải hệ phương trình 1 1   x  x2  1  y  y 2  1   2  9 x 2  4  3x  2 x  2  y2 y (1) (2) Hướng dẫn. Điều kiện x  0, y  0 . Xét hàm số f  t   t  f t   1   t 2t 2  1 2 t  2  1  2t t 2 2  1 t 4  t 2   t 2  2t  1 t 2  1 2  2 t 4  2t 2  1  2t  t 2  1 t 4  t 2   t  1 t 1 . Ta có t 1 2 2  1 2 2 2  0, t  Do đ (1)  f  x   f  y   x  y S u đ Vậy hàm số f đồng biến trên t y v o p ươn trìn (2) Bài toán 29. Giải hệ phương trình     x  1  x2 y  1  y 2  1    x 6 x  2 xy  1  4 xy  6 x  1 20 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 1 Hướng dẫn. Điều kiện 6 x  2 xy  1  0 . Ta có   y  y2  1 y  y 1 2 (1)  x  x 2  1   y  y 2  1  f  x   f   y  , với f  t   t  t 2  1 . Lại có f   t   t2 1  t t t  0 , do đ f  t  đồng biến trên . Mà (1) t2 1 t2 1 uôn n ĩ với x  , y  và (1)  f  x   f   y   x   y S u đ t y v o p ươn trìn (2) v iải tiếp.  3 3 2  x  x  2  y  3y  4 y Bài toán 30. Giải hệ phương trình  5 3  x  y  1  0 (1) (2) Ý tưởng. Ta nhìn vào từn p ươn trìn để đ n i với mụ đí tìm mối quan hệ giữa hai biến. Từ (1) ta thấy rằng 2 vế i đ t ứ độc lập của 2 biến x , y và cùng bậ N ư vậy việc áp dụn p ươn p p sử dụn tín đơn điệu là rất đún đắn, v đây ũn ú ún t sử dụn p ươn p p ệ số bất địn Đầu tiên ta chọn một đ t ức bất kì làm chuẩn ở (1). Dễ thấy nên chọn đ t ức bên vế tr i vì n ìn n đơn iản ơn Với ý tưởn đ t được hàm số đặ trưn f  t   t 3  t  2 , n ư vậy việc phải làm bây giờ đ p ân tí y3  3 y 2  4 y  g 3  y   g  y   2 Rõ ràng g  y  có dạng g  y   y  b , từ đây t i triển v đồng nhất hệ số được b  1 N ư vậy t p ươn trìn x3  x  2   y  1   y  1  2 . Chú ý. Những bài toán trên cho thấy có nhiều để đư i vế của một p ươn trìn về m đặ trưn Tuy n iên một số i to n ơn đòi ỏi phải biến đổi p ươn trìn ủa hệ để tìm r m đặ trưn 3 2   4 x  1 x   y  3 5  2 y  0 Bài toán 31. Giải hệ phương trình  2 2  4 x  y  2 3  4 x  7 (1) (2) 3 5 Giải. Điều kiện x  ; y  . Ta có 4 2 (1)   4 x 2  1 2 x   5  2 y  1 5  2 y  f  2x  f  5  2y  21 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Xét hàm số f  t    t 2  1 t  f   t   3t 2  1  0, t , suy ra f  t  m đồng biến với t  . x  0  f  2x  f 5  2 y  2x  5  2 y   5  4 x2 y   2 T y v o p ươn trìn (2) t được 2  5  4x  2 4x     2 3  4x  7  0  2   Nhận xét x  0, x   (*) 3 không phải là nghiệm của (*). 4  3  5  4x  Xét g  x   4 x     2 3  4 x  7 trên  0;  .  2   4 2 2 Suy ra g   x   4 x  4 x 2  3  4  3  0, x   0;   g  x  là hàm nghịch 3  4x  4 biến. 1 1 Mặt khác g    0  x  . Vậy nghiệm của hệ là 2 2 1  x  2   y  2 Bài toán 32. Giải hệ phương trình  x3  2  3 y   1  3  x  y  2   3 Hướng dẫn. Với x  0 , thế vào hệ thấy vô lí. Xét x  0 , ta có 1  2  3 y   1 3 x3  y3  3 y  3   f  y    x x  y3  2  3  x 1 f  , x với f  t   t 3  3t có f   t   3t 2  3  0, t  , suy ra f 1 trên , do đ y  . x 22 m đồng biến Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP BÀI TẬP VẬN DỤNG: Giải các hệ phương trình sau.  x3  y 3  2  3x  2 y 2 a)  2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  2  0 Đ p số:  x; y    0;1 .  x  1  y  8  x3 b)  4  x  1  y Đ p số:  x; y    2;1 . 1.1.5 Phƣơng pháp hình học. Có những kết quả của hình học giúp ta giải các hệ p ươn trìn với cách giải y ơn n ững cách giải Đây ũn min ứng rất thú vị về mối liên hệ giữ đại số và hình học. x  y  z  3  Bài toán 33. Giải hệ phương trình  x 2  y 2  z 2  3  x 2010  y 2010  z 2010  3  Hướng dẫn. Xét u   x; y; z  , v  1;1;1 . Từ hệ ta có u.v  u . v  x  y  z  1  x2  y 2   y  x  z   Bài toán 34. Giải hệ phương trình  x 2  x  y  2 yz 3x 2  8 y 2  8 xy  8 yz  2 x  4 z  2  Giải. Hệ tươn đươn x x  y  y  y  z   0   x  x  1  y  2 z  1  0  2 2 2 2 4  x  y   4  y  z    x  1   2 z  1 (*) Xét a   x; y  , b   x  y; y  z  , c   x  1;2 z  1 . Từ (*) ta có 2 2 a.b  0, a.c  0, 4b  c 1  Nếu a  0 thì x  y  0, z   2  Nếu a  0 thì b và c ùn p ươn (do ùn vuôn với một v tơ 0 ), suy ra c  2b 23 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x  0  x  1  2  x  y    Khi c  2b , ta có  1 T y v o p ươn trìn t ứ y  2 z  1  2 y  z      2 1 nhất của hệ t được z   . 2 1  3x   y  2  x  1  2  x  y  Khi c  2b , ta có   2 z  1   2 y  z    z   2 y  1  3x   4 4 T y v o p ươn trìn t ứ nhất của hệ t được 1  6 x  9 x 2 1  3x 7 x 2 x   .  5 x 2  5 x  2  0 (vô nghiệm) 4 2 4 1   1 1 Vậy hệ đã o i n iệm  x; y; z    0;0;  ,  x; y; z   0; ;   . 2   2 2  x2  y 2  z 2  1 Bài toán 35. Giải hệ phương trình  2 x  y  2 z  3  0 (1) (2) Hướng dẫn. Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , t (1) p ươn trình của mặt cầu ( S ) tâm O  0;0;0  , bán kính R  1 (2) p ươn trìn ủa mặt phẳng ta gọi là ( P) . Vì d  O;( P)   1  R nên ( P) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) . Vậy hệ trên có nghiệm duy nhất, nghiệm của hệ là tọ độ tiếp điểm của ( P) và ( S ) Tìm p ươn trìn đường thẳng qua O  0;0;0  và vuông góc với ( P ) ( P) . Tọ độ tiếp điểm M là nghiệm của hệ  ,v d  n đầu. ũn n iệm của hệ 1.1.6 Phƣơng pháp bất đẳng thức. Hệ p ươn trìn v ất đẳng thức có mối liên hệ chặt chẽ với nhau. Chẳng hạn khi ta chứng minh một bất đẳng thức ta cần làm rõ dấu bằng xảy ra khi n o, điều này có thể dẫn tới việc ta phải tìm nghiệm của một hệ p ươn trìn n o đ N iều bài toán về hệ p ươn trìn ại là sự che dấu một bất đẳng thức n o đ Dấu hiệu để nhận ra dạng toán này là số p ươn trìn ít ơn số ẩn. Vậy n n đối với p ươn p p n y, đo n được nghiệm sẽ góp phần rất lớn vào thành công của lời giải. 24 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 36. Tìm các số dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình 1 1 1 (1)  x  y  z  2010  x  y  z  3 (2)  670 Giải. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 1 1 1 1 9  x  y  z       3 3 xyz .3 3 xyz x y z Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z . Từ (1) và (2) ta có (3) 1 1 1 3     2010. 9 x y z 670   N ư vậy dấu đẳng thức ở (3) xảy ra, do đ ệ tươn đươn với 1 1 1  x  y  z  2010  3 1 1    1 x  y  z   x ; y ; z  ; ;      670  670 670 670   x  y  z Tươn tự với bài toán sau.  x  y  z  Bài toán 37. Tìm các số dương x, y, z, t thỏa mãn hệ x  y  z  t  4  1 1 1 1 1     5  x y z t xyzt  Đ p số:  x; y; z; t   1;1;1;1 . x y   2 x y  8 2 Bài toán 38. Giải hệ phương trình    x y 2 2 2 2 1 1 2 x  y   2; x 2  y 2   x  y   2 .  2 2 2 2 x  y  x  y  4 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có Giải. Ta có x y 2x 2 y  2y 2 x  2 2x 2  y2  x y 25 Suy ra  2. 24  8 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Vậy dấu bằng xảy ra. Từ đ  x; y   1;1 . x  y  1 . Hệ đã o n iệm duy nhất  x 2  8 y 3  2 xy 1  2 y   2 Bài toán 39. Giải hệ phương trình  2 y  1  3  x  4x  1  3  (1) (2) Giải. Điều kiện x3  4 x  0  x  0 . Từ (2) suy ra x  0 . Ta có (1)  x  x  2 y   4 y 2  2 y  x    x  2 y   x  4 y 2   0  x  2 y T y v o p ươn trìn (2) được 3 x3  4 x  x 2  2 x  4 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có x2  4 x2  4 3  2 2  x  x  2x  4   x  4  2x 4 4 4  3 3 3  x2  4  x   x2  4  2x    2 x   .2 x3  4 x  3 x3  4 x 4 2 2  2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2  4  4 x   x  2   0  x  2 Nghiệm của hệ là  x; y    2;1 . Lƣu ý. C ìn p ươn 2 i vế củ (3) được  x  2   x 2  x  4   0 1.2 PHÂN LOẠI HỆ PHƢƠNG TRÌNH. 1.2.1 Hệ phƣơng trình đối xứng. 1. Hệ đối xứng loại một đối với x và y . Là hệ mà khi thay x bởi y và y bởi x , hệ vẫn ôn đổi. Phương pháp giải. x  y  S  Đặt  (với điều kiện S 2  4 P ).  xy  P  Tìm S và P .  K i đ x và y là nghiệm củ p ươn trìn u 2  Su  P  0  x  y  1  2 xy Bài toán 40. Giải hệ phương trình  2 2 x  y  1 26 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  S  1  2 P (1) Giải: Đặt S  x  y , P  xy ( S 2  4 P ). Hệ viết lại  2  S  2 P  1 (2) Th y (1) v o (2), t được: P  0 (1  2 P) 2  2 P  1  4 P 2  6 P  0   3 P   2  Khi P  0 , ta có S  1. Vậy x  y  1 và xy  0 , suy ra x và y là nghiệm t  0 x  0 x  1 củ p ươn trìn t 2  t  0   Do đ  ; t  1 y 1 y  0 3  Khi P  ta có S  2 , không thỏ mãn điều kiện S 2  4 P . 2 Kết luận: Hệ p ươn trìn i n iệm là  x; y    0;1 và  x; y   1;0  . 1 1  x  y  x  y  5  Bài toán 41. Giải hệ phương trình   x2  y 2  1  1  9  x2 y 2 1 1  a, y   b K i đ y x 1 1 x2  2  a 2  2 , y 2  2  b2  2 y x Thay vào hệ p ươn trìn đã o t được a  b  5 a  b  5 a  b  5    2   2 2 a  b  13 (a  b)  2ab  13 ab  6 Giải: Điều kiện x  0 và y  0 Đặt x  Do đ a và b là nghiệm củ p ươn  a;b    2;3,  a; b   3;2  . trìn t  2 Vậy t 2  5t  6  0   t  3  a  2  Khi  ta có b  3  1  x 2 2 x  1 2  x   x  2 x  1  0   2   3 5 1 y  3 y  1  0  y  2  3  y   2 y   27 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP a  3  Khi  ta có b  2  1  x  3  3 5 2  x2  x  3x  1  0 x   2   2  y  12  2  y  2 y  1  0  y  1  y  Các nghiệm  x; y  là  3 5   3 5  3 5  3 5  ;1 ,  ;1 1;  , 1; ,  2 2 2 2          x2  y 2  x  y  2 Bài toán 42. Giải hệ phương trình   xy  x  y  1 Giải: Đặt  x  u , hệ p ươn trìn đã o viết lại u 2  y 2  u  y  2 u 2  y 2  u  y  2    uy  ( u  y )   1  uy  (u  y )  1 * Đặt u  y  S , uy  P , điều kiện S 2  4 P . Thay vào * t được  S  1  S 2  2P  S  2 P  1  S  P  0     2  S  4 S  P  1 S  3S  4  0  (lo¹i) P  5    y  0  y  0 u  y  1   u  1 u  y  1    x  1   y  0   Vậy   u  0  x  0 uy  0  u  0      y  1   y  1 x  0  x  1 Hệ có hai nghiệm là  và  y 1 y  0  x  y  z  2  Bài toán 43. Giải hệ phương trình  x 2  y 2  z 2  6  x5  y 5  z 5  32  Giải: Đặt p  x  y  z , q  xy  yz  zx , r  xyz . Ta có 28 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2q   x  y  z    x 2  y 2  z 2   4  6  2  q  1 2 Ta hãy tìm r Đặt Sn  xn  y n  z n K i đ S0  3 , S1  2 , S2  6 . Ta có Sn   x  y  z  Sn1   xy  yz  zx  Sn2  xyzSn3  0 Suy ra Sn  2Sn1  Sn2  rSn3 . Lấy n  3 , t được S3  2S2  S1  rS0  14  3r Lấy n  4 , được S4  2S3  S2  rS1  28  6r  6  2r  34  8r . Lấy n  5 , được S5  2S4  S3  rS2  68  16r  14  3r  6r  82  25r . Mà S5  32 nên r  2 Do đ x, y, z là nghiệm củ p ươn trìn t 3  2t 2  t  2  0  t 1, 1, 2 Vậy nghiệm của hệ là 1; 1; 2  và các hoán vị của nó. 2. Hệ đối xứng loại hai đối với x và y Là hệ mà nếu ta thay x bởi y và y bởi x t ì p ươn trìn n y iến thành p ươn trìn i v n ược lại. Phương pháp giải.  Lấy hai phươn trìn ủa hệ trừ n u được x  y  x  y  f  x, y   0    f  x, y   0  S u đ ần ượt thay x  y, f  x, y   0 vào một tron hệ và giải tiếp.  x 2  4 x  3 y Bài toán 44. Giải hệ phương trình  2  y  4 y  3x i p ươn trin ủa (1) (2) Giải: Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được x 2  y 2  4 x  4 y  3 y  3x   x  y  x  y    x  y   0 x  y  0 y  x   x  y  x  y  1  0    x  y 1  0  y 1 x x  0  Khi y  x , t y v o (1), t được x 2  4 x  3x  x 2  7 x  0   x  7 Vậy  x; y    0;0  ,  x; y   7;7  là hai nghiệm của hệ.  Khi y  1  x , t y v o (1), t được 29 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 1  13 2 1  13 1  13 1  13 1  13 Với x  , ta có y  . Với x  , ta có y  . 2 2 2 2 Kết luận: Hệ p ươn trìn đã o ốn nghiệm là  1  13 1  13   1  13 1  13  ; ;  0;0  ,  7;7  ,  ,  . 