TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI LUẬN VĂN THẠC SĨ “PHÂN LOẠI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG TOÁN HỌC PHỔ THÔNG” HỌC VIÊN: LÊ VĂN LƯU CHUYÊN NGÀNH: Phương pháp toán sơ cấp MÃ SỐ: 60460113 CÁN BỘ HƯỚNG DẪN: PGS TS Nguyễn Minh Tuấn HÀ NỘI - 2015 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành bảo hướng dẫn PGS TS Nguyễn Minh Tuấn Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Từ tận đáy lòng em xin cảm bày tỏ biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới: thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học; Phòng sau đại học Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội; Các thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa cao học chuyên ngành phương pháp toán cấp khóa 2013-2015; Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Siêu Hưng Yên tạo điều kiện thuận lợi cho hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng nhiều nghiêm túc trình tìm tòi, nghiên cứu thời gian trình độ hạn chế nên nội dụng trình bày luận văn khiêm tốn không tránh khỏi thiếu sót Vì tác giả mong nhận đóng góp quý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Hà Nội, tháng năm 2015 Tác giả Lê Văn Lưu i Mục lục Mở đầu Phương trình đại số bậc ba bốn 1.1 Phương trình đại số bậc ba 1.2 Phương trình đại số bậc bốn 1.2.1 Phương trình dạng (x − a)4 + (x − b)4 = c 1.2.2 Phương trình dạng 1.2.3 Phương trình với hệ số phản hồi 1.2.4 Phương trình dạng t4 = αt2 + βt + λ 1.2.5 Phương trình dạng ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = , a = 4 8 10 11 Hệ phương trình thường gặp 2.1 Hệ phương trình bậc hai ẩn 2.2 Hệ phương trình đối xứng 2.2.1 Hệ phương trình đối xứng loại 2.2.2 Hệ phương trình đối xứng loại hai 2.3 Hệ phương trình đẳng cấp 2.3.1 Hệ phương trình chứa phương trình đẳng cấp 2.3.2 Hệ phương trình đẳng cấp 2.4 Hệ phương trình bậc hai tổng quát 2.5 Hệ phương trình bậc cao nhiều ẩn số 2.5.1 Hệ phương trình hoán vị vòng quanh 2.5.2 Hệ phương trình bậc cao nhiều ẩn số 2.6 Hệ phương trình chứa căn, hệ phương trình mũ logarit 2.6.1 Hệ phương trình chứa 2.6.2 Hệ phương trình mũ logarit 12 12 15 15 31 41 41 43 51 58 58 67 73 73 79 Hệ phương trình không mẫu mực 3.1 Phương pháp biến đổi tương đương 3.1.1 Phương pháp cộng 3.1.2 Phương pháp 3.1.3 Phương pháp phân tích thành nhân 83 88 89 94 97 ii tử MỤC LỤC 3.2 3.3 3.4 MỤC LỤC Phương pháp đặt ẩn phụ 102 Phương pháp hàm số 107 Phương pháp đánh giá 112 Kết luận 117 Tài liệu tham khảo 118 iii Mở đầu Hệ phương trình nội dung trọng tâm, phổ biến có vị trí đặc biệt quan trọng chương trình toán học phổ thông Nó xuất nhiều kỳ thi học sinh giỏi kỳ thi tuyển sinh vào đại học cao đẳng Học sinh phải đối mặt với nhiều dạng toán hệ phương trình mà việc phân loại chúng chưa liệt kê đầy đủ sách giáo khoa Đó hệ phương trình bậc nhất, hệ phương trình đối xứng loại một, hệ phương trình đối xứng loại hai, hệ phương trình đẳng cấp, hệ phương trình bậc hai tổng quát, Việc phân loại hệ phương trình việc tìm lời giải hệ việc xây dựng hệ niềm đam mê không người, đặc biệt người trực tiếp giảng dạy Chính để đáp ứng nhu cầu giảng dạy học tập, tác giả chọn đề tài "Phân loại hệ phương trình toán học phổ thông" làm đề tài nghiên cứu luận văn Đề tài nhằm phần đáp ứng mong muấn thân đề tài phù hợp mà sau phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy nhà trường phổ thông Luận văn đề cập đến việc phân loại hệ phương trình chương trình toán phổ thông, từ giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc toán liên quan đến hệ phương trình Luận văn chia thành ba chương Chương đề cập đến hương trình bậc ba phương trình bậc bốn Chương phân loại có hệ thống số hệ phương trình thường gặp Chương nêu số phương pháp giải điển hình cho hệ phương trình không mẫu mực Hy vọng tài liệu hữu ích giảng dạy học tập thầy, cô em học sinh Chương Phương trình đại số bậc ba bốn Chương ta nêu cách giải cho phương trình bậc ba phương trình bậc bốn tổng quát 1.1 Phương trình đại số bậc ba Trong phần ta nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số thực tùy ý: ax3 + bx2 + cx + d = 0, a = Bài toán 1.1 Giải phương trình (1.1) biết nghiệm: x = x0 Lời giải Theo giả thiết ax30 + bx20 + cx0 + d = Phương trình (1.1) tương đương với phương trình sau ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d; a x3 − x30 + b x2 − x20 + c (x − x0 ) = 0; (x − x0 )(ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c) = Xét ∆ = (ax0 + b)2 − 4a ax20 + bx0 + c 1) Nếu ∆ < phương trình (1) có nghiệm x = x0 (1.1) Phương trình đại số bậc ba bốn 2) Nếu ∆ ≥ phương trình có nghiệm −(ax0 + b) + x1 = x0 , x2 = 2a √ ∆ −(ax0 + b) − , x3 = 2a √ ∆ Nhận xét 1.1 1) Nếu x0 nghiệm (1.1) điều kiện cần đủ để (1.1) có ba nghiệm phân biệt là: ax20 + (ax0 + b)x0 + ax20 + bx0 + c = ∆ > 2) Nếu x0 nghiệm (1.1) phân tích ax3 + bx2 + cx + d = f (x) (x − x0 ) , f (x) tam thức bậc hai 3) Nếu x1 , x2 , x3 nghiệm (1.1) ax3 + bx2 + cx + d = a (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 ) , công thức Viét c d b x1 + x2 + x3 = − , x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = , x1 x2 x3 = − a a a Bài toán 1.2 Giải phương trình 4x3 − 3x = m với |m| ≤ Lời giải Đặt m = cosα = cos (α ± 2π) Khi cosα = cos α = 4cos3 α α − cos 3 α−2π Do phương trình có ba nghiệm: x1 = cos α3 , x2 = cos α+2π , x3 = cos Bài toán 1.3 a) Đặt x = a+ a , a = Chứng minh đẳng thức 4x3 − 3x = a + a b) Giải phương trình 4x3 − 3x = m với |m| > Lời giải a) Ta có 1 x = (a + ) hay a2 − 2ax + = với a = x ± a x2 − Phương trình đại số bậc ba bốn √ Đặt a = x + x2 − x = 21 (a + a1 ) x3 = 18 (a3 + 3a + a3 + a13 ) Suy 1 1 4x3 − 3x = (a3 + 3a + + ) − (a + ) = (a3 + ) a a a a b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm Thật vậy, phương trình nghiệm x0 ∈ [−1; 1] x0 ∈ [−1; 1] đặt x0 = cosϕ suy 4x3 − 3x = 4cos3 ϕ − cos ϕ = |cos3ϕ| ≤ < |m| Giả sử phương trình có nghiệm x1 , |x1 | > 1, 4x31 − 3x1 = m Khi 4x3 − 3x = 4x31 − 3x1 ; (x − x1 ) 4x2 + 4xx1 + 4x21 − = Ta có ∆ = 4x21 − 4x21 − = 12 − 12x21 < Vậy x = x1 nghiệm Đặt m = a3 + a3 , a3 = m ± √ m2 − Khi phương trình có nghiệm x= m2 − + m+ m2 − m− Bài toán 1.4 Giải phương trình: 4x3 + 3x = m Lời giải Nhận xét x = x0 nghiệm phương trình nghiệm Thật vậy, xét x > x0 , 4x3 + 3x > 4x31 + 3x1 = m Tương tự, với x < x0 4x3 + 3x < 4x31 + 3x1 = m Đặt x = a− a , a = Khi dẽ dàng kiểm tra đẳng thức 4x3 + 3x = a − a Suy cách giải phương trình, đặt m= a − , a3 = m ± a m2 + Khi phương trình có nghiệm x= m2 + + m+ m− m2 + Phương trình đại số bậc ba bốn Bài toán 1.5 (xem [3]) Giải biện luận phương trình t3 + at2 + bt + c = Lời giải Đặt t = y − a3 Khi viết phương trình thành