ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRỊNH THỊ HIỀN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - NĂM 2015 ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRỊNH THỊ HIỀN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS VŨ ĐỖ LONG HÀ NỘI - NĂM 2015 Mục lục MỞ ĐẦU Đại cương phương trình hữu tỉ 1.1 Tính đơn điệu hàm số 1.1.2 Tính chất hàm khả vi ứng dụng Phương pháp giải phương trình bậc ba 1.2.1 Phương pháp phân tích nhân tử 1.2.2 1.3 1.1.1 1.2 Kiến thức bổ trợ Phương pháp Cardano Phương trình bậc cao 10 1.3.1 Phương trình đối xứng bậc n 11 1.3.2 Một số toán bậc cao 11 Phương pháp giải phương trình vô tỉ 2.1 14 Phương pháp biến đổi tương đương 14 2.1.1 2.1.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử 19 2.1.3 2.2 Phương pháp nâng lũy thừa 14 Phương pháp nhân liên hợp 25 Phương pháp đặt ẩn phụ 39 2.2.1 Một số cách đặt ẩn phụ 40 2.2.2 Đặt ẩn phụ đưa phương trình tích 41 2.2.3 Đặt ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp 45 2.2.4 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn 48 2.2.5 Đặt ẩn phụ đưa hệ 51 i 2.3 Phương pháp đánh giá 58 2.3.1 Phương pháp dùng đẳng thức 58 2.3.2 Phương pháp dùng bất đẳng thức 59 2.4 Phương pháp hàm số 63 2.5 Phương pháp lượng giác hóa 67 Phương trình có chứa tham số 70 3.1 Phương pháp sử dụng đạo hàm 70 3.2 Phương pháp dùng điều kiện cần đủ 74 3.2.1 Sử dụng tính đối xứng 74 3.2.2 Sử dụng đặc điểm thuận lợi 76 Hệ phương trình đại số 4.1 79 Các loại hệ phương trình 79 4.1.1 4.1.2 Hệ phương trình đối xứng loại II 80 4.1.3 4.2 Hệ phương trình đối xứng loại I 79 Hệ phương trình đẳng cấp 82 Một số phương pháp giải hệ phương trình khác 83 4.2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ 83 4.2.2 Phương pháp hệ số bất định 86 4.2.3 Phương pháp biến đổi đẳng thức 91 4.2.4 Phương pháp dùng tính đơn điệu 94 4.2.5 Phương pháp dùng bất đẳng thức 101 KẾT LUẬN 105 Tài liệu tham khảo 106 MỞ ĐẦU Phương trình hệ phương trình phân môn quan trọng Đại số có ứng dụng lớn ngành khoa học loại toán thường gặp dạng toán sơ cấp Ngay từ đầu, đời phát triển phương trình hệ phương trình đại số đặt dấu ấn quan trọng, chúng có sức hút mạnh mẽ người yêu toán, không vẻ đẹp hình thức mà bí ẩn mang đến thúc người làm toán phải tìm tòi, sáng tạo Ngày nay, phương trình hệ phương trình đại số chiếm vai trò quan trọng thường xuyên xuất kì thi Quốc gia, Quốc tế, Olympic Là giáo viên THPT, muốn nghiên cứu sâu phương trình hệ phương trình nhằm nâng cao chuyên môn phục vụ cho trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, nên chọn đề tài làm luận văn thạc sĩ là: "Phương trình hệ phương trình đại số." Mục đích luận văn hệ thống hóa phương pháp giải phương trình hệ phương trình đại số, giúp nhận dạng toán, đề xuất phương pháp giải chọn phương án tối ưu Bản luận văn chia làm chương: Chương 1: Đại cương phương trình hữu tỉ Trình bày kiến thức chuẩn bị gồm số cách giải phương trình bậc ba, vài tập phương trình bậc