2 2 2 2     x 2  4 x  31  x   x 2  x  3  0  x   4 x  2 2  2 y  15 Bài toán 45. Giải hệ phương trình  2  4 y  2   2 x  15 (1) (2) Giải: Lấy (2) trừ (1), t được  4 x  4 y  4 x  4 y  4   2 y  2 x  2  x  y 8 x  8 y  9   0 y  x x  y  0   8x  9 8 x  8 y  9  0  y   8   Với y  x , thay vào (1), ta có 1  x   2  4 x  2   2 x  15  16 x 2  14 x  11  0   2  x   11  8 1 1  11 11  Vậy  x; y    ;  ,  x; y     ;   là nghiệm của hệ. 8 2 2  8 8x  9  Với y   , ta có 8 8x  9 9  221 2  64 x 2  72 x  35  0  x   4 x  2   15  4 16 9  221 9  221 9  221 9  221 Khi x  . Khi x  y y 16 16 16 16 Hệ đã o ốn nghiệm 1 1  ; , 2 2  11 11   9  221 9  221   9  221 9  221  ; ; ,  .   ;  ,  8  16 16 16 16  8    30 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 46. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 2  (1)  xy  x  m  y  1  2 (2)   xy  y  m  x  1 Giải.  Điều kiện cần: Giả sử hệ đã o n iệm duy nhất là  x; y  K i đ dễ thấy  y; x  ũn n iệm của hệ, do tính duy nhất suy ra y  x , thay vào (1) t được x2  x2  m  x  1  2 x 2  mx  m  0 (3) m  0 Vì (3) có nghiệm kép nên   m2  8m  0   m  8  Điều kiện đủ: + Khi m  0 hệ p ươn trìn đã o trở thành 2 x  y  x  0   xy  x  0   (4)   2 y x  y  0 xy  y  0       Dễ thấy 1; 1 và  2; 2  là nghiệm của (4), vậy m  0 không thỏ mãn đề bài. + Khi m  8 hệ p ươn trìn đã o trở thành 2   xy  x  8 y  8  2   xy  y  8 x  8 (5) (6) Lấy (5) trừ (6) được x  y x 2  y 2  8  y  x    x  y  x  y  8  0    y  8  x Khi y  x , t y v o (5) t được 2 x2  8x  8  0  x  2  y  2 Khi y  8  x , t y v o (5) t được x  8  x   x 2  8  8  x   8  8x  64  8x  8 (vô nghiệm). Kết luận: Hệ p ươn trìn n iệm duy nhất khi và chỉ khi m  8 . 2   x  3x  ln  2 x  1  y Bài toán 47. Giải hệ phương trình  2   y  3 y  ln  2 y  1  x (i) (ii) 1 1 Giải. Điều kiện x   , y   . Lấy (i) và (ii) trừ n u t được 2 2 2 x  3x  ln  2 x  1  y 2  3 y  ln  2 y  1  y  x  x 2  4 x  ln  2 x  1  y 2  4 y  ln  2 y  1 31 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  1  Xét hàm số f  t   t 2  4t  ln  2t  1 trên khoảng   ;   . Ta có  2  2  1  f   t   2t  4   0, t    ;   . 2t  1  2   1  Vậy hàm số f  t  đồngbiến trên khoảng   ;   . Từ đ (1) xảy ra khi và  2  chỉ khi x  y T y v o p ươn trìn (i) được x2  2 x  ln  2 x  1  0 (3) Dễ thấy x  0 thỏa mãn (3). Xét hàm số g  x   x 2  2 x  ln  2 x  1 . Ta có 2 1  0, x   2x  1 2  1  Vậy hàm g  x  đồng biến trên   ;   , suy ra x  0 là nghiệm duy nhất  2  của (3). Hệ p ươn trìn n đâu n iệm duy nhất  x; y    0;0 . g x   2x  2  2  x  x  2 y Bài toán 48. Giải hệ phương trình  2   y  y  2x *  Giải: Đi u iện x  0, y  0 . Dễ thấy nếu x  0 thì y  0 v n ược lại nên hệ có nghiệm  x; y    0;0  . Ta xét x  0 và y  0 . Xét hàm số t2  t f t   , t 0 2 Ta thấy f   t   t  1 4 t m đồng biến trên  0;  .  0, t  0 n n đây  x  f  y  o được viết lại  Nếu x  y thì f  x   f  y  , suy ra y  x y  f x    (vô í) Tươn tự nếu x  y t ì ũn vô í Vậy x  y , t y v o (*) được x 1 2 x  x  2x  x x  1  2 x  x  1 x  x  1  0   x  3  5  2 3 5 3 5  ; Vậy hệ (*) có ba nghiệm là  0;0  , 1;1 ,  . 2 2   Hệ đã   32  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  x3  1  2  x 2  x  y   Bài toán 49. Giải hệ phương trình  3 2   y  1  2 y  y  x  * 3 2   x  2x  2x  1  2 y  f  x  2 y  Giải: Ta có *   3 với  2 f y  2 x y  2 y  2 y  1  2 x       3 2 f  t   t  2t  2t  1 . Ta có f   t   3t 2  4t  2  0, t  nên f đồng biến trên .  Nếu x  y  2 x  2 y  f  y   f  x   y  x (mâu thuẫn).  Nếu x  y  2 x  2 y  f  y   f  x   y  x (mâu thuẫn).  Vậy x  y . Ta có hệ (*) tươn đươn x  y x  y    1 5     3   2 x  1; x  2 x  1  0     2       1  5 1  5  1  5 1  5  ; ; Vậy hệ (*) có nghiệm  x; y   1;1,  ,  . 2 2 2 2     2 x  2  3 y  3x Bài toán 50. Giải hệ phương trình  y y 3  2  3x  2 2 x  3x  3 y  2 Giải: Ta viết lại hệ n ư s u:  y y 2  3  3x  2 2 2 và y   . Xét hàm số 3 3  2  f  t   2t  3t có f   t   2t.ln 2  3t.ln 3  0, t    ;   . Vậy hàm số f  3   2  đồng biến trên   ;   .  3   Nếu x  y thì 3x  2  3 y  2  f  y   f  x   y  x , mâu thuẫn.  Nếu x  y thì 3x  2  3 y  2  f  y   f  x   y  x , mâu thuẫn. x  y Suy ra x  y . Ta có hệ tươn đươn  x x 2  3  3x  2 (*) Từ đ suy r để  x; y  là nghiệm của hệ thì x   33 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Xét g  t   2t  3t  3t  2 , ta có g  t   2t.ln 2 2  3t.ln 2 3  0 nên g   t   0 có tối đ một nghiệm, suy ra g  t   0 có tối đ i n iệm N ư vậy (*) chỉ có hai nghiệm x  1 và x  0 . Kết luận: Hệ có nghiệm  x; y    0;0 , 1;1  . 1.2.2 Hệ có yếu tố đẳng cấp. 1. Hệ có chứa một phương trình đẳng cấp (tức là thuần nhất) bậc hai. Nếu trong hệ có chứa một p ươn trìn đẳng cấp bậc hai (không chứa các số hạng bậc nhất và tự do) t ì t xét trường hợp  Trường hợp 1: x  0 . Thay vào hệ để tìm các nghiệm dạng  0; y  nếu có. y  Trường hợp 2: x  0 Đặt y  tx (hay t  ), t y v o p ươn trìn t uần x nhất để tìm t S u đ tìm x và y . 2 2   x  2 xy  3 y  9 Bài toán 51. Giải hệ  2 2  2 x  13xy  15 y  0 (1) (2) Giải. Nếu x  0 t ì t y v o (2) được y  0 , thay vào (1) thấy không thỏa mãn. Xét x  0 . Chia cả hai vế của (2) cho x 2 t được y 1 x  5y 2 x  5 y  y 15    13  2  0     3 x  y x x y  2  2  x 3 1 2 Khi x  5 y , t y v o (1) t được y 2   y   . Vậy 2 2 5 2 2   5 2 2 ; ;  x; y     ,  x; y     . 2  2 2   2  y 2  , chia hai vế của (1) cho x 2 t được Khi x 3 2 4 9 9 1  2.  3.  2  2  1  x  3 3 9 x x Vậy  x; y    3;2  ,  x; y    3; 2  . Hệ đã o có bốn nghiệm 5 2 2   5 2 2 ; ,  ;      ,  3;2  ,  3; 2  2 2 2 2     34 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2. Hệ có hai phương trình bán đẳng cấp bậc hai. 2 2  a1 x  b1 xy  c1 y  d1  2 2  a2 x  b2 xy  c2 y  d 2 Đư về dạn p ươn trìn đã xét ở mục 1.2.1. Từ i p ươn trìn cấp bậc hai này, ta tạo ra một p ươn trìn đẳng cấp bậ in ưs u n đẳng d1  a2 x 2  b2 xy  c2 y 2   d 2  a1x 2  b1xy  c1 y 2  2 2  3x  2 xy  y  11 Bài toán 52. Cho hệ phương trình  2 2   x  2 xy  3 y  17  m a) Giải hệ khi m=0. b) Tìm m để hệ có nghiệm.  * 2   y  11 Giải: Nếu x  0 thì  2 Hệ (*) có nghiệm khi và chỉ khi 3 y  17  m   11.3  17  m  m  16 . Xét x  0 Đặt y  tx . Thay vào hệ (*) được  x 2  3  2t  t 2   11 3x 2  2tx 2  t 2 x 2  11     2  2 2 2 2 2   x  2tx  3t x  17  m   x 1  2t  3t   17  m (1) (2) Lấy (2) chia (1) theo vế t được 17  m 1  2t  3t 2    m  16  t 2  2  m  6  t  3m  40  0 2 11 3  2t  t (3) a) Khi m  0 , từ (3) có t  2 16t 2  12t  40  0  4t 2  3t  10  0   5 t    4 2  Khi t  2 , t y v o (1) t được 11x  11  x  1. Vậy  x; y   1;2  ,  x; y    1; 2  là nghiệm của hệ (*).  Khi t   5 33 2 16 4 3 , t y v o (1) được x  11  x 2  x 4 16 3 3 35 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 4 3 5 3  4 3 5 3 Vậy  x; y    ; ;  ,  x; y      là nghiệm của hệ (*) 3 3 3 3     Khi m  0 hệ (*) có bốn nghiệm 4 3 5 3  4 3 5 3 ; ; 1;2  ,  1; 2  ,  ,   . 3 3 3 3     b)    Khi m  16 , hệ (*) có nghiệm, chẳng hạn  x; y   0; 11 .  Khi m  16 , hệ (*) có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm (vì nếu có t thì có x cho bởi (2) và có y từ y  tx ), n ĩ   m2  10m  338  0  5  11 3  m  5  11 3 . Kết luận: Hệ (*) có nghiệm khi và chỉ khi 5  11 3  m  5  11 3 . 3. Hệ đẳng cấp bậc hai  x x  y  y  x  y  Bài toán 53. Giải hệ  2 2  2 x  y  3xy  1 (1) (2) 2  x  0 Hướng dẫn. Với y  0 thì hệ trở thành  2 (vô nghiệm). Xét y  0 . 2 x  1  x Chia cả hai vế của (1) cho y 2 v đặt  t , t được y t 2  t  t  1  t 2  2t  1  0  t  1  2 (3) Thay x  ty v o (2) t được y 2  2t 2  3t  1  1  y 2  t  1 2t  1  1 (4) Thay từng giá trị của t v o (4) tìm được y , v t tìm được nghiệm của hệ.  x 2  2 xy  y 2  a  Bài toán 54. Cho hệ  2 2   x  2 xy  2 y  2a  1 a) Chứng minh rằng với mọi a, hệ đã cho luôn có nghiệm.  * b) Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất. 36 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Giải:  y 2  a 2   y  a   a) Khi x  0 , hệ trở thành    2 2a  1 Suy ra 2  2 y  2a  1 y   2  | 2a  1|    x; y    0; t  , với t  max  | a |,  là nghiệm của (*) với mọi a. 2     b) Từ kết quả câu a) suy ra: Không tồn tại a để hệ (*) có nghiệm duy nhất. Bài toán 55. Xác định các giá trị của a để hệ sao có nghiệm duy nhất 2 2   x  2 xy  2 y  a (1)  2 2   x  4 xy  y  a (2) 2 Giải: Bất p ươn trìn (1) viết lại  x  y   y 2  a . Vậy nếu a  0 thì hệ đã cho vô nghiệm. Tiếp theo xét a  0 . Nhận xét rằn i đ  x; y    0;0  và  x; y     a ;0 là nghiệm của hệ. Suy ra nếu a  0 thì hệ có ít nhất hai nghiệm. Xét a  0 , ta có hệ x  y  0 2 2  x  y  y  0 x  0      y  0   2 2 y  0  x  4 xy  y  0  x 2  4 xy  y 2  0   Kết luận: Hệ đã o n iệm duy nhất khi và chỉ khi a  0 . 5 x 2  4 xy  2 y 2  3  Bài toán 56. Tìm a để hệ sau có nghiệm  2 2a  1 2 7 x  4 xy  2 y   2a  5  2 2  5 2 4  x  xy  y  1 (1)   3 3 3 Giải: Hệ đã o viết lại  7 x 2  4 xy  2 y 2  2a  1 (2)  2a  5  Cộng (1) và (2) theo vế t được 16 2 16 4 6 x  xy  y 2  3 3 3 2a  5 18 18 2  16 x 2  16 xy  4 y 2    4x  2 y   2a  5 2a  5 Vậy hệ đã o tươn đươn với 37 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 5 x 2  4 xy  2 y 2  3 (1)   I  18 2 4 x  2 y  (3)    2a  5  5 Từ (3) suy ra 2a  5  0  a   . Ta xét hệ 2   1 2  x; y    ;  2 2    5 x  4 xy  2 y  3 y  2 x  7 7       II   2 2  21 x  3  1  2 4 x  2 y  0        ;  x; y      7 7  5 Tiếp theo ta chứng minh, với a   thì hệ (I) có nghiệm. Thật vậy, gọi 2  x0 ; y0  là nghiệm của hệ (II), i đ 5 x0 2  4 x0 y0  2 y0 2  3   18 2  4 x0  2 y0   0  2a  5  suy ra  x0 ; y0  là nghiệm của (I), suy ra hệ (I) có nghiệm. Vậy hệ đã o 5 nghiệm khi và chỉ khi a   . 2 Lƣu ý: Điểm mấu chốt của lời giải tìm r được bất p ươn trìn (3) Vậy (3) đượ tìm r n ư t ế nào? Với m  0 , ta có 5mx 2  4mxy  2my 2  3m   2 2a  1 2 7 x  4 xy  2 y  2a  5  Cộng hai bất p ươn trìn ủa hệ, t được  5m  7  x 2   4m  4  xy   2m  2  y 2  3m  2a  1 2a  5 Ta cần chọn m sao cho m  0 , 5m  7  0 , 2m  2  0 và  bằn ìn p ươn 5m  7 x  2   4m  4  xy   2m  2 y  2 ủa một biểu thức nào đ Muốn vậy thì 38 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2 5m  7. 2m  2    4m  4   5m  7. 2m  2    2m  2    5m  7  m  1  2  m  1  m  5  m   1  3 2 (lo¹i) (nhËn) 1 Vậy ta sẽ nhân bất p ươn trìn t ứ nhất của hệ với  , s u đ 3 v t u được (3). ộng với (2) Bài toán 57. Xác định giá trị lớn nhất của m để hệ sau có nghiệm  x 2  xy  2 y 2  1  2 2  x  4 xy  5 y  m Giải: x  0 1)Nếu  thì x2  xy  2 y 2  0, m=0 . y  0 2)Xét x 2  xy  2 y 2  0 Đặt x2  xy  2 y 2  a, 0  a  1 K i đ m x 2  4 xy  5 y 2  2 a x  xy  2 y 2 a)Nếu y  0 thì m 1 m  a . a b)Nếu y  0 thì m t 2  4t  5 x  2 , t a t t 2 y * m để (*) có nghiệm, tứ p ươn trìn a m m  2 m  2m  5  0 có nghiệm. Vì  1  0 nên   1 t    4  t  a a a  a  Ta cần x định các giái trị của 2 m   m  2m      4   4   1  5  0 a  a  a  2 m 18 2 74 m m  7    36    4  0  b1   b2 , b1,2  a 7 a a 39 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Vậy m  b2a  b2 , suy ra giá trị lớn nhất của m là b2, đạt được khi va chỉ khi b2  4  x  y  2 1  b   2 x b  4  2   y  2 1 b 1  2    y    2  x 2  xy  2 y 2  1   b2  4  b2  4   2    2 1  b 2 1  b      2  2   4. Hệ đẳng cấp bộ phận. Khi gặp hệ đẳng cấp bộ phận, t t ường sử dụng phép thế để tạo ra hệ đẳng cấp. Nhiều i đã iết chắ đư được về hệ đẳng cấp thì ta lại ôn m điều này mà giải luôn bằn đặt x  ty hoặc y  tx . Bài toán 58. Giải hệ phương trình 2 2   x  8 y  12  3 2   x  2 xy  12 y  0 (1) (2) Giải: T y (1) v o (2) t được x3  2 xy 2   x 2  8 y 2  y  0  x3  2 xy 2  x 2 y  8 y 3  0  Khi y  0 , hệ đã dạng  x;0  .  