a a a (y − ) + a(y − ) + b(y − ) + c = 0; 3 a 2a3 ab y − px = q, p = − b, q = − + − c 27 Ta có trường hợp sau: 1) Nếu p = phương trình có nghiệm y = 2) Nếu p > đặt y = p x √ q Khi ta phương trình √ 3q 4x − 3x = m, m = √ 2p p a) |m| ≤ 1, đặt m = cos α phương trình có ba nghiệm α α − 2π α + 2π x1 = cos , x2 = cos , x3 = cos 3 b) |m| > 1, đặt m= d + , d3 = m ± d m2 − Khi phương trình có nghiệm x= 1 d+ d 3) Nếu p < 0, đặt y = = −p x, m+ m2 − + m− m2 − phương trình 4x3 + 3x = m Đặt m= d − , d3 = m ± d m2 + Khi phương trình có nghiệm x= 1 d− d = m+ m2 + + m− m2 + Phương trình đại số bậc ba bốn 1.2 Phương trình đại số bậc bốn Trong phần nêu phương pháp chung để phân tích đa thức bậc bốn tổng quát thành tích hai tam thức bậc hai Đối với số dạng đa thức bậc bốn đặc biệt có phép biến đổi phù hợp đơn giản hơn, không đòi hỏi phải vận dụng toàn thuật toán tổng quát 1.2.1 Phương trình dạng (x − a)4 + (x − b)4 = c Đặt x = t + a+b , α= a−b Khi phương trình trở thành (t + α)4 + (t − α)4 = c; 2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = Đây phương trình biết cách giải Bài toán 1.6 Giải phương trình (x − 3)4 + (x − 5)4 = 82 Lời giải Đặt x = y + Khi phương trình cho trở thành phương trình sau (y + 1)4 + (y − 1)4 = 82; y + 6y − 40 = Giải phương trình tìm y = y = −2 Do phương trình cho có hai nghiệm x = 2, x = 1.2.2 Phương trình dạng (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = m, a + d = b + c Đặt u = (x + a) (x + d) suy (x + b) (x + c) = u + bc − ad Khi phương trình trở thành u (u + bc − ad) = m hay u2 + (bc − ad) u − m = Đây phương trình biết cách giải Bài toán 1.7 Giải phương trình x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 8 Hệ phương trình không mẫu mực Phân tích Cả hai phương trình cho khó biến đổi tiếp ta nghĩ đến kỹ thuật chia hai vế phương trình phương trình hai hệ cho x x2 ta dễ dàng nhìn hướng biến đổi đặt ẩn phụ Lời giải Xét x = suy y = 0, nên (x; y) = (0; 0) nghiệm hệ phương trình cho Xét x = 0, chia hai vế phương trình hệ cho x, phương trình hai hệ cho x2 ta hệ phương trình (x + xy ) + y = (x + xy ) + y = Đặt z = x + xy , ta thu hệ phương trình sau z+y =3 z + y = 5; y =3−z z − z − = Từ ta tìm y = 4; z = −1 y = 1; z = + Nếu (y; z) = (4; −1) không tìm giá trị (x; y) thỏa mãn + Nếu (y; z) = (1; 2) ta tìm (x; y) = (1; 1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 0), (1; 1) Bài toán 3.17 Giải hệ phương trình (xy + 3)2 + (x + y)2 = y x x2 +1 + y +1 = − Phân tích Phương trình hai cho thật đẹp biến đổi sễ vể đẹp nó, phương trình cho đơn giản rút gọn ta nhận đẳng thức (x2 +1)(y +1) = −8xy ta liện hệ với phương trình hai để rút ẩn phụ a = x x2 +1 , b= Lời giải Biến đổi phương trình hệ phương trình cho trở thành x2 y + 6xy + + x2 + 2xy + y = 8; x2 y + x2 + y + = −8xy; (x2 + 1)(y + 1) = −8xy 104 y y +1 Hệ phương trình không mẫu mực Nhận thấy x = 0; y = không nghiệm hệ phương trình cho Khi x = y = phương trình tương đương x2 + y + = −8 x y Đặt a = x x2 +1 ; b = y y +1 Ta có hệ phương trình sau a + b = − 41 ab = −8; a + b = − 14 ab = − 18 Từ ta tìm a = − 21 ; b = a = 14 ; b = − 12 Trường hợp x x2 +1 y y +1 = − 12 = 14 √ Giải hệ phương trình ta (x; y) = (−1; ± 3) Trường hợp x x2 +1 y y +1 = 14 = − 12 √ Giải hệ phương trình ta (x; y) = (2 ± 3; −1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (−1; − √ 