cao số tính chất hàm số Chương 2: Phương pháp giải phương trình vô tỉ Chương trình bày phương pháp thường gặp phạm vi chương trình phổ thông Ở phương pháp, tác giả cố gắng tổng quát hóa dạng tập mà sử dụng phương pháp này, có kèm theo nhận xét, tổng quát hóa dạng toán đồng thời cho số ví dụ minh họa với số toán tham khảo Chương 3: Phương trình có tham số Đề cập đến phương pháp giải biện luận toán có tham số, số toán thường gặp kỳ thi học sinh giỏi Chương 4: Hệ phương trình đại số Nhắc lại hệ phương trình nêu số phương pháp giải hệ phương trình dạng khác Mặc dù có nhiều cố gắng, xong nhiều yếu tố khách quan chủ quan, nên trình chọn lọc tư liệu trình bày nội dung khó tránh khỏi thiếu sót Vì mong nhận ý kiến bảo thầy cô, góp ý chân thành bạn học viên để luận văn hoàn thiện Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Vũ Đỗ Long, người thầy tận tình giảng dạy, truyền thụ kiến thức bổ ích tạo điều kiện để hoàn thành luận văn Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình thực đề tài 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; thầy cô tham gia giảng dạy khóa cao học 2013 -2015; Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THPT Hồng Thái, Đan Phượng, Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi cho hoàn thành luận văn Cuối cùng, xin chân thành cảm ơn gia đình động viên suốt trình học tập nghiên cứu khoa học Hà Nội, tháng năm 2015 Học viên Trịnh Thị Hiền Chương Đại cương phương trình hữu tỉ 1.1 1.1.1 Kiến thức bổ trợ Tính đơn điệu hàm số Định nghĩa 1.1 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm (a; b) f (x) = với số hữu hạn điểm Khi • f hàm số tăng (a; b) ⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) • f hàm số giảm (a; b) ⇔ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a; b) Hệ 1.1 Nếu hàm số y = f (x) đơn điệu (a; b) phương trình f (x) = có tối đa nghiệm 1.1.2 Tính chất hàm khả vi ứng dụng Định lý Roll Giả sử hàm f : [a; b] → R thỏa mãn + f liên tục [a; b] + f khả vi khoảng (a; b) + f (a) = f (b) Khi tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (c) = Hệ 1.2 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp n phương trình f (n) (x) = có m nghiệm khoảng (a; b), phương trình f (n−1) (x) = có nhiều (m + 1) nghiệm [a; b] Định lý Lagrange Cho hàm số y = f (x) liên tục [a; b] f (x) tồn (a; b) ∃c ∈ (a; b) cho: f (c) = f (b) − f (a) b−a 1.2 1.2.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba Phương pháp phân tích nhân tử Xét phương trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = (1.1) Giả sử phương trình (1.1) có nghiệm x = r Khi (1.1) ⇔ (x − r) ax2 + (b + ar) x + c + br + ar2 = Từ ta đưa giải phương trình bậc hai, có nghiệm x= 1.2.2 √ −b − ± b2 − 4ac − 2abr − 3a2 r2 2a Phương pháp Cardano Xét phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = Bằng cách đặt x = y − (1.2) b , phương trình (1.2) biến đổi dạng 3a tắc y + py + q = a2 2a3 − 9ab ,q = c + 27 Ta xét p, q = p = hay q = đưa