Khi y  0 Đặt t  (3)  x 2  12 o trở thành  3 vô lí. Vậy hệ không có nghiệm  x  0 x , hay x  ty T y v o (3) t được y do y 0 t 3 y 3  2ty 3  t 2 y 3  8 y 3  0  t 3  t 2  2t  8  0   t  2   t 2  t  4   0  t  2 y 1 Vậy x  2 y T y v o (1), t được 4 y 2  8 y 2  12  y 2  1    y  1 N ư vậy  x; y    2;1,  x; y   2; 1  , thử lại thấy thỏa mãn.  x3  y 3  1 Bài toán 59. Giải hệ phương trình  2 2 3  x y  2 xy  y  2 40 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Giải: Hệ p ươn trìn đã o viết lại 3 3 3 3   x  y  1 x  y  1  3  2 2 3 3 2 2 x y  2 xy  y  2    2 x  y  x y  2 xy  0 (1) (2)  Khi y  0 . Ta có  x3  y 3  1  3 2  x x  x 2       2    1  0  y   y  y Đặt (3) (4) x 1  t , t y v o (4) được 2t 3  t 2  2t  1  0  t  1, t  . y 2  x3  y 3  1 1 Nếu t  1 ta có hệ  x y 3 . 2 x  y  x3  y 3  1 0 x 3  1 Nếu t  1 ta có hệ  (vô nghiệm).  x   y x   y   3  x3  y 3  1 1 3 23 3 Nếu t  ta có hệ  x , y . 2 3 3 y  2 x   1 1   3 3 23 3  ; Vậy hệ có nghiệm là  3 ; 3  ,  . 3   2 2  3  x x  8 y  x  y y Bài toán 60. Giải hệ phương trình   x  y  5 Giải: Điều kiện x  0, y  0.  Xét y  0 , không thỏa mãn hệ p ươn trìn  Xét y  0 , đặt x  t y , điều kiện t  0 và t  1. Hệ trở thành  5t 3 5 8  t  2   2 t y  8  t  y   t 1  t 1  2  y  5  y  t  1  5 do t 2  1  2  t 1  3 41 (*) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  1 3 Ta có (*)  4t 3  8t 2  t  3  0  t  1,  ,  Đối chiếu điều kiện t được  2 2 3 5 3 t  . Vậy y  4 x  y  3  x  9 . Kết hợp với điều kiện ta 9 2 2 1 4 được nghiệm của hệ p ươn trìn  x; y    9;4 . Bài toán 61. Giải hệ phương trình 2 2 3  5 x y  4 xy  3 y  2  x  y   0  2 2 2 xy x  y  2  x  y       Giải: Ta có (1) (x, y  ). (2) (2)  xy  x 2  y 2   2  x 2  y 2  2 xy   x 2  y 2   xy  1  2  xy  1  0  xy  1   xy  1  x 2  y 2  2   0    2 2  x  y  2. 1 Trường hợp 1: y  , t y v o (1) t được x 5x  4 3 2 6 3  3  2 x   0  3x   3  0 x x x x x  3x 4  6 x 2  3  0  3  x 2  1  0  x 2  1  x  1. 2 Vậy  x; y   1;1 ,  x; y    1; 1 là nghiệm của hệ. Trường hợp 2: x 2  y 2  2 . Thay vào (1) t được 5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3   x 2  y 2   x  y   0  5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  x 3  y 3  x 2 y  xy 2  0  4 x 2 y  5 xy 2  2 y 3  x 3  0. (3) Nếu y  0 thì từ (3) suy ra x  0 , mâu thuẫn với x 2  y 2  2 , Vậy tiếp theo ta chỉ xét y  0 K i đ i ả hai vế của (3) cho y 3 t được 42 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x y 2 x  2y 4x 5x x (3)  2  2 3 0   y y y x x  y  y 1  x  y x  y Với x  y t được  2    x; y    1; 1 .  2 2 x  y  2 y 1  x  2 y x  2 y 2 2   x ; y   2 ;  Với x  2 y t được  2    .  2 2 5 5 x  y  2 5 y  2  Các nghiệm của hệ là  2 2  2 2 1;1 ,  1; 1 ,  2 ;  ,  2 ;   . 5 5  5 5  2 3 3 3 2   x  8 y  4 xy  1 Bài toán 62. Giải hệ phương trình  4 4  2 x  8 y  2 x  y  0 Giải.  x3  1   x  1 N ư vậy  Xét y  0 . Thay vào hệ t được  4 2 x  2 x  0    x; y   1;0  là nghiệm của hệ đã o  Xét y  0 Đặt x  ty . K i đ  3 3 t 3 y 3  8 y 3  4ty 3  1  y  t  4t  8   1   4 4 4 2t y  8 y  2ty  y  0  y 3  2t 4  8   2t  1 (do y  0) t 3  4t  8 1    2t 4  t 3  8t 2  4t  16t  8  2t 4  8 4 2t  8 2t  1 3 2  t  8t  12t  0  t  0,2,6  1  1 Khi t  0 ta có  x; y    0;  . Khi t  2 ta có  x; y   1;  .  2  2 1   3 ; 3 Khi t  6 ta có  x; y    3  . Hệ có bốn nghiệm 25 2 25   1 1 1   3  x; y   1;0  ,  x; y    0;  ,  x; y   1;  ,  x; y    3 ; 3  .  2  2  25 2 25  43 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2 x 2  x  y  1  y 2  3 y Bài toán 63. Giải hệ phương trình  2 2  x  xy  3 y  x  2 y Giải: Xét y  0  x  0 . Xét y  0 Đặt t  x  x  ty . Hệ đã y o trở thành  y 2  2t 2  t  1  y  3  t    2 2   y  t  t  3  y  t  2  t  2  0 Từ (2) suy ra  2 Chia (1) cho (2) vế theo vế t được t  t  3  0  t  1  7 2t 2  t  1 3  t 3 2   3t  7t  3t  7  0  t  2 t t 3 t 2  3 t  1  Hệ đã o (1) (2)  7 3  ốn nghiệm  0;0  , 1;1 ,  1;1 ,  ;  .  43 43  1  3 3 3 x  y   x y Bài toán 64. Giải hệ phương trình   x2  y 2  1  (1) (2) Giải: Nhìn vào hệ ta dễ d n n ĩ đến việc thế số 1 từ p ươn trình (2) vào p ươn trìn (1) để p ươn trìn t uần nhất (đẳng cấp) Điều kiện x  y  0 . Ta có (2)   x 2  y 2   1. Thế v o (1) t được: 2  3x 3  y3   x  y    x2  y 2  2  3x 4  y 4  3x3 y  xy 3  x 4  y 4  2 x 2 y 2  2 x 4  3x3 y  2 x 2 y 2  xy 3  2 y 4  0 x  y    x  y  x  2 y   2 x 2  xy  y 2   0   x  2 y  2 x 2  xy  y 2  0  Với 2 x 2  xy  y 2  0 ta có 44 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2 y  3y2  2 x  xy  y  0  x   x     0  x  y  0, 2 4  không thỏa x 2  y 2  1 Trường hợp này loại. 1 1 1  Với x  y ta có 2 x 2  1  x 2  vậy x  y  . , x y 2 2 2 1 2 1 2 1 , x ; y , x  Với x  2 y ta có y 2  vậy y  . 5 5 5 5 5 Kết luận: Hệ có nghiệm  x; y  là 2 2 2  2 1   2 1   1 1   1 1  ; ; ; ; ,  .  ,  ,   5 5  5 5  2 2  2 2  x  y   x3  y 3   7  Bài toán 65. Giải hệ  3 3   x  y   x  y   3 (1)  x  y  x  y   x 2  xy  y 2   7 (i )  Giải: Ta có (1)   Để  x; y  là 2 2 x  y x  y x  xy  y  3 ( ii )        nghiệm của hệ thì vế trái của (i) và vế trái của (ii) phải 0 K i đ ấy (i) chia (ii) theo vế, t được x 2  xy  y 2 7   3x 2  3xy  3 y 2  7 x 2  7 xy  7 y 2 2 2 x  xy  y 3  x  2 y  4 x 2  10 xy  4 y 2  0   x  2 y  2 x  y   0    y  2 x  Khi x  2 y , t y v o (1), t được 4 3 y  7 y 3   7  1  3 y  1  4  y 4  3 3  3 y  1   y  9 y   3  Khi y  2 x , t y v o (1), t được 4 3x  7 x3   7   3x  1  4  3  x 9 x  3   3x  1     2 1   2 1  Các nghiệm của hệ là  4 ; 4  ,  4 ; 4  .  3 3  3 3 45 (vô nghiệm). Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Lƣu ý: Ngoài cách chia, từ hệ (1) có thể tạo r p ươn trìn đẳng cấp n ư s u 3  x  y   x3  y 3   21  (1)   3 3 7  x  y   x  y   21  3 x  y   x3  y 3   7  x  y   x3  y 3 .  1   Bài toán 66. Giải hệ phương trình  1    12  x 2 y  3 x  12  y 6 y  3 x  Giải: Điều kiện x  0, y  0, y  3x  0 . Thay x  0, y  0 vào hệ thấy không thỏa mãn. Vậy hệ p ươn trìn tươn đươn  1    1    3 12 2  1  1   x y y  3x x   12 6  1  3  12  y  3x  y y y  3x  x (1) (2) Nhân (1) và (2) theo vế t được 1 9 12     y  9 x  y  3x   12 xy  0 x y y  3x  y  3x  y 2  6 xy  27 x 2  0   y  3x  y  9 x   0    y  9 x Để  x; y  là nghiệm của hệ thì x  0, y  0 , do đ y  3x T y v o (1) được 1 3  1  1 3  x  x  4  2 3 x 3x x  4  2 3  Kết hợp điều kiện, suy ra hệ có nghiệm duy nhất  y 3 42 3    46  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 4   Bài toán 67. Giải hệ phương trình  4   1 2 x  4  1 2 y  4  x y 2 x  y  x y  1 x  y  Giải: Điều kiện x  0, y  0, x  y  0 . Dễ thấy x  0, y  0 không thỏa mãn hệ, vậy chỉ cần xét x  0 và y  0 Đặt u  x  0, v  y  0 K i đ   1 2u  v  2  1 2u  v  u  4  u 2  v2   2  4  u 2  v2  u        v  1  2u  v   1  1  2u  v  1  2 2    4 u  v   4 u 2  v 2 v 1 1  2    u v 2   2  1  4u  2v 2 2  u v u v Nhân (1) với (2) theo vế t được (1) (2) 4 1 2u  v 4v  u 2u  v   2   2 2 u v u v uv u  v2  4vu 2  4v3  u 3  uv 2  2u 2v  uv 2  2vu 2  4v3  u 3  2uv 2  0   2vu 2  u 3    4v 3  2uv 2   0  u 2  2v  u   2v 2  2v  u    u 2  2v 2   2v  u   0  u  2v Thay u  2v v o (1) t được 2 1 1    2v v 2 Vậy u  8 3  2   v  4 3  2   x  64  Hệ có nghiệm duy nhất   y  16    v 2    2 1  v  4 3  2 2     x  64 17  12 2   2   y  16 17  12 2   17  12 2  17  12 2  2 47 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 1.2.3 Hệ sinh bởi các phân thức hữu tỉ. Bài toán 68. Với giả thiết a và b là hai số phân biệt và a, b0, 1, 2 . y  x  (1) 1  a 1  b  1 a) Giải hệ phương trình sau   x  y 1 (2)  2  a 2  b b) Giả sử  x; y  là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Chứng minh rằng: x y 2  1 a b ab Giải: Xét f  t    p t  x y , với p  t   1  t a t b  t  a  t  b  đ t ức bậc hai theo biến t có hệ số của t 2 là 1 . a) Từ (1) và (2) suy ra f 1  f  2   0 nên p 1  p  2   0 v n ư vậy: x y  t  1 t  2   1   t a t b  t  a  t  b   x  t  b   y  t  a    t  a  t  b     t  1 t  2  (3) (4) Từ (4) lấy t  a, t  b , ta có:   a  1 a  2  x     x  b  a     a  1 a  2   a b     y  a  b     b  1 b  2   y   b  1 b  2    ba  x y 2 b) Từ (3), lấy t  0 , t được:   1  . a b ab Bài toán 69. Với a, b, c là ba số phân biệt và a, b, c 0, 1, 2, 3 .Giả sử các số x, y, z thỏa mãn hệ phương trình: y z  x   (1) 1  a 1  b 1  c  1  y z  x   1 (2)  2  a 2  b 2  c  y z  x (3) 3  a  3  b  3  c  1  48 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chứng minh rằng: Giải: Xét f  t   x y z 6 .   1 a b c abc  p t  x y z , với p  t    1  t a t b t c t  a t  b t  c  đ thức bậc ba theo biến t có hệ số của t 3 là 1 . Từ (1), (2) và (3) suy ra f 1  f  2   f  3  0 nên p 1  p  2   p  3  0 v n ư vậy: x y z  t  1 t  2  t  3   1   t a t b t c  t  a  t  b  t  c  Từ (4) lấy t  0 , t được: (4) x y z 6 .   1 a b c abc Bài toán 70. Với hai số a, b phân biệt và a, b0,1,2,3 . Giải hệ phương trình: y  x (1) 1  a  1  b  1   x  y 1 (2)  2  a 2  b 2 p t  x y 1 , với p  t  đ t ức theo    t  a t  b t t  t  a  t  b  biến t có bậc nhỏ ơn oặc bằng 2. Từ (1) và (2) suy ra f 1  f  2   0 nên p 1  p  2   0 v n ư vậy: Giải: Xét f  t   x y 1   t  1 t  2     t  a t  b t t  t  a  t  b   x  t  b  t  y  t  a  t   t  a  t  b     t  1 t  2  (3) (4) Từ (4) lấy t  0, t  a, t  b , t được: b  a  1 a  2   2  ab x   2b  a    a  a  b  x    a  1 a  2      y  a  b  1 b  2  b b  a y   b  1 b  2        2 a  b  49 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 71. Với ba số a, b, c phân biệt và phương trình: y z  x   1  a 1  b 1  c  y z  x    2  a 2  b 2  c y z  x 3  a  3  b  3  c  Giải: Xét f  t   a, b, c 0,1,2,3,4 .Giải hệ 1 1 2 1  3  p t  x y z 1 , với p  t  là     t  a t  b t  c t t  t  a  t  b  t  c  đ t ức theo biến t có bậc nhỏ ơn oặc bằng 3. Từ hệ suy ra f 1  f  2   f  3  0 nên p 1  p  2   p  3  0 . Vậy: x y z 1   t  1 t  2  t  3     t  a t  b t  c t t  t  a  t  b  t  c  (1)  x  t  b  t  c  t  y  t  a  t  c  t  z  t  a  t  b  t  t  a t  b t  c     t  1 t  2  t  3 (2) Từ (2) lấy t  0, t  a, t  b, t  c , t được: 6  abc  a  a  b  a  c  x    a  1 a  2  a  3  b  b  a  b  c  y    b  1 b  2  b  3 c  c  a  c  b  z    c  1 c  2  c  3   bc  a  1 a  2  a  3 x  6  a  b  a  c    ac  b  1 b  2  b  3  y  6  b  a  b  c    ab  c  1 c  2  c  3 z  6  c  a  c  b   50 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 72. Giả sử a, b, c 0.  1, 2, 3 là ba số khác nhau đôi một. Giải hệ phương trình: y z  x   1  a 2  a 3  a  1  y z  x   1  1  b 2  b 3  b  y z  x 1  c  2  c  3  c  1  Giải: Xét f  t   p t  x y z , với p  t    1  1 t 2  t 3  t 1  t  2  t  3  t  đ thức bậc ba theo biến t có hệ số của t 3 bằng 1 . Từ hệ p ươn trìn suy r : f  a   f  b   f  c   0  p  a   p  b   p  c   0 . Vậy:   t  a  t  b  t  c  x y z   1  1 t 2  t 3  t 1  t  2  t  3  t   x  2  t  3  t   y 1  t  3  t   z 1  t  2  t   1  t  2  t  3  t     t  a  t  b  t  c  Từ đây ần ượt lấy t  1, t  2, t  3 , t được:   a  1 b  1 c  1 x   2 x   a  1 b  1 c  1 2    y   a  2  b  2  c  2    y    a  2  b  2  c  2    2 z   a  3 b  3 c  3  z   a  3 b  3 c  3  2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  * định bởi (*). 