3), (−1; + √ 3), (2 − √ √ 3; −1), (2 + 3; −1) Bài toán 3.18 (Olympic Trung Quốc 2005) Giải hệ phương trình 5(x + x1 ) = 12(y + y1 ) = 13(z + z1 ) xy + yz + zx = Phân tích Phương trình hai khiến ta liện hệ với đẳng thức tam giác tan A B B C C A tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Lời giải Điều kiện: x; y; z = Ta viết phương trình hệ phương trình cho thành 5(x2 + 1) 12(y + 1) 13(z + 1) = = x y z 105 (3.6) Hệ phương trình không mẫu mực Từ suy x; y; z dấu Ngoài (x; y; z) nghiệm hệ (−x; −y; −z) nghiệm hệ Như cần tìm nghiệm dương Từ phương trình hai hệ phương trình cho suy tồn α; β; γ ∈ (0; π) cho α β γ α + β + γ = π, x = tan , y = tan , z = tan 2 Thay vào phương trình (3.6) ta 5(1 + tan2 α2 ) 12(1 + tan β2 ) 13(1 + tan γ2 ) = = ; tan α2 tan γ2 tan β2 12 13 = = sin α sin β sin γ Theo định lý cosine ta suy α; β; γ ba góc tam giác có độ dài ba cạnh 5; 12; 13 Tam giác tam giác vuông có γ= π 12 , sin α = , sin β = 13 13 Vậy z = tan γ2 = Đặt t = tan α2 Khi sin α = 2t = + t2 13 Giải phương trình tìm t ∈ {5; } Nhưng ta có 0 0, với x > − 2x + nên g(x) đồng biến khoảng (− 12 ; ∞) Mà g(0) = nên x = nghiệm phương trình g(x) = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 0) Bài toán 3.20 (ĐH khối A.2012) Giải hệ phương trình x3 − 3x2 − 9x + 22 = y + 3y − 9y x2 + y − x + y = 21 Phân tích Phương trình có hai biến tách rời ta phân tích dạng f (α(x)) = f (β(x)) từ dùng hàm số để giải Nhưng phải giới hạn điều kiện ẩn để hàm số đơn điệu nên ta sử dụng phương trình hai để tìm điều kiện cho ẩn 108 Hệ phương trình không mẫu mực Lời giải Biến đổi hệ phương trình cho trở thành hệ phương trình (x − 1)3 − 12(x − 1) = (y + 1)3 − 12(y + 1) 2 (x − 12 ) + (y + 12 ) = (3.8) Chú ý từ phương trình hai hệ phương trình (3.8) ta có (x − 21 ) ≤ (y + 21 ) ≤ Suy − 32 ≤ x − ≤ 21 − 12 ≤ y + ≤ 23 Xét hàm số f (t) = t3 − 12t khoảng [− 23 ; 32 ] Ta có 3 f (t) = 3t2 − 12 < với t ∈ [ − ; ] 2 nên hàm số f (t) đồng biến khoảng [− 23 ; 32 ] Phương trình hệ phương trình (3.8) tương đương f (x − 1) = f (y + 1) hay y = x − Thế vào phương trình hai hệ phương trình cho ta 4x2 − 8x + = Giải phương trình tìm x = x = 12 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = ( 12 ; − 23 ), ( 32 ; − 21 ) Nhận xét 3.5 Phương trình hệ phương trình (3.8) cho hàm đặc trưng nhiên thân hàm số f (t) = t3 − 12t không đơn điệu R Chính ta nghĩ đến việc tìm miền nghiệm từ phương trình hai hệ phương trình (3.8) Bài toán 3.21 Giải hệ phương trình x3 − 2y = x + y xy(y − x) + x = (y + 1)2 Lời giải Biến đổi hệ phương trình cho trở thành hệ phương trình sau x3 − 2y = x + y 3xy − 3x2 y + 3x = 3(y + 1)2 109 (1) Hệ phương trình không mẫu mực Cộng theo vế hai phương trình hệ phương trình (1) ta (x − y)3 + 2(x − y) = (y + 1)3 + 2(y + 1) (3.9) Xét hàm số f (y) = t3 + 2t, f (t) = 3t2 + > với t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến R phương trình (3.9) tương đương với f (x − y) = f (y + 1) hay x = 2y + Thế vào phương trình hệ phương trình (1) ta 6y + 12y + 3y = Giải phương trình tìm y = 0; y = √ −2− ; Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = √ −2+ √ √ −2−√2 √ (1; 0), (−1 − 2; ), (−1 + 2; −2+2 ) y= Bài toán 3.22 Giải hệ phương trình √ √ √ x + + x + = (y + 1) y − + √ (x − 1)3 + 3y + y + = x + 8y Phân tích Phương trình hai hệ tách rời hai