trường hợp đơn giản Trong p = b − Đặt y = u + v thay vào (1.3), ta (u + v)3 + p (u + v) + q = ⇔ u3 + v + (3uv + p) (u + v) + q = (∗) Chọn u, v cho: 3uv + p = (∗∗) Từ (∗) (∗∗) ta có hệ phương trình u3 + v = −q p3 u3 v = − 27 (1.3) Theo định lý Vi-et, u3 , v hai nghiệm phương trình p3 X + qX − =0 27 (1.4) q p3 + 27 * Khi ∆ > 0, (1.4) có nghiệm Đặt ∆ = q √ u3 = − + ∆ q √ v3 = − − ∆ Như vậy, phương trình (1.3) có nghiệm thực y= q √ − + ∆+ * Khi ∆ = 0,(1.4) có nghiệm kép u = v = − q √ − − ∆ q Khi đó, phương trình (1.3)có hai nghiệm thực, có nghiệm kép q y1 = − , y2 = y3 = q * Khi ∆ < 0, (1.4) có nghiệm phức Gọi u0 nghiệm phức (1.4), v0 giá trị tương ứng cho u0 v0 = − p Khi đó, phương trình (1.3) có ba nghiệm phân biệt y1 = u0 + v0 √ y2 = − (u0 + v0 ) + i (u0 − v0 ) 2 √ y3 = − (u0 + v0 ) − i (u0 − v0 ) 2 Ví dụ 1.1 Giải phương trình: x3 + x2 + x = − Giải Phương trình nghiệm hữu tỉ nên phân tích nhân tử Trước nghĩ tới công thức Cardano, ta thử quy đồng phương trình 3x3 + 3x2 + 3x + = x + , (a, b = 0) ⇒ Đặt  b= y+2   a= a+b=1 ⇔ a2 + b = a = 0; b = ( loại) a = 1; b = Vậy hệ phương trình vô nghiệm Bài toán 4.14 Giải hệ phương trình  x2  y + x2 + 2 − x2 y2  2 =1 x +y +y −x + y2 − y2 + 2 1+x y − x2 = 9x2 (1) (2) Định hướng Để giải hệ này, ta sử dụng đẳng thức sau b−c c−a a−b + + a b c a b c + + b−c c−a a−b = ⇔ a + b + c = (∗) Chứng minh (∗) y−z z−x − (x − y) (y − z) (z − x) x−y = = = z x y xyz x − y = −3c; y − z = −3a; z − x = −3b Đặt x = b − c; y = c − a; z = a − b Suy a + b + c = Xuất phát từ đẳng thức Khi −3a −3b −3c −27abc + + = b−c c−a a−b (b − c) (c − a) (a − b) a b c b−c c−a a−b ⇔ + + + + a b c b−c c−a a−b = Giải Áp dụng (∗) với a = x2 ; b = y ; c = −1, ta có a + b + c = nên từ (1) ⇒ = 9x2 Hệ phương trình tương đương với = 9x2 ⇔ x2 + y = x = ±1 y=0 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(1; 0) , (−1; 0)} Bài toán 4.15 Giải hệ phương trình x + y + xy = 4 x+1 + + = 5y + x + + (x + 1) (y + 2) Định hướng +) x + y + xy = ⇔ (x + 1) (y + 1) = ⇔ 92 (x + 1) (y + 1) = +)  1  = =   5y + 9   y+ + (y + 1) + (y + 1)   4  1 = =  x + x + + + (x + 1)    4 4   1   = + (x + 1) (y + 2) + (x + 1) + (x + 1) (y + 1) Giải Đặt x + = a; y + = b; c = , ta có hệ phương trình abc = 1 1 x+1 + + = (∗) + b + bc + c + ac + a + ab Ta có 1 a ab 1 + + = + + bc + b + bc + c + ac + a + ab a + ab + abc ab + abc + a + a + ab ab a + + =1 = + a + ab + a + ab + a + ab x+1 =1⇔x=1⇒y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 1) Từ (∗) ⇒ Bài toán 4.16 Giải hệ phương trình x2 + y = (x + y) (1 + xy)4 = 32 2xy + x2 + y (x + y)2 2xy + Định hướng + xy = = = 2 Giải Hệ phương trình tương đương với x2 + y = ⇔ (x + y) (2 + 2xy)4 = 29 x2 + y = (x + y) x2 + 2xy + y = 29 ⇒ (x + y) (x + y)8 = 29 ⇔ (x + y)9 = 29 ⇔ x + y = ⇒ x+y =2 ⇒x=y=1 x2 + y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 1) Nhận xét 4.3 Ý tưởng toán dùng phép để đưa đẳng thức đồng bậc 93 Bài toán 4.17 Giải hệ phương trình √ x2 − 4√ 3x − + 