1.2.4 Hệ bậc hai tổng quát. Nhận dạng và phương pháp giải. 2 2  a1 x  b1 xy  c1 y  d1x  e1 y  f1 Hệ bậc hai với hai ẩn x và y là  2 * 2 a x  b xy  c y  d x  e y  f   2 2 2 2 2 2 Một số trường hợp đặc biệt (đối xứng loại 1, loại 2, đẳng cấp,…) đã được xét ở các phần trước. Khi các tính chất đặc biệt không còn thì hệ (*) được giải 51 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP theo một sơ đồ chung sẽ đượ trìn y tron i to n dưới đây Tuy n i n p ươn p p n y ôn p ải là tối ưu N ìn un dạn t ường gặp đều dựa trên một v i đặc thù của dạng bậc hai. Nếu biết khai thác các tính chất đặc biệt đ t sẽ tìm được lời giải ngắn gọn.  x 2  y 2  x  2 y  2 Bài toán 73. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  2  x  y   11 Giải.  y 2  2 y  2  Khi x  0 thì hệ viết lại  2 (vô nghiệm).  y  2 y  11  Khi x  0 Đặt y   x , thay vào hệ đã o t được 2 2 2 2 2    x   x  x  2 x  2 1    x  1  2  x  2   2 2 2 2 2 x   x  2 x  2  x  11    1    x  2 1    x  11 1   2  z  1  2  x  2   2 Đặt x  z t được hệ 1   2  z  2 1    x  11 T tín  y   x, x 2  z   D 1   2 1  2 1 Dx  Dz  2  2 2 1 2 2 1 2 11 định thức  1   2   2  2  1  2   1   2   4  1  1   2  .9 2 1  2  4  4  11  22  26  7 11 2  2 Vì Dx  0,  nên nếu 4  1  0 thì D  0 , hệ vô nghiệm. Tiếp theo ta xét 1   K iđ 4 x Điều kiện x 2  z Dx 9 D 26  7  ;z  z  D 4  1 D 1   2   4  1 o t p ươn trìn 52 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 81  4  12  26  7  811   2    26  7  4  1 2 1     4  1   2  81  81  104  2  7  23  2  88  0   44    23  x  1 Với   2 , t được  y  2 2 2 2 9 23  x     44 17 4.  1 44  Với    , t được  23 23   44  23  44  y         23  17  17   23 44  i n iệm  x; y   1;2 ,  x; y     ;  .  17 17  Lƣu ý. Bài toán trên sẽ giải n n ơn nếu ta nhìn thấy được, lấy i p ươn trình của hệ trừ nhau, ta sẽ t u được một p ươn trìn ậc nhất theo hai ẩn x và y , từ đây rút y theo x , giải bằn p ươn p p t ế. Vậy hệ đã o 1.2.5 Hệ lặp ba ẩn (hoán vị vòng quanh) Nhận dạng. Hệ lặp ba ẩn là hệ p ươn trìn x  f  y   y  f  z  (tron đ  z  f  x dạng f là hàm số) (*) Phương pháp giải. Xét hệ lặp ba ẩn (*), với f là hàm số có tập x tập giá trị là T và T  D , hàm số f đồng biến trên T . định D , Cách 1. Đo n n iệm rồi chứng minh hệ có nghiệm duy nhất T ườn để chứng minh hệ có nghiệm duy nhất ta cộn p ươn trìn ủa hệ vế theo vế, s u đ suy ra x  y  z .   Cách 2. Từ T  D suy ra f  x  , f  f  x   và f f  f  x   thuộc D Để  x; y; z  là nghiệm của hệ thì x T . Nếu x  f  x  thì do f ta có f  x   f  f  x   . Vậy f  f  x    f  f  f  x    Do đ 53 tăn tr n T nên Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP   x  f  x   f  f  x   f f  f  x   x Điều mâu thuẫn này chứng tỏ không thể có x  f  x  Tươn tự ũn ôn thể có x  f  x  Do đ f  x   x . Việc giải hệ (*) được quy về giải p ươn trình f  x   x Hơn nữa, ta có. x  f  y x  f  y x  f  y     y  f z y  f  z  y  f z    z  f x   z  f f y       z  f f  f  z      x  f  y x  f  y x  y  z    y  f  z  y  z  z  f  z   z  f z   z  f z     Chú ý.  Hệ lặp ba ẩn còn được giải bằng cách đưa hệ về dạng cơ bản  f  x .A  f  y    f  y  .B  f  z    f  z  .C  f  x  với A, B, C  1; f  x  , f  y  , f  z   0 (xem bài toán 75) hoặc đưa về hệ  f 2  x    y  x k . A  m  2  f  y    z  y  .B  2 n  f  z    x  z  .C Trong đó A  0, B  0, C  0 và k, m, n là các số nguyên dương lẻ (xem bài toán 75).  Khi hàm f không thỏa các điều kiện đã nói ở phần phương pháp giải thì ta phải có những cách xử lí khác (xem bài toán 76, bài toán 77).  y 3  6 x 2  12 x  8  0  Bài toán 74. Giải hệ phương trình  z 3  6 y 2  12 y  8  0  x3  6 z 2  12 z  8  0  54 (1) (2) (3) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP p ươn trìn Cách 1. Cộn ủa hệ vế theo vế t được  x  2   y  2   z  2 3 3 3 0 (4) Ta có  2;2;2  là một nghiệm của hệ. Ta sẽ chứng minh  2;2;2  là nghiệm duy nhất của hệ.  Nếu x  2 thì từ (1) ta có y3  8  6 x  x  2  0  y  2 Từ y  2 và từ (2) ta có z3  8  6 y  y  2  0  z  2 Vậy 0   x  2    y  2    z  2   0 (vô lí). 3 3 3  Nếu 0  x  2 (ta có ngay x  0 vì theo (3) thì x3  6  z  1  2  0 ) thì từ (3) suy ra 2 6 z  z  2   x3  8  0  0  z  2 Kết hợp với (2) suy ra 0  y  2 . Vậy 0   x  2    y  2    z  2   0 (vô lí), vậy x  2 , từ (1) ta có y  2 , thay y  2 vào (2) ta có z  2 . Vậy  2;2;2  là nghiệm duy nhất của hệ. 3 3 3 x  f  z  Cách 2. Hệ viết lại  y  f  x  với f  x   3 6 x2  12 x  8 K i đ m số f  z  f  y x định và liên tục trên . Tiếp theo ta tìm tập giá trị T của f . Ta có 4  x  1 f  x   3 6x 2  12 x  8  2  0  x 1  Vậy tập giá trị của hàm f  x  là T   3 2;  . Ta có f đồng biến trên 1;  nên f đồng biến trên  3 2;  . Theo phần p ươn p p iải hệ đã  x  y  z o được viết lại  2 3 (4)  x  6 x  12 x  8 3 Ta có (4)  x3  6 x 2  12 x  8  0   x  2   0  x  2 .  55 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x  2 x  y  z  Vậy hệ đã o viết lại    y  2 Hệ có nghiệm duy nhất  2;2;2  . x  2 z  2  Lƣu ý. Đối với hệ lặp ba ẩn thì có một sai lầm đ : Do x, y, z v i trò n ư nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử x  y  z . Thực ra x, y, z hoán vị vòng quanh nên phải xét hai thứ tự khác nhau x  y  z và y  x  z . Bài toán 75. Giải hệ phương trình  x 4  2 x3  4 x  2  y 2  4 3 2 y  2y  4y  2  z  z 4  2z3  4z  2  x2  Hướng dẫn. Hệ đã o viết lại  x 4  4   2 x 3  4 x  y 2  2  x 2  2  x 2  2 x  2   y 2  2    4  2 3 2 2 2  y  4   2 y  4 y  z  2   y  2  y  2 y  2   z  2  4  2 3 2 2 2  z  4   2 z  4 z  x  2  z  2  z  2 z  2   x  2  x 2  2   x  12  1  y 2  2  x 2  2  x  12  1  y 2  2       2 2  2    y  2   y  1  1  z 2  2   y 2  2  y  1  1  z 2  2        z 2  2   z  12  1  x 2  2  z 2  2  z  12  1  x 2  2       (1) Do  x  1  1  1,  y  1  1  1,  z  1  1 nên từ (1) suy r để  x; y; z  là nghiệm của hệ thì 2 2 2 x2  2  z 2  2  y 2  2  x2  2  x2  2  z 2  2  y 2  2 Từ đây ết hợp với (1), t được  x 2  2  x  12  1  x 2  2    2  2 2  y  2  y  1  1  y  2   z 2  2  z  12  1  z 2  2    56 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP        x  1,  2, 2  x 2  2  x  12  0   2  2    y  2  y  1  0   y  1,  2, 2  2  2 z  2 z  1  0     z  1,  2, 2  Bài toán 76. Giải hệ phương trình  x3  3x  y (3x 2  1)  3 2  y  3 y  z (3 y  1)  z 3  3z  x(3z 2  1)  Giải. Dễ thấy hệ đã f ( x)   y  f ( x)  o tươn đươn với  x  f ( z ) tron đ  z  f ( y)  x3  3x ' 3( x 2  1)2 1 , f ( x )   0, x   . 2 2 2 3x  1 (3x  1) 3 1   1 1   1   ; ;   Vậy hàm số f ( x) đồng biến trên khoảng  ;  ,  ,  3  3 3  3   Hơn nữa ta có lim f ( x)   và x lim   ,  1  x    3 lim   , lim   , lim    .  1  x    3  1  x   3  1  x   3 Vậy tập giá trị của f ( x) là . Tập x định của hàm số f là con số thực sự của tâp giá trị của hàm số f nên ta không thể áp dụng cách giải n ư đã trìn bày trong phần p ươn p p giải xét p ươn trìn x3  3x  y(3x 2  1). Vì 1 x không thỏ mãn p ươn trìn n y n n để x là nghiệm củ p ươn 3 1 x3  3x . Do đ t đặt x  tan  , với trình này thì x khác  , i đ y 2 3x  1 3         ;  và    . K i đ 6  2 2 x3  3x tan 3   3tan  y 2   tan 3 . 3x  1 3tan 2   1 57 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  y  tan 3  Do đ  z  tan 9 Vậy ta có  x  tan 27 .  x  tan   f ( z)  f (tan9 )  tan 27. k (k  ) . 26  3 9   Vậy nghiệm của hệ là  0;0;0  ,  tan ;tan ;tan  và các hoán vị, 26 26 26        3   9    tan  26  ;tan  26  ;tan  26   và các hoán vị của nó.        Tức là   27  k    Bài toán 77. Giải hệ phương trình     x  cos z   3 3        y  y  cos  3 3       x  z  cos  3 3      x K i đ Giải. Xét hàm số f  x   cos  3 3  f  x        sin  x   f  x   1 3 3 3 3  Từ đ , t o định lí Lagrange ta có x  y  f  y   f  z   f     y  z   y  z Tươn tự ta có x y  yz  zx  x y  x y  yz  zx Giả sử x  max x, y, z  x  y  z . Từ đ    g  x   x  cos  x K i đ 3 3  g x   1  58 f  x   x . Xét hàm số     sin  x   0 . Vậy hàm số 3 3 3 3  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  3 g đồng biến mà g    0 nên hệ p ươn 2   3 x yz . 2 trìn n iệm duy nhất 1.2.6 Một số hệ không mẫu mực x  y  z  Bài toán 78. Giải hệ phương trình  1 1 1 x  y  z.  Giải. Điều kiện xyz  0 i đ ệ đã o viết lại x  y  z x  y  z x  y  z     2 2 z ( x  y )  xy z  xy   ( x  y )  xy Đến đây t x  y  z x  y  z  2  2   y  3y2 2 0  x  y  xy  0  x    2 4    ặp mâu thuẫn với điều kiện. vậy hệ vô nghiệm. 2 2 2   x  y  z  2 xy  zx  zy  3 Bài toán 79. Giải hệ phương trình  2 2   x  y  yz  zx  2 xy  1. Giải. Hệ đã o tươn đươn 2 2   x  y   z  x  y   z  3  0  2   x  y   z  x  y   1  0 uv u v ,y . Hệ 1 trở thành 2 2 2 2  u  zu  z  3  0  2  v  zv  1  0 (1) Đặt u  x  y, v  x  y  x   2 Hệ (2) có nghiệm khi và chỉ khi z2  4  u  0   2  z 2  4  z  2.  z  4  v  0  59 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 80. Giải hệ phương trình 2 x  2 y  2 x  y  2 xy  1  1  3 3  3 y  1  8x  2 y  1 x  0   Giải. Ta có (1)   2 x  1  2  y  1  (1) (2)  2 x  1 y  1  0. Điều kiện  2 x  1 y  1  0. Mà x  0 nên y  1  0 . bới vậy (1)   2x  1  y  1   2x  1  2 y  1  0  2 x  1  y  1  0  y  2 x. T y v o (2) t được 3 6 x  1  8x3  4 x  1   6 x  1  3 6 x  1   2 x   2 x. Hàm số f (t )  t 3  t đồng biến trên Do đ  3  3 6 x  1  2 x  4 x 3  3 x  1 2  4 Dễ thấy rằng x  1 không là nghiệm củ p ươn trìn x  cos , với 0    Do 0     2  3 3  2 . Từ  4  ta có  2    k  1 9 3 cos3    2      k 2  9 3 nên   Xét 0  x  1 đặt k   .    .Vậy hệ có nghiệm  x; y    cos ;2cos  . 9 9 9   Bài toán 81. Giải hệ phương trình 4 x  2 x 2 y  2 x 2  1  y  4 x  1  1  3 6 x  1  y  1   y  3x  4. 60 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hướng dẫn. Ta có (1)  4 x  2 x 2 y  2 x 2   y  4 x  1   4 x  1  3 6 x  1  y  1  8 x3  y  1   4 x  1 y  1  3 6 x  1  y  1 y 1  3 3 8 x  4 x  1  6 x  1. 2 x 2  xy  1  Bài toán 82. Giải hệ phương trình:  9 x 2 3xy  1  . 2 2 1 x 4 2 1  x     Giải. Điều kiện: x  1 Đặt 3x 2 1  x  2 u iđ : 2  2 x  yx  1  0  2  2u  yu -1  0 (1) (2) Từ (1) và (2) suy ra x và u là nghiệm củ p ươn trìn : t 2  yt  1  0 (3) P ươn trìn (3) có ac  2. 1  2  0 nên luôn có hai nghiệm phân biệt và tích hai nghiệm bằng 2 Do đ : 1 3x 2 1 2 xu       3x 2  1  x  2 2 2 2 1  x   2 x2  2 x  1  0  x  1  3 2 1  3 1  2 x 2 1  1  2 x    2.  Khi x  , ta có: y  2 x x 1  3 1  2 x 2 1  1  2 x    2.  Khi x  , ta có: y  2 x x  1  3   1  3  ;2  ;2  ,  Kết luận: Hệ có hai nghiệm:  2 2     61 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP CHƢƠNG 2 MỘT SỐ CÁCH SÁNG TẠO RA ĐỀ TOÁN MỚI T đi từ các ví dụ, qua việc phân tích sâu kỹ thuật sáng tạo để được các bài toán là các hệ p ươn trìn ụ thể. 2.1 Sáng tạo ra các bài toán về các hệ phƣơng trình giải bằng phƣơng pháp cộng, phƣơng pháp thế Ví dụ 1: Xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn 3 3  x  2   y  3  x3  6 x2  12 x  y3  9 y 2  27 y  35 Khi  x; y    3; 2  thì (1) đúng. Cũng với  x; y    3; 2 thì x3  y3  35 Từ (1) và (2) ta được 2 x2  3 y 2  4 x  9 y Từ (2) và (3) ta có bài toán sau. (1) (2) (3) 3 3   x  y  35 Bài toán 83. Giải hệ phương trình  2 2  2 x  3 y  4 x  9 y (1) (2) Giải: Nhân hai vế của (2) với 3 rồi cộng với (1), t được x3  y 3  6 x 2  9 y 2  35  12 x  27 y  x3  6 x 2  12 x  8  y 3  9 y 2  27 y  27   x  2    y  3  x  2  y  3  x  y  5 3 3 T y v o (2) t được  y  2 2 2  y  5  3 y 2  4  y  5  9 y  5 y 2  25 y  30  0    y  3 Nghiệm của hệ là  x; y    3; 2  ,  x; y    2; 3 . Lƣu ý: Trong lời giải trên, quan trọng nhất là biết nhân hai vế p ươn trìn (2) với 3 rồi cộng với p ươn trìn (1), tại sao phải là số 3 mà không phải là số khác, tại sao lại cộng với p ươn trìn (1) m ại không trừ? Điều bí mật đ nằm ở “p ươn p p iả địn ” ( y òn ọi p ươn p p ệ số bất địn ) n ư s u: (3) Xét (1)   .