biến nên ta nghĩ đến phương pháp hàm số Từ phương trình hệ ta suy điều kiện hai ẩn x y Lời giải Điều kiện: x ≥ −2, y ≥ Biến đổi phương trình hệ phương trình cho trở thành √ √ ( x + − 2) + 2( x + − 3) = (y + 1) (x − 2)( √ +√ ) = (y + 1) x+2+2 x+7+3 y − 1; y − ≥ 0; x ≥ Biến đổi phương trình hai hệ phương trình cho thành x3 − 3x2 + 2x + 3y − 8y + √ y + = Xét hàm số f (x) = x3 − 3x2 + 2x với x ≥ Ta có f (x) = 3x2 − 6x + > với x ≥ 110 Hệ phương trình không mẫu mực Hàm số f (x) đồng biến khoảng [2; ∞) f(x) = f (2) = Xét g(y) = 3y − 8y + √ [2;∞) y + với y ≥ Ta có g (y) = 9y − + √ > với y ≥ y Hàm số g(y) đồng biến khoảng [1; ∞) nên g(y) = g(1) = [1;∞) Tóm lại f (x) + g(y) ≥ min(f (x)) + min(g(y)) = Dấu xảy x = 2; y = Thử lại ta thấy (x; y) = (2; 1) thỏa mãn hệ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1) Bài toán 3.23 (ĐH khối A.2010)Giải hệ phương trình √ (4x2 + 1)x +√(y − 3) − 2y = 4x2 + y + − 4x = Lời giải Điều kiện x ≤ 43 , y ≤ 52 Biến đổi phương trình hệ phương trình cho trở thành −(5 − 2y) − − 2y = 0; (4x2 + 1)2x = ((5 − 2y) + 1) − 2y (4x2 + 1)x + Xét hàm số f (t) = t(t2 + 1) R, đạo hàm f (t) = 3t2 + > với t ∈ R Suy f (t) đồng biến R nên phương trình (1) tương đương với f (2x) = f ( − 2y) Hay 2x = Từ ta có Thế y = 5−4x2 − 2y x≥0 y = 5−4x vào phương trình hai hệ phương trình cho ta √ − 4x2 f (x) = 4x + ( ) + − 4x = 2 111 (1) Hệ phương trình không mẫu mực √ Xét hàm số f (x) = 4x2 + ( 5−4x ) + − 4x khoảng [0; ] Ta có < với x ∈ [0; ] f (x) = −4x(3 + 4x2 ) − √ − 4x nên hàm số f (x) đồng biến khoảng [0; 34 ] Mặt khác f ( 12 ) = nên x = nghiệm phương trình f (x) = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = ( 21 ; 2) 3.4 Phương pháp đánh giá Phương trình, hệ phương trình bất đẳng thức có mối liên hệ chặt chễ với Chẳng hạn chứng minh bất đẳng thức ta cần dự đoán dấu xảy nào, điều dẫn tới việc tìm nghiệm phương trình, hệ phương trình Nhiều toán hệ phương trình, phương trình lại che dấu bất đẳng thức Dấu hiệu nhận dạng toán số phương trình số ẩn, phương trình phức tạp, không mẫu mực, mang bóng dáng bất đẳng thức Một điều cần lưu y phương pháp đoán nghiệm góp phần lớn vào thành công lời giải Các bất đẳng thức áp dụng AM-GM, Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức hình học, Bài toán 3.24 (Olympic Balan 1997-1998) Giải hệ phương trình 3(x2 + y + z ) = x2 y + y z + z x2 = xyz(x + y + z)3 Phân tích Hệ phương trình có số ẩn nhiều số phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp đánh giá Lời giải Ta có x; y; z (x + y + z) Từ phương trình hai hệ phương trình cho suy xyz(x + y + z) = 112 x2 y + y z + z x2 (x + y + z)2 ≥ Hệ phương trình không mẫu mực Với ba số thực a; b; c theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (ab + bc + ac)2 Từ hai phương trình hệ phương trình cho áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có = 3(x2 + y + z ) ≥ (x + y + z)2 = x2 y + y z + z x2 xy z + x2 yz + xyz ≥ = xyz(x + y + z) xyz(x + y + z) Dấu xảy x = y = z Từ ta tìm x = y = z = x = y = z = − 13 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = ( 31 ; 31 ; 13 ), (− 31 ; − 13 ; − 31 ) Bài toán 3.25 (Olympic 30/04/2014) (Xem [7]) Giải hệ phương trình 2+ 2x2 + 2xy + 5y = 3(x + y) √ 5x + 2xy + 2y√ 2x + y + + 7x + 12y + = 2xy + y + Lời giải Từ phương trình hệ phương trình cho suy x + y ≥ 5x2 + 2xy + 2y + 2x2 + 2xy + 5y = (2x + y)2 + (x − y)2 + ≥ (2x + y)2 + (x + 2y)2 + (x − y)2 (x + 2y)2 = |2x + y| + |x + 2y| ≥ 3(x + y) Dấu xảy x = y ≥ Thế y = x vào phương trình hai hệ phương trình cho ta √ √ 3x + + 19x + = 2x2 + x + 5; √ √ ( 3x + − x − 1) + 2[ 19x + − x − 2] = 2x2 − 2x; √ √ −x2 + x + 3x + + x + x2 − x + 3x + + x + 3 −2(x3 + 6x2 − 7x) = 2x2 − 2x; √ (19 + 8x)2 + (x + 2) 19 + 8x + (x + 2)2 2(x2 − x)(x + 7) + 2(x2 − x) = 0; √ (19 + 8x)2 + (x + 2) 19 + 8x + (x + 2)2 (x2 − x)( √ + 3x + + x + 2(x + 7) + 2) = √ 2 (19 + 8x) + (x + 2) 19 + 8x + (x + 2) 113 Hệ phương trình không mẫu mực Vì x ≥ nên ta tìm x = x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 0), (1; 1) Bài toán 3.26 (VMO 2009) Giải hệ phương trình √ 1+2x2 1+2y +√ √ 1+2xy = y(1 − 2y) = 29 x(1 − 2x) + Phân tích Từ phương trình hệ phương trình ta liên hệ với bất đẳng thức sau √ 1 + 2x2 ≤√ + 2xy + 2y + Lời giải Điều kiện: ≤ x; y ≤ 21 Với điều kiện ta có bất đẳng thức √ + + 2x2 ≤√ + 2y 2 + 2xy (*) Dấu xảy x = y Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có √ 1 + 2x2 + 1 + + 2x + 2y ≤2 + 2y Dấu xảy √ 1 + 2x2 = 1 + 2y Hay x = y Ta lại có 1 2(x − y)2 (2xy − 1) + − = ≤ ( ≤ xy ≤ ) 2 2 + 2x + 2y + 2xy (1 + 2x )(1 + 2y )(1 + 2xy) Dấu xảy x = y Vậy bất đẳng thức (*) chứng minh Phương trình hệ phương trình cho tương đương dấu xảy (*) hay x = y Thay vào phương trình hai hệ phương trình cho ta x(1 − 2x) = ; 162x − 81x + = 114 Hệ phương trình không mẫu mực Giải phương trình x = √ 81± 5913 2.162 √ 9± 73 36 √ √ √ √ = ( 9+36 73 ; 9+36 73 ), ( 9−36 73 ; 9−36 73 ) = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) Bài toán 3.27 (VMO 2013) Giải hệ phương trình   sin2 x + 12 + cos2 y + 12 = cos y sin x 20y x+y sin2 y + 20x x+y  sin2 y cos2 x + + cos2 x = Phân tích Hình thức hệ cho cách tiếp cận tốt dùng đánh giá cụ thể ta dùng bất đẳng thức để sử lý hệ Lời giải Điều kiện: sinx.cosx.siny.cosy = Nhân theo vế hai phương trình hệ phương trình cho, ta thu ( sin2 x + + sin2 x cos2 y + )( cos2 y sin2 y + xy = 20 (x + y)2 + sin2 y cos2 x + ) cos2 x (3.10) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz AM-GM, ta có sin2 x + = sin2 x cos2 x + cos2 x ≥ |sin x cos x| + |sin 2x| + + 2 |sin 2x| |sin 2x| ≥ 1+ |sin x cos x| 2 = 25 Tương tự ta có sin2 y + sin2 y cos2 y + cos2 y ≥ 25 Do theo bất đẳng thức AM-GM V T (3.10) ≥ 4 sin2 x + ≥4 sin2 x 25 cos2 x + = 10 ≥ 20 115 cos2 x sin2 y + xy (x + y)2 sin2 y = V P (3.10) cos2 y + cos2 y Hệ phương trình không mẫu mực Đẳng thức xảy sin2x = 1; x = y hay x = y = Thử lại ta thấy x = y = π π + k π2 , k ∈ Z + k π2 , ta có x y 1 = = sin2 x = cos2 x = sin2 y = cos2 y = , x+y x+y √ Khi hai vế phương trình hệ cho Vậy x = y = π 10 + k π2 , k ∈ Z tất nghiệm hệ phương trình cho Bài toán 3.28 (HSG Bình Định 2010-1011) Giải hệ phương trình x6 + y + z 10 ≤ x2007 + y 2009 + z 2011 ≥ Phân tích Từ hệ phương trình ta liên hệ đến bất đẳng thức x6 (1 − x2001 ) + y (1 − y 2001 ) + z 10 (1 − z 2001 ) ≤ mà dễ dàng nhận −1 ≤ x; y; z ≤ từ phương trình hệ Ở ta sử dụng phương pháp đánh giá để giải hệ Lời giải Từ phương trình hệ phương trình cho ta có −1 ≤ x; y; z ≤ Kết hợp hai phương trình hệ phương trình cho suy x2007 + y 2009 + z 2011 ≥ x6 + y + z 10 ; x6 (1 − x2001 ) + y (1 − y 2001 ) + z 10 (1 − z 2001 ) ≤ (1) Từ điều kiện −1 ≤ x; y; z ≤ 1, ta dễ dàng thấy x6 (1 − x2001 ) ≥ 0; y (1 − y 2001 ) ≥ 0; z 10 (1 − z 2001 ) ≥ Do phải có đẳng thức xảy (1), tức x6 (1 − x2001 ) = y (1 − y 2001 ) = z 10 (1 − z 2001 ) = Giải hệ phương trình kết hợp với điều kiện x6 + y + z 10 ≤ 1, ta có nghiệm hệ phương trình cho (x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) 116 Kết luận Kiến thức phương trình hệ phương trinh đại số nhiều người nghiên cứa sáng tạo Các toán liên quan đến phương trình hệ phương trình đa dạng vô phong phú Luận văn ”Phân loại hệ phương trình toán học phổ thông" giải vấn đề sau: Trình bày phương pháp giải cho phương trình đại số bậc ba phương trình đại số bậc bốn tổng quát Hệ thống số hệ phương trình thường gặp phương pháp giải cho hệ Đó hệ phương trình: hệ phương trình bâc hai ẩn, hệ phương trình đối xứng loại một, hệ phương trình đối xứng loại hai, hệ phương trình đẳng cấp, hệ phương trình bậc hai tổng quát, hệ phương trình hoán vị vòng quanh-hệ phương trình bậc cao nhiều ẩn số, hệ phương trình chứa hệ phương trình mũ logarit Trình bày số phương pháp thông dụng để giải hệ phương trình không mẫu mực Đó phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số, phương pháp đánh giá 117 Tài liệu tham khảo [1] N T Chung (2014), Sáng tạo giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình , NXB TP.Hồ Chí Minh [2] N V Lương, P V Hùng, N N Thắng (2008), Hệ phương trình phương trình chứa thức, NXB ĐHQGHN [3] Nguyễn Văn Mậu (1996), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo Dục [4] Đặng Thành Nam (2014), Kỹ thuật giải nhanh hệ phương trình, NXB ĐHQGHN [5] Đặng Hùng Thắng (1998), Phương trình, bất phương trình hệ phương trình NXB Giáo Dục [6] Tạp chí toán học tuổi trẻ [7] Tuyển tập đề thi Olympic 30/04/2014, NXB ĐHQGHN 118 [...]... x2 = 5 Đặt a = x, b = x(x + y), ta có hệ phương trình a+b=3 a2 + b2 = 5 Đây là hệ phương trình đối xứng cơ bản Cách 2 Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho Khi x = 0 chia cả hai vế của phương trình đầu của hệ cho x ta được hệ phương trình x + y + 1 − x3 = 0 (x + y)2 − x52 + 1 = 0 23 Hệ phương trình thường gặp Đặt a = x + y, b = x1 , ta có hệ phương trình a − 3b + 1 = 0 a2 − 5b2 + 1 = 0... + v = −4 uv = 4 26 Hệ phương trình thường gặp Suy ra u = v = −2 từ đó tìm được nghiệm (x; y) = (− 31 ; − 13 ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (1; 1), (− 31 ; − 13 ) Cách 2 Biến đổi phương trình thứ hai của hệ phương trình đã cho ta có 4xy = xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1), hay y 1 x = y+1 x+1 4 Kết hợp với phương trình đầu của hệ phương trình đã cho ta được các phương trình sau x2 2 y2... giá trị lớn nhất của A bằng 16 2.2.2 Hệ phương trình đối xứng loại hai Định nghĩa 2.3 Hệ đối xứng lại hai là hệ mà nếu ta thay x bởi y và y bởi x thì phương trình này biến thành phương trình kia và ngược lại Phương pháp giải Bước 1 Đặt điều kiện Bước 2 Trừ theo vế hai phương trình hoặc cộng theo vế hai phương trình của hệ Khi trừ theo vế hai phương trình của hệ ta phân tích được về dạng (x − y)h(x; y)... phương trình Bài toán 2.13 Giải hệ phương trình 4x2 y + y 2 + 2 = 7xy 16x4 y 2 + y 4 + 4 = 25y 2 (x2 − 4 25 ) Lời giải Nhận thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho Xét xy = 0 khi đó viết hệ phương trình dưới dạng y 2 +2 xy = 7 4 2 +4 2 16x + y +4y 2 x y2 4x + Đặt