(2) t được: x3  y3  2 x 2  3 y 2  35  4 x  9 y Từ (3) ta chọn  , a, b sao cho 62 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x3  2 x 2  4 x  y 3  3 y 2  9 y  35   x  a    y  b  3 3 2  3a  2   3 4  3a    3  3b  a  2 9  3b 2 b  3   3 3 35  b  a Đi t o ướn n y t ũn tìm được lời giải: Từ (3) ta có x3  2 x 2  4 x  y 3  3 y 2  9 y  35  x3  2 x 2  4 x  23  y 3  3 y 2  9 y  33 Vậy ta cần chọn  sao cho 2 x2  3x2 2    3 Qu đây t ấy rằng những hệ có chứa các hạng tử x3 , x 2 , x và ta có thể dùng hệ số bất địn để đư về các hằn đẳng thức. Chú ý rằng việc xét (1)   .(2) vẫn không giảm tổn qu t ơn so với việc xét  .(1)   .(2) , vì khi giải p ươn trìn t quyền chia cả hai vế cho một số khác 0. Ví dụ 2: Xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn  x  2 4   y  4 4  x 4  8 x3  24 x 2  32 x  y 4  16 y 3  96 y 2  256 y  240 Khi  x; y    4;2  thì (1) đúng, với  x; y    4;2 thì x4  y 4  240 Từ (1) và (2) ta được (1) (2)  8 x3  24 x 2  32 x  16 y 3  96 y 2  256 y  x3  2 y 3  3 x 2  4 y 2   4  x  8 y  (3) Từ (2) và (3) ta có bài toán sau. 4 4   x  y  240 Bài toán 84. Giải hệ phương trình  3 3 2 2 x  2 y  3 x  4 y    4 x  8 y    (i) (ii) Giải: N ân p ươn trìn (ii) với 8 rồi cộng với p ươn trìn (i) t được 63 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x 4  y 4  8 x3  16 y 3  240  24 x 2  96 y 2  32 x  256 y  x 4  8 y 3  24 x 2  32 x  16  y 4  16 y 3  96 y 2  256 y  256 x  2  y  4 x  y  2 4 4   x  2   y  4    x  2  4  y x  6  y  Khi y  x  2 , t y v o p ươn trìn t ứ nhất của hệ t được x 4   x 4  8 x3  24 x 2  32 x  16   240  x3  3x 2  4 x  32  0   x  4   x 2  x  8   0  x  4  Khi y  6  x , t y v o p ươn trình thứ nhất của hệ t được x 4  1296  864 x  216 x 2  24 x3  x 4   240  x3  9 x 2  36 x  64  0   x  4   x 2  5 x  16   0  x  4 Vậy hệ đã o ỉ có hai nghiệm là  4;2  ,  4; 2  . Nhận xét 1: Dấu hiệu để đưa về hằng đẳng thức là trong hệ có chứa x 2  y 2 , x3  y 3 , x 4  y 4 , Ví dụ 3: Xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn  v  5    u  3 3 3  0  u 3  v3  9u 2  15v 2  98  27u  75v (1) Khi  u; v    3; 5 thì (1) đúng. Cũng với  u; v    3; 5 thì u3  v3  98 (2) 2 2 (3) Từ (1) và (2) ta được 3u  5v  9u  25v Đặt u  x  y, v  x  y (một phép đổi biến cơ bản), thay vào (2), (3) được 3 2   x  3xy  49  2 2   x  8 xy  y  8 y  17 x Ta có bài toán sau. 3 2   x  3xy  49 Bài toán 85. Giải hệ phương trình  2 2   x  8 xy  y  8 y  17 x 64 (1) (2) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Giải. x  y  u uv u v Cách 1. Đặt  T y v o (1) t được x ,y x  y  v 2 2  u  v  3  3  u  v  u  v   392 2  u 3  3u 2v  3uv 2  v3  3  u 3  u 2v  v 2u  v3   392  4  u 3  v3   392  u 3  v3  98 T y v o (2) t được u  v  2  8  u 2  v 2    u  v   16  u  v   34  u  v  2  10v 2  6u 2  18u  50v  3u 2  5v 2  9u  25v 3 3  (3) u  v  98 Ta có hệ mới  2 N ân p ươn trìn (4) với 3 rồi 2 3 u  5 v  9 u  25 v (4)   cộng với p ươn trìn (3) S u đ m tươn tự n ư bài toán 83. Cách 2. N ân p ươn trìn (2) với 3 rồi cộng với p ươn trìn (1), t được x3  3 xy 2  49  3 x 2  24 xy  3 y 2  24 y  51x  0   x  1  x 2  2 x  3 y 2  24 y  49   0 2 2   x  1  x  1  3  y  4    0   x 1  0  x  1      x  1  0    x  1   y  4  0   y  4  Nếu x  1 t y v o p ươn trìn t ứ nhất của hệ được y 2  16  y  4  x  1  Nếu  thay vào hệ thấy thỏa mãn. y  4  Vậy hệ p ươn trìn đã o n iệm  x; y  là  1;4  ,  1; 4  . Lƣu ý: Ý tưởn để giải i to n tr n: Do p ươn trìn t ứ nhất của hệ có bậc cao nhất nên ta sẽ để n uy n, n ân p ươn trìn t ứ hai với  rồi cộng với p ươn trìn t ứ nhất t được. 65 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x3  3xy 2  49    x 2  8xy  y 2  17 x  8 y   0 * Mặt khác ta có thể nhẩm được nghiệm của hệ là  x; y    1;4  , do đ t mong muốn (1) p ân tí được thành:  x  1  ax2  bx  cy 2  dy  49  0 (hệ số của xy trong ngoặc bằng 0)  ax3  bx 2  cxy 2  dxy  49 x  ax 2  bx  cy 2  dy  49  0  ax3   a  b  x 2  cxy 2  dxy  cy 2   b  49  x  dy  49  0 ** Từ (*) v (**) đồng nhất hệ số t được a  1 a  b    a  1 c  3   c    3  d  8 c   b  2  d  24 b  49  17 d  8  Như vậy ta hoàn toàn có thể sáng tác được 1 hệ phương trình bất kì bằng cách thay số của biến đổi tương đương mà ta đã chọn. Chẳng hạn: a) Xuất phát từ biến đổi tương đương  x  1   y  2 3 3  x3  3x 2  3x  y3  6 y 2  12 y  9  x3  y 3  9  Tương tự ví dụ 1 ta có hệ phương trình sau  2 2  x  y  x  4 y (1) (2) Hướng dẫn. Nhân hai vế của (2) với -3 rồi cộng với phương trình (1). b) Xuất phát từ biến đổi tương đương  x  1 4   y  2   x4  4 x3  6 x2  4 x  y 4  8 y3  24 y 2  32 y  15 4 Tương tự ví dụ 2 ta có hệ phương trình sau 66 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 4 4   x  y  15  3 3 2 2  2  x  2 y   3  x  4 y   2  x  8 y  (1) (2) Hướng dẫn. Nhân hai vế của (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1). c) Xuất phát từ biến đổi tương đương  x  3 5   y  1 5  x5  15 x 4  90 x3  270 x 2  405 x  y 5  5 y 4  10 y 3  10 y 2  5 y  242 Tương tự ta cũng có hệ phương trình 5 5   x  y  242  4 4 3 3 2 2  3x  y  2  9 x  y   2  27 x  y   81x  y (1) (2) Hướng dẫn. Nhân hai vế của (2) với 5 rồi cộng với phương trình (1). d) Ở ví dụ 3, nếu ta thay bằng một phép đặt ẩn phụ khác, ta cũng có một hệ phương trình mới. Chẳng hạn. Đặt u  x  y, v  xy , với u 2  4v , thay vào ta được hệ phương trình sau.    x3  y 3  xy  xy 2  3x  3 y  98   2 3x 2  3 y 2  5  xy   19 xy  9  x  y  Hướng dẫn. Biến đổi tương đương hệ phương trình trên thành  x  y 3   xy 3  98  2 2 3  x  y   5  xy   9  x  y   25 xy Đặt u  x  y, v  xy , với u 2  4v . Hệ phương trình trở thành 3 3  u  v  98  2 2  3u  5v  9u  25v Nhân phương trình thứ hai với 3 rồi cộng với phương trình thứ nhất. 67 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2.2 Sáng tạo các bài toàn về hệ phƣơng trình giải bằng phƣơng pháp biến đổi đẳng thức. Ví dụ 1. Giả sử một nghiệm của bài toán ta sẽ sáng tác là  x; y   1;2  . Xuất phát từ các đẳng thức ta chọn  x  1 y  1  2  xy  x  y  3 2 2  x  1   y  1   x  1   y  1  8  x 2  y 2  3x  y  6 Từ đây ta có bài toán (1)  xy  x  y  3 Bài toán 86. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  3x  y  6 (2) Hướng dẫn. Ta có (1)  x  y  1  y  1  2   x  1 y  1  2 (2)   x 2  2 x  1   y 2  2 y  1  x  y  8   x  1   y  1   x  1   y  1  8 Đặt a  x  1, b  y  1 , hệ đã o trở thành ab  3  2 2 a  b  a  b  8 (Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1) 2 2 Ví dụ 2. Giả sử một nghiệm của bài toán ta sẽ sáng tác là  x; y   1;1 . Xuất phát từ một đẳng thức ta chọn 5  x  y   x5  y5  5xy  x  y   x 2  xy  y 2   32 Từ đây ta có bài toán.  x 2  y 2  xy  3 Bài toán 87. Giải hệ phương trình  5 5  x  y  15 xy  x  y   32 Hướng dẫn. (1) (2) (2)  x5  y 5  3.5 xy  x  y   32  x5  y 5  5 xy  x  y   x 2  y 2  xy   32 theo (1)   x  y   32  x  y  2 5 Ví dụ 3. Xuất phát từ một đẳng thức ta chọn x 1 y 1   4  x 2  y 2  4 xy  x  y y x 68 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Từ đây ta có bài toán.  x 2  y 2  4 xy  x  y  Bài toán 88. Giải hệ phương trình  x  1 2  y  1 2    x  8 y      2.3 Sáng tạo các bài toán về hệ phƣơng trình giải bằng phƣơng pháp đặt ẩn phụ. Ví dụ 1. Xuất phát từ phép đặt u  x  y, v  x  y , với một cặp giá trị  u; v    3;1 , ta chọn một hệ phương trình đối xứng với u và v. u  v  2uv  10  2 2 u  v  uv  4 Ta có bài toán sau.  x 2  y 2  x  5 Bài toán 89. Giải hệ phương trình  2 2  x  3 y  4 Hướng dẫn. Ta có  x 2  y 2  x  5 2 x 2  2 y 2  2 x  10  2  2 2 2 2 2 x  3 y  4  2 x  2 y  x  y  4 2  x  y  x  y    x  y    x  y   10  2 2 2 2  x  2 xy  y    x  2 xy  y    x  y  x  y   4 2  x  y  x  y    x  y    x  y   10  2 2  x  y    x  y    x  y  x  y   4 u  v  2uv  10 Đặt u  x  y, v  x  y t được hệ p ươn trìn  2 2 u  v  uv  4 1 1 Ví dụ 2. Xuất phát từ phép đặt u  x  , v  y  , ta chọn một hệ phương x y u  v  4 trình với ẩn là u và v  uv  3 Ta có bài toán sau. 69 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP   1  (1)  x  y  1    4 xy    Bài toán 90. Giải hệ phương trình  2 2  xy  1  x  y  3 (2)  xy xy Hướng dẫn. Ta có x y 1 1 1 1 (1)  x  y  4 x y  4 x  y 4 xy y x x y  1 x y 1  1 1 1  1  (2)  xy     3  x  y     y    3   x   y    3 xy y x y x y x  y   u  v  4 1 1 Đặt u  x  , v  y  t được hệ p ươn trìn  x y uv  3 N ư vậy với mỗi phép đặt ta hoàn toàn có thể s n t trình mới. được một hệ p ươn 2.4 Sáng tạo các bài toán về hệ phƣơng trình đối xứng. 2.4.1 Sáng tạo các bài toán về hệ đối xứng loại một. Ví dụ 1: Xét x  3, y  0 . Cần có một hệ bậc hai đối với S và P , rất đơn giản, chỉ cần tính xy  x  y  3, x 2  y 2  x  y  12 . Ta có bài toán sau.  xy  x  y  3 Bài toán 91. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  x  y  12 Giải: Đặt S  x  y, P  xy , điều kiện S 2  4 P . K i đ  S ; P    3;0  S  P  3 P  3  S  2   2  S  S  2 P  12  S  3S  18  0  S ; P    6;9   x  y  3  x; y    3;0    Khi  S ; P    3;0  , ta có  xy  0   x; y    0;3  x  y  6  x  3  Khi  S ; P    6;9  , ta có    xy  9  y  3 Hệ có ba nghiệm  x; y    3;0  ,  x; y    0;3 ,  x; y    3; 3 . Ví dụ 2: Ta sẽ sáng tác một hệ đối xứng loại một đối với u và v . Sau đó chọn u  f  x, y  và v  g  x, y  để được một hệ mới. Xét u  1 và v  1 . Khi đó 70 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP u  uv  v  3  2 2 u v  uv  2 Sau khi đặt S  u  v và P  uv ta được một hệ bậc hai đối với S và P , trong đó có một phương trình bậc nhất theo S và P , hơn nữa do đã chọn u  1, v  1 nên ta đã biết chắc hệ đó có một nghiệm là  S ; P    2;1 . Vậy u  uv  v  3 1 u  x , v  chắc chắn ta sẽ giải được hệ  2 Chọn , được 2 y  1 u v  uv  2   x 1   3  x  y  1  x  1  3 y  3  x y  1 y  1      x x  2 x  x   2 2 y  1 y  1 2     y  1  y  1  Ta thu được bài toán.  x  y  1  x  1  3 y  3  Bài toán 92. Giải hệ phương trình  x x 2  y 1  2  y  1  Ví dụ 3: Xét một phương trình bậc ba có ba nghiệm thực nào đó (sao cho phù hợp với năng lực của học sinh, phù hợp với tầm vóc của kỳ thi, vận dụng một kiến thức nào đó mà ta mong muốn), chẳng hạn phương trình 216 x3  18x  1  0 Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình này. Theo định lí Vi-et ta có   x1  x2  x3  0  1   x1 x2  x2 x3  x3 x1   12  1  x x x  1 2 3  216 Ta có bài toán sau. 71 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  x  y  z  0  1  Bài toán 93. Giải hệ phương trình  xy  yz  zx   12  1  xyz   216 Hướng dẫn: Ta có x, y, z là nghiệm củ p ươn trìn 1 1 t3  t   0  216t 3  18t  1  0 12 216 1 u Đặt t  , t y v o (1) được 8u 3  6u  1  4u 3  3u  2 3 Giải (2) bằng cách (2)  4u 3  3u  cos Sử dụng công thức cos  4cos3  3  3  3cos (1) (2) (*)  3 , ta có 1     cos  4cos3  3cos , 2 3 9 9 1 7 7 7  cos  4cos3  3cos , 2 3 9 9 1 5 5 5  cos  4cos3  3cos . 2 3 9 9  5 7 Do hàm số cos x đồng biến trên khoảng  0;  nên cos ,cos ,cos là 9 9 9 ba số n u đôi một. Vậy từ (*) suy ra nghiệm của (2) là  5 7 u  cos , u  cos , u  cos 9 9 9 1  1 5 1 7 Nghiệm của (1) là t  cos , t  cos , t  cos . Vậy nghiệm của hệ 3 9 3 9 3 9  1 5 1 7  1 đã o  cos ; cos ; cos  và các hoán vị. 9 3 9 3 9  3 Ví dụ 4. Với x  2, y  1, ta tính x2  y 2  3xy  11, x  y  2 xy  7 72 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Ta có bài toán sau. Bài toán 94. Giải hệ phương trình sau  x 2  y 2  3xy  11   x  y  2 xy  7 Hướng dẫn. Đặt S  x  y, P  xy . Ví dụ 5. Tương tự như ví dụ 2, nếu ta thay cách đặt u  f  x  , v  g  y  thì ta hoàn toàn được một hệ mới. 1 Chẳng hạn, ta đặt u  , v  1  y , ta có bài toán sau. x Bài toán 95. Giải hệ phương trình 1 1 y  1 y  3   x x   1 y 1 y  x 2  x  2 Hướng dẫn. Tìm điều kiện. 1 Đặt u  , v  1  y ta được hệ phương trình đối với 2 ẩn u và v là x u  uv  v  3  2 2 u v  uv  2 2.4.2 Sáng tạo các bài toán về hệ đối xứng loại hai. Ví dụ 6. Xét x  2 và y  2 . Khi đó x 2  xy  2 y  4  x 2  xy  2  2  y  . Thay x bởi y và thay y bởi x ta được phương trình y 2  xy  2  2  x  . Ta có bài toán sau. 2   x  xy  2  2  y  Bài toán 96. Giải hệ phương trình  2   y  xy  2  2  x  Ví dụ 7. Xét một phương trình bậc ba nào đó: 8x3  6 x  3 . Ta biến đổi thành phương trình, chẳng hạn 8x3  x2  5x  3  x  x2 . Trong vế phải, thay x bởi y ta được 8x3  x 2  5x  3  y  y 2 . “Trộn” x và y vào hai vế để phương trình được “sinh động” hơn, chẳng hạn 8 x3  y 2  5 x  3  y  x 2 73 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Thay x bởi y và thay y bởi x , ta được 8 y3  x2  5 y  3  x  y 2 . Ta có bài toán sau. 3 2 2  8 x  y  5 x  3  y  x Bài toán 97. Giải hệ phương trình  3 2 2  8 y  x  5 y  3  x  y Giải: Điều kiện x  và y  . Lấy i p ươn trìn trừ n u t được 8 x3  y 2  5 x  8 y 3  x 2  5 y  x  y  x 2  y 2  8 x3  2 x 2  4 x  8 y 3  2 y 2  4 y Hàm số f  t   8t 3  2t 2  4t có f   t   24t 2  4t  4  0, t  (1) nên f đồng , do đ từ (1) có f  x   f  y  , hay y  x . Thay vào hệ đã biến trên được o, t 3 (2) 2 Giải tươn tự n ư p ươn trìn (2) bài toán 93, suy r p ươn trìn (2) nghiệm duy nhất 1 3 3  7 3 3  7   x    2 2 2   Vậy hệ đã o nghiệm duy nhất  3 7 3 3 7 3 3 7 3 3 7  3  .  ;   x; y    16 16 16 16    Ví dụ 8. Với x  2 , xét một phương trình bậc ba bất kì 8 x3  x 2  5 x  3  x  x 2  8 x3  6 x  3  4 x3  3x   x  1 3  6 x  15  x3  3x 2  3x  14  x3  x 2  2 x  14  2 x 2  x Thay x bởi y ở vế phải ta được x3  x2  2 x  14  2 y 2  y  x3  2 y 2  2 x  14  x2  y Thay x bởi y, thay y bởi x ta được phương trình y3  2 x2  2 y  14  y 2  x . Ta có bài toán sau. 3 2 2   x  2 y  2 x  14  x  y Bài toán 98. Giải hệ phương trình  3 2 2   y  2 x  2 y  14  y  x 74 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hướng dẫn. Lấy i p ươn trìn trừ nhau theo vế t được x3  x 2  x  y 3  y 2  y (1) Xét f  t   t 3  t 2  t có f   t   3t 2  2t  1  0, t  , nên f đồng biến trên , do đ từ (1) ta có f  x   f  y   x  y , thay vào hệ đã o, t được x3  2 x 2  2 x  14  x 2  x  x3  8  3x 2  12  3x  6  0   x  2   x 2  2 x  4   3  x  2  x  2   3  x  2   0   x  2   x 2  5 x  7   0  x  2 (do x 2  5 x  7  0) Suy ra x  y  2 . x 1 Ví dụ 9. Hàm số y  log 1 x là hàm số ngược của hàm số y    trên 4 4  0;  . Do đó ta có bài toán sau. Bài toán 99. Giải hệ phương trình   1 y x     4  x 1   y   4   Giải. Ta có a 1 b x  1  y    4 (1)   Hàm số g  x   log 1 x m n ược của hàm 4  y  log 1 x  4 x 1 f  x     , do đ đồ thị củ i m n y đối xứn n u qu đường phân 4 giác của góc phần tư t ứ nhất y  x . Bởi vậy  x; y  là nghiệm của (1) khi và y  x 1  chỉ khi x  y , n ĩ à (1)    1  x  x  y  . 2 x   4     75 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Ví dụ 10. Chọn phương trình  x  y    x  1   y  1  0 , ta biến đổi thành 2  x 2  y 2  xy  x  y  1  0  y  x  1  y 2  xy  x 2 (1) 2 2 2 Ta biết rằng khi giải hệ đối xứng loại hai, nếu lấy hai phương trình trừ nhau, sẽ xuất hiện y  x  0  y  x  f  x, y   0    f  x, y   0 Vậy để tạo ra một hệ đối xứng loại hai, ta sẽ nhân hai vế của (1) với  y  x  , dẫn tới  y  x  y  x  1   y  x   y 2  xy  x 2   y 2  x 2  x  y  y 3  x3  y 3  y 2  x  C  x3  x 2  y  C Từ đây ta sẽ tạo ra rất nhiều hệ đối xứng loại hai, chẳng hạn  y3  y 2  x  C  (2)  3 2 x  x  y  C   Từ hệ (2) này, nếu y  x thì x3  x2  x  C  0 , do đó ta nên chọn C sao cho hệ phương trình có nghiệm “đẹp” và bài toán không quá khó. Chẳng hạn chọn C  0 thì thấy ngay rằng hệ phương trình (2) nhận  0;0  làm nghiệm và ta được bài toán sau.  x  y 2  y 3 Bài toán 100. Giải hệ phương trình  2 3  y  x  x Giải: Lấy i p ươn trìn ủa hệ trừ n u t được x  y  y 2  x 2  y 3  x3   y  x  y  x  1   y  x   y 2  xy  x 2  y  x  2 2  y  x  1  y  xy  x  Khi y  x , thay vào hệ t được   1 5   x3  x 2  x  0  x  x 2  x  1  0  x  0;  2     2 2  Khi y  x  1  y  xy  x , ta có 76 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x 2  xy  y2  x  y  1  0  x  y    x  1   y  1  2 2 2 2 x  y  0   0  x  1 y  1  (v« nghiÖm) 1 5 1 5  1 5 1 5  Vậy các nghiệm của hệ là  0;0  ,  ; ; ,  . 2 2 2 2     2.5 Sáng tạo các bài toán về hệ có yếu tố đẳng cấp. 2 x3  y 3  10 Do y  2 x , nên khi giải hệ  2 2 3  x y  3xy  x  9 y ta sẽ đưa về một phương trình bậc ba theo t  , hơn nữa phương trình này x có “nghiệm đẹp” t  2 . Ta có bài toán sau.  x  1 Ví dụ 1: Với  ta có  y  2 2 x3  y 3  10 Bài toán 101: Giải hệ phương trình  2 2 3  x y  3xy  x  9  y 3  10 Giải: Khi x  0 , hệ đã o trở thành  0  9 dạng  0; y  . Xét x  0 , từ hệ đã o t Vậy hệ không có nghiệm 9  2 x3  y 3   10  x 2 y  3xy 2  x 3   18 x3  9 y 3  10 x 2 y  30 xy 2  10 x 3 3 2  y  y  y  18  9    10    30    10 x x x Đặt t  y , x iđ t  2 9t 3  30t 2  10t  28  0   t  2   9t 2  12t  14   0   2  3 2 t   3 Với y  tx t ì p ươn trìn t ứ nhất của hệ trở thành 2 x3  t 3 x3  10  x3  10 10 x 3 3 2t 2  t3 77 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Vậy ứng với ba nghiệm t tìm được ở trên thì hệ đã o n iệm là 3     2  3 2   10.   3   10  ;  x; y   1;2  ,  x; y    3 3 3  23 2  23 2   3 2     2   3 3       x  3 x Ví dụ 2. Với  Ta thấy x  3 y ,nếu đặt x  ty  t  thì ít nhất cũng có y y 1 x một nghiệm t  3 . Tính t 2  2t  3  0 (do ta chọn). Thay t  ta được y phương trình đầu tiên của hệ x 2  2 xy  3 y 2  0 (đẳng cấp). Phương trình còn lại do ta chọn bất kì. Chẳng hạn x2  y 2  2 x  3 y  19 . Như vậy ta được một hệ phương trình có chứa một phương trình đẳng cấp. Ta có bài toán sau. 2 2   x  2 xy  3 y  0 Bài toán 102. Giải hệ phương trình  2 2   x  y  2 x  3 y  19  1  3 17 1 3 17   57 19  ; Đáp số.  x; y    3;1 ,  x; y     ;   ,  x; y     4 4  10 10    3 2  x  1  x  2 xy  1 Ví dụ 3. Với  ta có  4 Để có thể giải bằng phương 4 y  1 x  y  x  3 y  0    pháp tương tự như giải hệ có yếu tố đẳng cấp, ta cần xây dựng phương trình thứ hai của hệ sao cho nó không chứa số hạng tự do. Ta có bài toán sau.  x3  2 xy 2  1 Bài toán 102. Giải hệ phương trình  4 4  x  y  x  3 y  0 3   x  1  x  1 . Vậy Hướng dẫn: Khi y  0 , hệ đã o trở thành  4 x  x  0   nghiệm có dạng  x;0  của hệ là  1;0  . Xét y  0 Đặt x  ty , thay vào hệ t được 78 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 3 3 3 3 2 do y 0  y  t  2t   1  t y  2ty. y  1    4 4 4 3 4 t y  y  ty  3 y  0     y  t  1  3  t Suy ra 1 3t   t 4  1  3t 3  t 4  6t  2t 2 3 4 t  2t t  1  5  37   3t 3  2t 2  6t  1  0   t  1  3t 2  5t  1  0  t  1,  3   Lƣu ý: Ta biết chắc chắn rằng sẽ có t  1 là do với x  y  1 thì t   x  1. y  x  2  3 2 9 1 9 1  Ví dụ 4. Xét   y  5x  9 x   1 1 . y  5x x y  5x x   y  4x  9  1 Khi đó 1  x x  2  3  2  3  4 . Mặt khác  y  5 x x    9  y  9  1 1   1  x x 2 3.    y  5x  2  y  5x  x  Ta có bài toán sau.  9  x 4 1  y  5 x   Bài toán 103. Giải hệ phương trình   9  1  y 2 3  2 2  y  5 x     2.6 Sáng tạo các bài toán về hệ bậc hai tổng quát.  x 2  4 y 2  4 x  12 y  11 x  1  Ví dụ 1. Với  Khi đó  2 Như vậy ta đã 2 y   2    x  4 y  2 xy  x  4 y  12 x  1 biết chắc 1 nghiệm của hệ là   y  2 Ta có bài toán sau. 79 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2 2   x  4 y  4 x  12 y  11 Bài toán 104. Giải hệ phương trình sau  2 2   x  4 y  2 xy  x  4 y  12 Hướng dẫn. Lấy 3x  23 , thế vào 2x  8 ậc bốn. Giải p ươn i p ươn trìn trừ n u t được y  p ươn trìn t ứ nhất của hệ được một p ươn trìn trình bậc bốn n y tìm được hai nghiệm x  1 và x  4 . 2 2   x  y  4 x  2 y  3 Ví dụ 2: Xét hai số x  3 và y  0 . Khi đó  2 . Vậy 2 x  xy  y  x  2 y  12   ta thu được một hệ bậc hai tổng quát, hệ đó chắc chắn có một nghiệm “đẹp” là  x; y    3;0 . Ta có bài toán sau đây.  x 2  y 2  4 x  2 y  3  Bài toán 105. Giải hệ phương trình  2 2   x  xy  y  x  2 y  12 Giải.  y 2  2 y  3  Khi x  0 thì hệ viết lại  2 Hệ này vô nghiệm.  y  2 y  12  Khi x  0 Đặt y   x , thay vào hệ đã o t được 2  1    x  2   2  x  3  2 2  1      x  1  2  x  12 Đặt x 2  z t được hệ T tín 1   2  z  2   2  x  3   2 1      z  1  2  x  12   y  ax định thức D 1 2 2  4   3  7 2  8  5 2 1     1  2 Dz  Dx  3 2(  2)  18  45 12 1  2 1 2 1  3 2 12  15 2  3  15 80 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Khi D  0 , tức là   1 thì hệ vô nghiệm. Tiếp theo chỉ xét   1 Điều kiện x 2  z o t p ươn trìn để x định  Dx  x  2  D   Dx   Dz  D 2  D.D  x z   D  D  z  Dz  D 2  (15  3  15) 2  (4 3  7  8  5)(45  18 )  153 4  216 3  360  0   0   153 3  216 2  360   0     2 D Khi   0 thì D  5, Dx  15 , suy ra x  x  3  y  0 . D Khi   2 thì D  81, suy ra x  1  y  2 . x  3 x  1 Hệ đã o i n iệm  và  y  0  y  2 Lƣu ý: Vì p ươn trìn đ t ức bậc không quá 4 luôn giải được nên với p ươn p p đã trìn y ở trên ta luôn giải được các hệ bậc hai tổng quát. Ví dụ 3. Từ một hệ đẳng cấp bậc hai, bằng cách tịnh tiến nghiệm, ta sẽ thu u 2  uv  2v 2  4 được một hệ bậc hai tổng quát. Xét hệ  2 Đặt u  x  2 , 2 3u  uv  v  1 v  y  3 . Khi đó  x 2  4 x  4  xy  3x  2 y  6  2 y 2  12 y  18  4  2 2 3x  12 x  12  xy  3x  2 y  6  y  6 y  9  1  x 2  2 y 2  xy  x  10 y  12  2 2 3x  y  xy  15 x  4 y  8 Ta thu được bài toán sau. 2 2   x  2 y  xy  x  10 y  12 Bài toán 106. Giải hệ phương trình  2 2  3x  y  xy  15 x  4 y  8 Hướng dẫn: Đặt x  u  2, y  v  3 t được hệ dẳng cấp bậc hai u 2  uv  2v 2  4  2 2 3u  uv  v  1 81 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Lƣu ý: P ép đặt x  u  2, y  v  3 đượ tìm r n ư s u: T đặt x  u  a, y  v  b , với a, b tìm s u K i đ t y v o p ươn trìn t ứ nhất của hệ, t được. u 2  2au  a2  2v2  4bv  2b2  uv  bu  av  ab  u  a  10v  10b  12 . Để t u đượ p ươn trìn đẳng cấp bậ i t ì điều kiện là  2a  b  1  0 a  2   4b  a  10  0 b  3 Vậy t đặt x  u  2, y  v  3 . Ngoài ra ta có thể m n n ơn n ư s u: Lần ượt đạo hàm hai vế p ươn trìn t ứ nhất theo biến x (xem y là hằng số), theo biến y (xem x là hằng số) của hệ t được 2 x  y  1  0  x  2   4 y  x  10  0  y  3 Từ đ p ép đặt x  u  2, y  v  3 . u  1 Ví dụ 4. Với  Ta tính u 2  v 2  u  2v  1, u 2  v 2  2  u  v   6 . Vậy ta v  1 u 2  v 2  u  2v  1 có hệ phương trình bậc hai tổng quát  2 2 u  v  2  u  v   6 Đặt u  x  1, v  y  2 . Ta có bài toán sau 2 2  x  y  x  6 y  7 Bài toán 107. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  2 y  7 2.7 Sáng tạo các bài toán về hệ lặp ba ẩn. Ví dụ 1. Xét một hàm số thỏa mãn hai điều kiện: f  t  không phải là hàm đồng biến trên và f  t   t là hàm đồng biến trên . Chẳng hạn hàm số. x  f  z   f  t   3t 3  2t 2 , t  . Xét hệ  y  f  x  Ta được bài toán sau.  z  f  y  x  3z 3  2 z 2  Bài toán 108. Giải hệ phương trình  y  3x3  2 x 2  z  3 y3  2 y 2  82 (*) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Giải. Giả sử x  max x, y, z , thế thì x  y  z hoặc x  z  y Xét trường hợp x  y  z (trường hợp x  z  y tươn tự và các nghiệm trùng với các nghiệm củ trường hợp đã xét) Hệ p ươn trìn đã o tươn đươn với  x  z  3z 3  2 z 2  z  3 2  y  x  3x  2 x  x  z  y  3 y3  2 y 2  y  Xét hàm số f  t   3t 3  2t 2  t , t  K iđ x  z  f  z  ệ (*) có dạng  y  x  f  x   z  y  f  y Mặt khác, ta có f   t   9t 2  4t  1  0, t  . Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên K i đ y  z  f  y   f  z   x  y  x  z  y  x . Vậy x  y , suy ra f  x   f  y  , hay y  x  y  z , hay x  z . Thay x  y  z vào hệ p ươn trìn , t n iệm 3x3  2 x2  x  0 P ươn trìn n y 1 n iệm  x; y; z  là x  0, x  1, x   . Vậy hệ p ươn trìn đã o 3 1 1 1  0;0;0  , 1;1;1 ,   ;  ;   .  3 3 3 Lƣu ý. Nếu ta không cộng thêm x, y, z vào từn p ươn trìn để t u được hàm số đồng biến f  t   3t 3  2t 2  t , t  n ư đã trìn bày trong lời giải ở trên mà xét trực tiếp hàm số g  t   3t 3  2t 2 thì sẽ gặp rất nhiều hàm g  t   3t 3  2t 2 không phải ăn, do m đồng biến. Ví dụ 2. Xuất phát từ  x  1 y  1  z  1, ta có xy  z  x  y . Từ đây lần lượt thay bộ  x; y  bởi  y; z  ,  z; x  ta được bài toán 109. Lưu ý rằng độ hay và khó của đề bài phụ thuộc rất nhiều vào phương trình xuất phát.  xy  z  x  y  Bài toán 109. Giải hệ phương trình  xz  y  x  z  yz  x  y  z  I  Giải. Cộng hai vế củ p ươn trìn t ứ nhất với  x  y  1 t được 83 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP xy  x  y  1  z  1   x  1 y  1  z  1 Tươn tự ta có  x  1 y  1  z  1   I    x  1 z  1  y  1   y  1 z  1  x  1 Nhân (1), (2), (3) theo vế t được (1) (2) (3)  x  1 y  1 z  1   x  1 y  1 z  1 2 (4) Nếu x  1 thì từ (1), (2), (3) suy ra y  z  1. Giả sử x  1, y  1, z  1. K iđ (4)   x  1 y  1 z  1  1 (5) Từ (5) và (3) suy ra  x  1  1  x2  2 x  0  x 0, 2 .  Thay x  0 vào hệ (I) t được  y; z    0;0  y  z y  z  2    yz   y  z  y  2 y  0  y; z    2; 2   Thay x  2 vào hệ (I) t được 2 2 y  z  2  y y  z  2  0  2 z  y  2  z    yz  y  z  2  yz  2  y  z   y  z  2  y; z    0; 2     yz  0  y; z    2;0  Nghiệm của hệ là  0;0;0  ,  1; 1; 1 ,  2; 2;0  và các hoán vị. Ví dụ 3. Xuất phát từ  x  1 y  1  z  1 , ta có xy  z  x  y  2 . Từ đây lần lượt thay bộ  x; y  bởi  y; z  ,  z; x  ta được bài toán 110. Lưu ý rằng độ hay và khó của đề bài phụ thuộc rất nhiều vào phương trình xuất phát.  xy  z  x  y  2  Bài toán 110. Giải hệ phương trình  xz  y  x  z  2  yz  x  y  z  2  84 I  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hướng dẫn. Cộng hai vế củ p ươn trìn t ứ nhất với   x  y  1 t được xy  x  y  1  z  1   x  1 y  1  z  1 Tươn tự ta có  x  1 y  1  z  1   I    x  1 z  1  y  1   y  1 z  1  x  1 (1) (2) (3) Tươn tự n ư ví dụ 2 ta nhân (1), (2), (3) theo vế.  x  1 y  1 z  1   x  1 y  1 z  1 2 (4) Nếu x  1 thì từ (1), (2), (3) suy ra y  z  1. Giả sử x  1, y  1, z  1 K i đ (4)   x  1 y  1 z  1  1 (5) Từ (5) và (3) suy ra  x  1  1  x 2  2 x  0  x 0,2 . S u đ t y ần ượt các giá trị của x vào hệ (I) để tìm các nghiệm của hệ. 2 2.8 Xây dựng một số lớp hàm để sáng tạo bài toán mới về mối liên hệ giữa hệ phƣơng trình và dãy số. x3  mx 2.8.1 Lớp hàm f  x   2 Trước hết để ý rằng hệ số của x 3 bằng 1 nx  p n ưn vẫn không làm mất tính tổng quát. Ta có 3 x3  mx x3  mx  nx3  px 1  n  x   m  p  x f  x  x  2 x  nx  p nx 2  p nx 2  p Lại có 3 x 2  m  nx 2  p   2nx  x 3  mx   f  x   2  nx2  p    3nx 4  3 px 2  mnx 2  mp  2nx 4  2mnx 2  nx 2  p 2 nx 4   3 p  mn  x 2  mp  nx 2  p 2 85 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Điều kiện để nx 4   3 p  mn  x 2  mp có dạng f   x   0 , suy ra hàm số f đồng biến) là  Ax 2  B  (lúc này ta có 2 n  0 n  0    2 2 2 2    3 p  mn   4mnp  0 9 p  10mnp  m n  0 Ví dụ 1. Chọn m  3 . Khi đó n  0 n  0   2  2 2 2 9 p  30np  9n  0 3 p  10np  3n  0 Chọn n  3 khi đó  p 1 3 p 2  30 p  27  0  p 2  10 p  9  0   p 9 x3  3x Chọn p  1 , ta được hàm số f  x   2 . Từ hàm số này ta thiết kế được 3x  1 bài toán sau. Để thu được bai toán về hệ đối xứng ba ẩn, ta chỉ cần xét hệ x  f  y  y  f z  z  f  x  x  3 y 2  1  y 3  3 y   Bài toán 111. Giải hệ phương trình  y  3z 2  1  z 3  3z  2 3  z  3z  1  x  3x Ví dụ 2. Ta còn có thể làm khó hơn bài toán 111 như sau. Xét hệ 2 3  x  f  y   y  x  3 y  1  2  y  y     2 3  y  f  z   z   y  3z  1  2  z  z    2 3 z  f  x  x  z  3x  1  2  x  x  Ta thu được bài toán sau.  x  3 y 2  1  2  y  y 3    Bài toán 112. Giải hệ phương trình  y  3z 2  1  2  z  z 3   2 3  z  3x  1  2  x  x  86 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hướng dẫn. Hệ viết lại x  f  y  y x  y  f  y    y  f z  z     y  z  f z   z  f  x  x z  x  f  x, x3  3x với f  x   2 m đồng biến. Giả sử x  max x, y, z , thế thì 3x  1 x  y  z hoặc x  z  y Xét trường hợp x  y  z (Trường hợp x  z  y tươn tự và các nghiệm trùng với các nghiệm củ trường hợp đã xét) K i đ x  y  f  x  f  y  x  z  x  y  z  y Vậy y  z . Suy ra f  y   f  z  , hay x  y  y  z , hay x  z . Thay x  y  z vào hệ p ươn trìn , t   5  x  3x 2  1  2  x  x3   5 x3  x  0  x  0,   5     Vậy hệ p ươn trìn đã o 3 n iệm  x; y; z  là  0;0;0  ,  5 5 5  5 5 5 ; ; ; ;  ,   . 5 5 5 5 5 5     Ví dụ 3. Chọn n  2 . Khi đó p m  2  p  p 2 2 9 p  20mp  4m  0  9    20    4  0   m m p2  m 9 p 2 9p Chọn   m  . Chọn p  2a 2  m  9a 2 , ta được hàm số m 9 2 x  x 2  9a 2  f  x  , x  2  x2  a2  2 Từ hàm số này ta thiết kế được bài toán sau. Bài toán 113. Giải và biện luận (theo tham số a) hệ phương trình  2 x  y 2  a 2   y  y 2  9a 2    2 2 2 2  2 y  z  a   z  z  9a   2 2 2 2 2 z  x  a   x  x  9a  87 (1) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 2 xy 2  y 3  Giải. Khi a  0 , hệ (1) trở thành 2 yz 2  z 3  8 x3 y 3 z 3  x3 y 3 z 3  xyz  0 . 2 zx 2  x3  Vậy (1)  x  y  z  0 . Từ đây về sau ta xét a  0 . Xét hàm số f  x  K iđ f  x  x  x  x 2  9a 2  2  x2  a2  x  x 2  9a 2  2  x2  a2  , x  x  0  x3  7a 2 x x ; f x  x     2  x2  a2   x  a 7  x  3a  f  x   2 x  a  2 2  x  3a   0; f x  0     2 2 2  x   3a Vậy hàm số f đồng biến trên . Ta có x  y  z  0 x  y  z x  y  z   (1)     x  0  x  y  z  a 7  x  f  x    x  y  z  a 7   x   7a  Kết luận: Khi a  0 hệ (1) có nghiệm duy nhất là  0;0;0  . Khi a  0 , hệ (1) 2     có ba nghiệm là  0;0;0  , a 7; a 7; a 7 , a 7; a 7; a 7 . x5  mx 2.8.2 Lớp hàm f  x   4 Trước hết để ý rằng hệ số của x 5 bằng 1 nx  p n ưn vẫn không làm mất tính tổng quát. Ta có 5 x 4  m  nx 4  p   4nx3  x 5  mx   f  x   2  nx4  p    5nx8  5 px 4  mnx 4  mp  4nx8  4mnx 4  nx 4  p 2 nx8   5 p  3mn  x 4  mp  nx 4  p 2 Điều kiện để cho nx8   5 p  3mn  x 4  mp có dạng f   x   0 , suy ra hàm số f đồng biến) là 88  Ax 4  B  (lúc này 2 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP n  0 n  0    2 2 2 2    5 p  3mn   4mnp  0 25 p  34mnp  pm n  0 Ví dụ 4. Chọn n  2 , khi đó p m  2  p  p 2 2 25 p  68mp  36m  0  25    68    36  0   m m  p  18  m 25 p 18 18m Chọn  . Chọn m  25a 4 , khi đó p  18a 4 , ta được hàm số  p m 25 25 x5  25a 4 x f  x  4 2 x  18a 4 Từ hàm số này ta thiết kế được bài toán sau 2 Bài toán 114. Giải và biện luận (theo tham số a) hệ phương trình.  2 x  y 4  9a 4   y  7 a 4  y 4    4 4 4 4  2 y  z  9a   z  7 a  z   4 4 4 4 2 z  x  9a   x  7a  x  (1) 2.9 Sử dụng căn bậc n của số phức để sáng tạo và giải hệ phƣơng trình. Cho số phức z  r  cos  i sin   , r  0 K i đ ăn ậc n của z là C   2k   2k   zk  n r  cos  i sin  , k  0,1,2, , n  1 n n   ăn ậc hai của số phức z  r  cos  i sin   , r  0 là C       z0  r  cos  i sin  , z1   r  cos  i sin  2 2 2 2   ăn ậc ba của số phức z  r  cos  i sin   , r  0 là    z0  3 r  cos  i sin  , 3 3    2   2  z1  3 r  cos  i sin 3 3   ,    4   4   z2  3 r  cos  i sin  3 3   Một p ươn trìn n iệm phức f  z   0 với z  x  iy , ta biến đổi thành 89 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP h  x; y   0 h  x; y   ig  x; y   0    g  x; y   0 N ĩ một p ươn trìn n iệm phức, bằng cách tách phần thực và phần ảo luôn có thể đư về hệ p ươn trìn 2.9.1 Sáng tạo các hệ phƣơng trình bằng cách lũy thừa một số phức cho trƣớc. Để tìm ăn ậc ba của số phức 1  i , ta tìm số phức z  x  iy, x  , y  cho 3  x  iy   1  i  x3  3x 2 yi  3xy 2i 2  y 3i 3  1  i sao  x3  3xy 2  1  x  3xy   3x y  y  i  1  i   2 3 3x y  y  1 Giải hệ n y t tìm được x và y , từ đ z . Tuy nhiên có thể tìm z bằng i ăn ậc ba của 1  i n ư s u T 3 2 2 3    1  i  2  cos  i sin  4 4  ăn ậc ba của 1  i là         z0  3 2  cos  i sin   6 2  cos  i sin  , 12 12  12 12         2   2   3 3   6 z1  3 2  cos 4  i sin 4  i sin   2  cos , 3 3 4 4            4   4   17 17  6 z2  3 2  cos 4  i sin 4  i sin   2  cos 3 3  12 12      x3  3xy 2  1 Từ đây, n ược lại t đã tìm được nghiệm của hệ  2 là 3 3x y  y  1 Vậy  .    3  17  6 6 6 x  2 cos x  2 cos x  2 cos  12 ;  4 ;  12     y  6 2 sin   y  6 2 sin 3  y  6 2 sin 17  12  4  12 90 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP    1 3   Ví dụ 1. Xét số phức z  5  cos  i sin   5   i  . Giả sử x  yi là số 3 3 2 2   phức thỏa mãn điều kiện 1 3  5 5 3 3 i  x  yi   5   i   x3  3x 2 yi  3xy 2i 2  y 3i 3   2 2 2 2   2 x3  6 xy 2  5 3 2 2 3  2 x  6 xy   6 x y  2 y  i  5  5 3i   2 3 6 x y  2 y  5 3 Ta được bài toán sau. 2 x3  6 xy 2  5 Bài toán 115. Giải hệ phương trình  2 3 6 x y  2 y  5 3 (1) (2) Giải. Nhân hai vế của (2) với i rồi cộng với (1) t được 2 x3  6 xy 2   6 x 2 y  2 y 3  i  5  5 3i  x 3  3xy 2   3x 2 y  y 3  i   x3  3x 2 yi  3xy 2i 2  y 3i 3  Vậy x  yi Mà z 5 5 3  i 2 2 1 5 5 3 3  3  i   x  yi   5   i 2 2 2 2  1 3     i   5  cos  i sin  . ăn ậc ba của số phức z  5   3 3 2 2   ăn ậc ba là    z0  3 5  cos  i sin  , 9 9      2   2  3 3 3 z1  5  cos  i sin 3 3     3  7 7   i sin   5  cos , 9 9         4  4  3 3 3 z2  5  cos  i sin 3 3   Vậy các nghiệm của hệ p ươn trìn   3  13 13  i sin   5  cos 9 9    91  .  