u = 4x, v = y 2 +2 xy = 25 khi đó hệ phương trình trở thành hệ phương trình sau u+v =7 u2 + v 2 = 25 Giải hệ phương trình này ta được... suy ra x, y là nghiệm của phương trình t2 − 3t + 2 = 0 hay t = 1 hoặc t = 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm √ √ √ √ (x; y) = (1; 2), (2; 1), ( 5+2 21 ; 5−2 21 ), ( 5−2 21 ; 5+2 21 ) 16 Hệ phương trình thường gặp Bài toán 2.5 Giải hệ phương trình √ √ 2 + y 2 + 2xy = 8 2 x √ √ x + y = 4 Lời giải Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0 Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành các hệ phương trình sau √ √ (x + y)2 −... aα2 Khi đó phương trình trở thành các phương trình sau ax4 + bx3 + cx2 + bαx + aα2 = 0; 2 (x2 + α2 ) + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = 0 Nhận xét x = 0 không thỏa mãn phương trình Chia hai vế phương trình cho x2 ta đưa phương trình đã cho về hệ phương trình at2 + bt + c − 2aα = 0 2 t = x x+α Hay hệ phương trình at2 + bt + c − 2aα = 0 x2 − tx + α = 0 Nhận xét 1.2 Đặc biệt khi a = e, b = d phương trình ban... 11 25 ; 25 ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (x; y) = 2 1 5; 5 , 11 2 25 ; 25 Nhận xét 2.3 Cách phân tích ở phương trình thứ hai là khó thấy Bài toán này thực chất là suất phát từ hệ đối xứng thông thường nhưng qua các phép thế và tách biểu thức nó trở nên phức tạp và việc biến đổi ngược lại thường phải mò mẫm 19 Hệ phương trình thường gặp Bài toán 2.8 (Xem[4]) Giải hệ phương trình 1 x + 1 √... y = (x+1) 2 3xy = x + y + 1 27 Hệ phương trình thường gặp Hay x=y 3x2 − 2x − 1 = 0; Giải hệ phương trình tìm được (x; y) = (1; 1), (− 13 ; − 13 ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1), (− 31 ; − 31 ) Bài toán 2.15 Giải hệ phương trình x+y+z =1 2x + 2y − 2xy + z 2 = 1 Lời giải Coi z là tham số, ta được hệ đối xứng loại (I) đối với x; y Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành x+y =1−z... có hệ phương trình x2 + y 2 + xy + 1 = 2y x2 (x + y + 1) + x + 1 = y Tương tự xuất phát từ hệ đối xứng sau a+b=3 a2 + b2 = 5 Bằng cách thay a = x, b = x(x + y) ta có hệ phương trình x(x + y + 1) − 3 = 0 (x + y)2 − x52 + 1 = 0 Bài toán 2.11 (ĐH khối D.2009) Giải hệ phương trình x(x + y + 1) − 3 = 0 (x + y)2 − x52 + 1 = 0 Lời giải Cách 1 Đi ngược lại quy trình tìm ra bài toán trên Biến đổi hệ phương trình. .. Lời giải Trừ theo vế hai phương trình của hệ phương trình đã cho ta được các phương trình x3 − y 3 + 5(x − y) = 0; (x − y)(x2 + xy + y 2 + 5) = 0; y = x ( do x2 + xy + y 2 + 5 > 0) Thế vào một phương trình của hệ ta được 3 x3 + 3x = 2 Đặt x = 2t thì ta có phương trình 3 4t3 + 3t = 4 Hay 4t3 + 3t = 1 1 2− 2 2 Giải phương trình trên ta được t= 1 2 √ 1 3 2− √ 3 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ... dạng toán hệ phương trình mà việc phân loại chúng chưa liệt kê đầy đủ sách giáo khoa Đó hệ phương trình bậc nhất, hệ phương trình đối xứng loại một, hệ phương trình đối xứng loại hai, hệ phương trình. .. dạy nhà trường phổ thông Luận văn đề cập đến việc phân loại hệ phương trình chương trình toán phổ thông, từ giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc toán liên quan đến hệ phương trình Luận văn... 8 10 11 Hệ phương trình thường gặp 2.1 Hệ phương trình bậc hai ẩn 2.2 Hệ phương trình đối xứng 2.2.1 Hệ phương trình đối xứng loại 2.2.2 Hệ phương trình đối