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP   7  13  3 3 3  x  5 cos 9  x  5 cos 9  x  5 cos 9 ; ;   7   y  3 5 cos  y  3 5 cos  y  3 5 cos 13  9  9  9 Lƣu ý. Cách giải này rất độ đ o v n n ơn n iều so với cách sử dụng tính đẳng cấp của hệ, rồi đư về p ươn trìn đ t ức bậc ba. Ví dụ 2. Từ  x  iy   3  i , ta có 4 x 4  4 x3 yi  6 x 2 y 2i 2  4 xy 3i 3  y 4i 4  3  i   x 4  6 x 2 y 2  y 4   4  x3 y  y 3 x  i  3  i  x 4  6 x 2 y 2  y 4  3  3 3 4  x y  y x   1 Ta có bài toán sau.  x4  6 x2 y 2  y 4  3  Bài toán 116. Giải hệ phương trình  3 1 3 x y  y x   4 (1) (2) Giải. Xét số phức z  x  yi , với x, y  . Vì z 4   x  yi   x 4  4 x3 yi  6 x 2 y 2i 2  4 xy 3i 3  y 4i 4 4   x 4  6 x 2 y 2  y 4   4  x3 y  y 3 x  i nên từ hệ đã ot    z 4  3  i  2  cos  i sin  . Vậy z  x  yi là một 6 6     ăn ậc bốn của số phức 2  cos  i sin  C 6 6  ăn ậc bốn của số phức    2  cos  i sin  là 6 6     13 13    2  cos  i sin  , 4 2  cos  i sin , 24 24  24 24    25 25  4  37 37  4 2  cos  i sin , 2 cos  i sin   24 24  24 24   4 92  .  Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hay  x    x    x    x   Hệ đã o 4n     yi  4 2  cos  i sin  24 24   13 13   yi  4 2  cos  i sin  24 24   25 25   yi  4 2  cos  i sin  24 24   37 37   yi  4 2  cos  i sin  24 24   iệm:   4 x  2 cos  24 ;   y  4 2 sin   24 25  4 x  2 cos  24 ;   y  4 2 sin 25  24 13  4 x  2 cos  24   y  4 2 sin 13  24 37  4 x  2 cos  24   y  4 2 sin 37  24 2.9.2 Sáng tạo các hệ phƣơng trình từ hai số phức cho trƣớc. Ví dụ 3. Xét hai số phức z1 và z2 như sau   z1  z2  7  z1  7  5i       z2  5i  z1 z2  7 5i  5  Vậy z1 và z2 là nghiệm của phương trình 5  7 5i 0 z 5 7 5i 5 z 7 5iz z  7 z  7 z z zz zz z 2  7 z  5  7 5i  0  z  7  Giả sử z  x  yi , với x, y  . Khi đó phương trình trên viết lại 93 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP x  yi  5  x  yi  7 5  xi  y   7 x2  y 2 x2  y 2  x  yi  5x  7 5 y 7 5x  5 y  2 i7 x2  y 2 x  y2  x  5x  7 5 y 7 5x  5 y   7  y   i  0 2 2 x2  y 2 x  y    5x  7 5 y 70 x  2 2 x  y    y  7 5x  5 y  0  x2  y 2  Ta có bài toán sau.  5x  7 5 y 7 x  2 2 x  y  Bài toán 117. Giải hệ phương trình   y  7 5x  5 y  0  x2  y 2  Hướng dẫn: Từ cách sáng tác hệ p ươn trìn t t ấy hệ có hai nghiệm là  x  7  x  0 và    y   5  y  5  z  z  5 2  i z  3 2  i  Ví dụ 4. Xét hai số phức  1 Khi đó z1 và z2  1 2 z z  14 z  2 2  2 i   2  1 2  là hai nghiệm của phương trình   z 2  5 2  i z  14  0  z  14 14 z 5 2 i  z 5 2 i z zz Giả sử z  u  vi , khi đó phương trình viết lại 94 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 14  u  vi  5 2 i u 2  v2 14u 14v   u 2  v  2 i  5 2  i 2 u v  u  v2  u  vi    14  14u  u 1  5 2 u   5 2  2 2   2 2  u  v    u v   v  14v  1 v 1  14   1   u 2  v 2   u 2  v 2  x 14   1   2 5 x  y    Lấy u  x , v  y , ta được  Ta có bài toán sau.   14  y 1 1   x  y    x 14  1     2 x y  5  Bài toán 118. Giải hệ phương trình   y 1  14   1   x  y   2.10 Sử dụng khai triển Nhị thức Niu-tơn để sáng tạo một số hệ phƣơng trình không mẫu mực. Ví dụ 1. Xét 3 3 2 2 3  x  y  3 5  x  y   5 5  x  3x y  3xy  y    3 3 2 2 3  x  y  1 1  x  3x y  3xy  y  x  y   1 Cộng (1) và (2), lấy (1) trừ (2), theo vế ta được 3  x2  3 y 3 2   3  x  3xy x   2 2 3  2  3x y  y   3x 2  y 2  y Lấy (4) trừ (3), lấy (3) cộng (4) ta được 2 3 3 1 2 2 2 2   2 x  2 y y x  2x  y   y  x       3  2  2  2 x2  2 y 2   3  1  x2  y 2  x y  4 x 2 y Ta được bài toán sau. 95 (1) (2) (3) (4) Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP 3 1 2 2  2x  y   y  x   Bài toán 119. Giải hệ phương trình   3  1  x2  y 2  4 x 2 y 7  x  y  7 5  x  y   5  Ví dụ 2: Từ  ta có 7  x  y  1  x  y   1 7 6 5 2 4 3 3 4 2 5 6 7  5  x  7 x y  21x y  35 x y  35 x y  21x y  7 xy  y  7 6 5 2 4 3 3 4 2 5 6 7  1  x  7 x y  21x y  35 x y  35 x y  21x y  7 xy  y (1) (2) Cộng (1) và (2), lấy (2) trừ (1) theo vế ta được 7 5 2 3 4 6 3  x  21x y  35 x y  7 xy  6 4 3 2 5 7 2  7 x y  35 x y  21x y  y 3 6 4 2 2 4 6  x  x  21x y  35 x y  7 y   2  7 x 6  35 x 4 y 2  21x 2 y 4  y 6  y Cộng và trừ hai phương trình cuối ta được 2 3 6 4 2 2 4 6   6 x  14 x y  14 x y  6 y y x    3  2  2  4 x 6  28 x 4 y 2  28 x 2 y 4  4 y 6   x y 2 3 6 4 2 2 4 6  y  x  2  3 x  7 x y  7 x y  3 y    3  2  8  x6  7 x4 y 2  7 x2 y 4  y 6   x y 2 3 2 2 4 2 2 4  y  x  2  x  y  3 x  10 x y  3 y    3  2  8  x 2  y 2  x 4  6 x 2 y 2  y 4   x y Ta được bài toán sau. 96 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 120. Giải hệ phương trình. 2 3 2 2 4 2 2 4  y  x  2  x  y  3x  10 x y  3 y     3  2  8  x 2  y 2  x 4  6 x 2 y 2  y 4   x y 5  x  y  5 5  x  y   5  Ví dụ 3. Từ  ta có 5  x  y  1  x  y   1 5  x5  5 x 4 y  10 x3 y 2  10 x 2 y 3  5 xy 4  y 5   5 4 3 2 2 3 4 5  1  x  5 x y  10 x y  10 x y  5 xy  y (1) (2) Cộng (1) và (2), lấy (1) trừ (2) ta được 3  x 4  10 x 2 y 2  5 y 4  3  x  10 x y  5 xy x   4 2 3 5 2  5 x y  10 x y  y  2  5 x 4  10 x 2 y 2  y 4  y 5 3 2 4 (3) (4) Lấy (4) trừ (3), lấy (3)cộng (4) ta được 2 3 3 1 4 4 4 4   4 x  4 y y x  2x  y  2 y  2x      3  2  2  3x 4  10 x 2 y 2  3 y 4   3  1   3x 2  y 2  x 2  3 y 2   x y  2 x y Ta được bài toán sau 3 1 4 4  2x  y  2 y  2x  Bài toán 121. Giải hệ phương trình sau   3  1   3x 2  y 2  x 2  3 y 2   2 x y 97 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP KẾT LUẬN Hệ p ươn trìn mảng kiến thức quan trọn tron ươn trìn To n học phổ thông. Ta sẽ gặp bài toán này trong các đề thi của các cuộc thi giỏi to n ũn n ư ỳ thi tuyển sin Đại học. Trong nhữn năm ần đây, toán hệ p ươn trìn òn t o xu ướng khó dần lên. Trong khóa luận này, m đã trìn giải hệ p ươn trìn t ôn qu ún t suy n i y tươn đối đầy đủ p ươn p p ĩ t uật giải một số bài toán khó, cách thức ĩ để tìm ra lời giải của một bài toán n ư t ế. Phân loại hệ p ươn trình với một số bài toán minh họa có lời giải chi tiết. Bên cạn đ , khóa luận củ m ũn trìn y quy trìn để sáng tạo ra một đề toán mới. Khóa luận được thực hiện với mong muốn đ n việc nghiên cứu và học tập toán. Từ đ bài toán hệ p ươn trìn iúp ạn đọ p in n iệm trong i n ìn sâu ơn về ũn n ư tự tạo ra cho mình những tài liệu học tập và giảng dạy phong phú về hệ p ươn trìn Do thời i n v năn ực của bản thân còn hạn chế. Khóa luận của em sẽ không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được nhữn đ n p quý báu của thầy cô và các bạn yêu Toán. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Đ o T ị P ượng 98 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung, Sáng tạo và giải phương trình hệ phương trình bất phương trình, NXB tổng hợp TP. HCM, 2014. [2] Trần P ươn , Sai lầm thường gặp và các sáng tạo khi giải toán, NXB Hà Nội, 2004. [3] Nguyễn Quốc Tuấn, Chuyên đề luyện thi đại học về hệ phương trình, 2014. [4] Nguyễn Anh Huy (chủ biên), Chuyên đề phương trình hệ phương trình, Diễn đ n M t S op , 2012 [5] [Tài liệu] Một số kĩ thuật giải hệ phương trình, Tham khảo tạp chí THTT, 2010. 99 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng [...]... hai đối với x và y Là hệ mà nếu ta thay x bởi y và y bởi x t ì p ươn trìn n y iến thành p ươn trìn i v n ược lại Phương pháp giải  Lấy hai phươn trìn ủa hệ trừ n u được x  y  x  y  f  x, y   0    f  x, y   0  S u đ ần ượt thay x  y, f  x, y   0 vào một tron hệ và giải tiếp  x 2  4 x  3 y Bài toán 44 Giải hệ phương trình  2  y  4 y  3x i p ươn trin ủa (1) (2) Giải: Lấy (1)... thức xảy ra khi và chỉ khi x2  4  4 x   x  2   0  x  2 Nghiệm của hệ là  x; y    2;1 Lƣu ý C ìn p ươn 2 i vế củ (3) được  x  2   x 2  x  4   0 1.2 PHÂN LOẠI HỆ PHƢƠNG TRÌNH 1.2.1 Hệ phƣơng trình đối xứng 1 Hệ đối xứng loại một đối với x và y Là hệ mà khi thay x bởi y và y bởi x , hệ vẫn ôn đổi Phương pháp giải x  y  S  Đặt  (với điều kiện S 2  4 P )  xy  P  Tìm S và P ... TẬP VẬN DỤNG: Giải các hệ phương trình sau  x3  y 3  2  3x  2 y 2 a)  2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  2  0 Đ p số:  x; y    0;1  x  1  y  8  x3 b)  4  x  1  y Đ p số:  x; y    2;1 1.1.5 Phƣơng pháp hình học Có những kết quả của hình học giúp ta giải các hệ p ươn trìn với cách giải y ơn n ững cách giải Đây ũn min ứng rất thú vị về mối liên hệ giữ đại số và hình học x... tìm nghiệm của một hệ p ươn trìn n o đ N iều bài toán về hệ p ươn trìn ại là sự che dấu một bất đẳng thức n o đ Dấu hiệu để nhận ra dạng toán này là số p ươn trìn ít ơn số ẩn Vậy n n đối với p ươn p p n y, đo n được nghiệm sẽ góp phần rất lớn vào thành công của lời giải 24 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bài toán 36 Tìm các số dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình 1 1 1 (1)... Bài toán 16 Giải hệ phương trình  2 2  2  x  y   5 12 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Hướng dẫn Đặt u  x  y, v  x  y K i đ u  v  2 x, uv  x 2  y 2 , u 2  v 2  2  x 2  y 2  u  v  2uv  7 Thay vào hệ t được hệ đối xứng loại 1 đối với u và v :  2 2 u  v  5 Bài toán 17 Giải hệ phương trình 3 1  4 4 x  y    4 y 2x (*)  5 2 2  x  y 50   Giải. .. liên hệ giữ đại số và hình học x  y  z  3  Bài toán 33 Giải hệ phương trình  x 2  y 2  z 2  3  x 2010  y 2010  z 2010  3  Hướng dẫn Xét u   x; y; z  , v  1;1;1 Từ hệ ta có u.v  u v  x  y  z  1  x2  y 2   y  x  z   Bài toán 34 Giải hệ phương trình  x 2  x  y  2 yz 3x 2  8 y 2  8 xy  8 yz  2 x  4 z  2  Giải Hệ tươn đươn x x  y  y  y  z   0   x... bc, 1  c  ca Từ đ t đi đến lời giải 11 Sinh viên thực hiện: Đào Thị Phượng KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP  x 2  y 2  xy  3 Bài toán 14 Giải hệ phương trình  5 5  x  y  15 xy  x  y   32 Hướng dẫn Ta cần tìm mối quan hệ giữa các hạng tử trong hệ muốn vậy ta chú ý tới hằn đẳng thức  x  y   x5  y 5  5xy  x  y   x 2  xy  y 2  5 Bài toán 15 Giải hệ phương trình 1 1 1 x  y  z  2  ... (6) và (5) suy ra 3b  2  b  2 3b 2  4   3   a 3  b3  35 1.1.2 Phƣơng pháp biến đổi đẳng thức Nhiều bài hệ p ươn trìn tuy n ìn p ức tạp n ưn t ể giải bằng những đẳng thứ đơn iản Mấu chốt giải những bài toán dạng này là ta phải nhìn ra quan hệ giữa các ẩn số, từ đ ập nên những hằn đẳng thức thích hợp Một số đẳng thức có thể không quen thuộc, nên p ươn p p n y đòi ỏi kinh nghiệm và. .. tinh ý Bài toán 12 Giải hệ phương trình  x 2  y 2  1  xy  2  x   y 2     x 1 1 y  1     Hướng dẫn Điều kiện x  1, y  1 Hệ trên tuy là hệ đối xứng loại 1 n ưn bậc khá cao, việ đư về S  x  y, P  xy có thể gặp nhiều ăn N ưn nếu ta biến đổi x y x 2  xy  y 2  1   1 (1) y 1 x 1 thì bài toán trở n n đơn iản ( ưu ý t p ải chứng minh (1)) Bài toán 13 Giải hệ phương trình ... x  y  1 , v  x  y , điều kiện u  2 T y v o (1), t được x y 3u 2  v 2  13 Giải hệ n y t được  u; v    2;1 , suy ra  x; y   1;0   u  v  3  2  (1)  x  xy  3x  y  0 Bài toán 26 Giải hệ phương trình  4 2 2 2 (2)   x  3x y  5 x  y  0 Giải Xét x  0  y  0 , vậy  0;0  là một nghiệm của hệ Xét x  0 , chia hai vế của (1) cho x, hai vế của (2) cho x2, t được  y  x  ... r đề tập N việc sáng tác đề toán vô quan trọng Với mong muốn tìm hiểu p ươn p p s n t , quy trìn xây dựng nên hệ p ươn trìn , m ọn đề tài: Phương pháp giải hệ phương trình số cách sáng tạo đề. .. đề toán mới” Khóa luận gồm ươn : Chương 1: Phương pháp giải phân loại hệ phương trình Chương 2: Một số cách sáng tạo đề toán Mục đích nghiên cứu nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu p ươn p p iải hệ. .. dẫn Th.S Phạm Lương Bằng, khóa luận em với đề tài Phương pháp giải hệ phương trình số cách sáng tạo đề toán mới” hoàn thành không trùng với bất ì đề tài khác Nếu sai em xin chịu hoàn toàn trách