10 = 2y y − 4y − + 11 = x Giải Hệ phương trình cho tương đương với (x − 2)2 + √ 3x − − √ (y − 3) + 4y − − 2 + x + = 2y + 2y = x + Cộng theo vế ta (x − 2)2 + (y − 3)2 + ⇔   x−2=0  y−3=0 √ ⇒  √3x − =  4y − = √ 3x − − 2 + 4y − − =0 x=2 y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (2; 3) 4.2.4 Phương pháp dùng tính đơn điệu Tính chất 4.1 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp n phương trình f (k) (x) = có m nghiệm Khi phương trình f (k−1) (x) = có nhiều (m + 1) nghiệm Như chất vấn đề việc phân tích g (x) = h (y) ⇔ f (g (x)) = f (h (y)) Sau xét tính đồng biến, nghịch biến hàm đặc trưng f (x) Trong để tiện cho việc đánh giá ta thường biến đổi hàm đặc trưng f (x) thành hàm đa thức Và để làm điều cần sử dụng kết hợp khéo léo hai kỹ thuật "đặt ẩn phụ" "hệ số bất định" Chú ý 4.1 Hàm đặc trưng f (x) tính nhất, tức từ phương trình ta rút hàm số đặc trưng chắn tìm hàm thứ hai, vấn đề tìm hàm số đơn giản mặt ý tưởng, đơn giản việc đánh giá (xét tính đơn điệu) toán 94 Hàm đặc trưng xác định từ phương trình hệ Bài toán 4.18 (Đại học Khối A-2010) Giải hệ phương trình √ 4x2 + x + (y − 3) − 2y = (1) √ 4x2 + y + − 4x = (2) Định hướng √ + Biến đổi (1) dạng g (x) = h (y) ⇔ 4x2 + x = (3 − y) − 2y  − a2   y= √ + Đặt − 2y = a ⇒  (3 − y) √5 − 2y = − − a a = a + a  2 t → Cố gắng đưa hàm đặc trưng f (t) = + 2 p3 (x) p (x) + với p(x) = mx + n + Phân tích 4x2 + x = 4x3 + x = 2 → Dùng hệ số bất định → m = 2; n = ⇒ p(x) = 2x Giải Điều kiện x ≤ ; y ≤ t3 (1) ⇔ 4x2 + x = (3 − y) − 2y √ √ − 2y (2x)3 2x − 2y ⇔ + = + 2 2 (3) t3 t 3t2 + có f (t) = + > 0, ∀t ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến R 2 2 x≥0 √ √ Từ (3) ⇒ f (2x) = f − 2y ⇔ 2x = − 2y ⇔ − 4x2 y= √ − x2 + − 4x − = Thay vào (2) ta 4x √ − x2 + − 4x − , x ∈ 0; Xét g (x) = 4x 4 3 − 2x − √ < 0, ∀x ∈ 0; ⇒Hàm số nghịch biến 0; ⇒ g (x) = 16x 4 − 4x 1 Mà g = ⇒ x = ;y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = ; Xét f (t) = Bài toán 4.19 (Đại học Khối A-2013) Giải hệ phương trình √ √ x + + x − − y + = y (1) x2 + 2x (y − 1) + y − 6y + = (2) 95 Giải Điều kiện x ≥ √ √ (1) ⇔ x + + x − = y + y + √ √ 4 ⇔ x−1 +2+ 4x−1=y+ y + (3) Ta có (2) ⇔ [x + (y − 1)]2 = 4y ≥ ⇒ y ≥ ⇒ (x − 1), y ∈ [0; +∞) √ Xét f (t) = t + t4 + 2t3 ⇒ f (t) = + √ > 0, ∀t ≥ ⇒ Hàm số đồng biến [0; +∞) √ t +2 Từ (3) ⇒ f x − = f (y) ⇔ x = y + Thay vào (2) ta y4 + y = 4y ⇔ y (y − 1) y + y + y + 3y + 3y + 3y + = ⇒ y = 0; x = y = 1; x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(1; 0) , (2; 1)} Bài toán 4.20 Giải hệ phương trình √ x + + x2 y + + y = (1) √ x 6x − 2xy + = 4xy + 6x + (2) Định hướng y+ + y2 + y2 = −y + Giải Điều kiện 6x − 2xy + ≥ (1) ⇔x + Xét f (t) = t + + y2 ⇔x + √ + x2 = −y + + x2 = −y + + (−y)2 (∗) + t2 √ t + + t2 |t| − t với f (t) = + √ = √ >√ ≥ 0, ∀t ∈ R + t2 + t2 + t2 t Suy hàm số đồng biến R Từ (∗) ta có f (x) = f (−y) ⇔ x = −y Thế vào (2) ta x ⇔ 6x + 2x2 + = −4x2 + 6x + x 2x2 + 6x + − 2 25x2 = ⇔ 96 √ √2x + 6x + = 3x 2x2 + 6x + = −2x √ x≥0 ⇒ x = 1; y = −1 7x2 − 6x − =  √   x = − 11 √ x≤0 √ ⇒ + Nếu 2x2 + 6x + = −2x ⇔ 2x2 − 6x − = −3 + 11   y= √ √ − 11 11 − Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; −1) , ; 2 + Nếu 2x2 + 6x + = 3x ⇔ Bài toán 4.21 Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm x3 − y + 3y − 3x − = (1) √ + − x2 − 2y − y + m = (2) x Định hướng + (1) ⇔ x3 − 3x = y − 3y + Ta thấy hai vế hai đa thức độc lập bậc → sử dụng kỹ thuật hệ số bất định để phân tích + Phân tích y − 3y + = g (y) − 3g (y) với g(y) = y + b →Đồng hệ số → b = −1 ⇒ g(y) = y − Giải Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1; ≤ y ≤ Ta có: (1) ⇔ x3 − 3x = (y − 1)3 − (y − 1) (3) Xét f (t) = t3 − 3t có f (t) = 3t2 − < 0, ∀t ∈ [−1; 1] Suy hàm số nghịch biến [−1; 1] Do x; y − ∈ [−1; 1] nên từ (3) ta có f (x) = f (y − 1) ⇔ x = y − ⇒ y = x + √ Thay vào (2) ta x2 − − x2 = −m (4) Hệ cho có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm √ Xét g (x) = x2 − − x2 [−1; 1] g (x) = 2x + √ 2x − x2 x = ⇔ x = ∈ [−1; 1] −1 − f (x) 1 + f (x) −2 Từ bảng biến thiên suy (4) có nghiệm ⇔ −2 ≤ m ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ 97 Hàm đặc trưng xác định sau thực phép biến đổi phương trình Bài toán 4.22 Giải hệ phương trình √ √ √ + x2 + x = + y (1) √ √ + y + y = + x (2) Định hướng Để ý phương trình hệ có đối xứng ẩn x y Nếu trừ theo vế ta nhận hàm đặc trưng: √ √ + x2 + x = √ + y2 + y Giải Điều kiện x, y ≥ Trừ theo vế (1) (2) ta có √ + x2 + x = √ √ √ + y2 + y Xét f (t) = t + + t2 có f (t) = √ + √ t Suy hàm số đồng biến [0; +∞) t + t2 (3) > 0, ∀t > Từ (3) ta có f (x) = f (y) ⇔ x = y √ √ + x2 + x = √ √ x Xét f (x) = + x2 + x có f (x) = √ + √ > 0, ∀x ≥ 2 x 3+x Suy hàm số đồng biến (0; +∞) Thay vào (2) ta Mà f (1) = ⇒ x = 1; y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 1) Bài toán 4.23 Giải hệ phương trình (y + 1)2 + y y + = x + √ √2 x + x2 − 2x + = + 2x − 4y + (1) (2) Định hướng Sử dụng phương pháp + Do từ (1) không phán đoán hàm đặc trưng từ (2) độc lập hai thức Giải Từ (1) ⇒ 2x = 2y + 4y − + 2y y2 + 98 Thay vào (2) ta x2 − 2x + = + x+ 2y + 2y ⇔x − + (x − 1)2 + = ⇔x − + (x − 1)2 + = y + Xét f (t) = t + √ y2 + + y+ y2 + y + = 2y + 4y + (3) √ t2 + + t |t| − t t2 + có f (t) = + √ = √ >√ ≥ 0, ∀t ∈ R t2 + t2 + t2 + t Suy hàm số đồng biến R Từ (3) ta có f (x − 1) = f (2y) ⇔ x = 2y + Thay vào (1) ta y y = ;x = ⇒ y2 + = − y2 ⇔  y2 = y = − ;x = − 16   y2 ≤ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) =  −1 −3 ; , ; 4 Bài toán 4.24 Giải hệ phương trình x5 + xy = y 10 + y √ 4x + + y + = (1) (2) Định hướng Mặc dù hàm đặc trưng phải có độc lập x y số mũ phương trình (1) cho suy nghĩ đến việc chia cho biểu thức Biểu thức x5 + xy dạng đẳng cấp bậc ⇒ chia hai vế (1) cho y Giải Điều kiện x ≥ − Dễ thấy y = không nghiệm hệ phương trình Chia hai vế (1) cho y ta x y + x = y5 + y y (3) Xét f (t) = t5 + t có f (t) = 5t4 + > 0, ∀t ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến R x x = f (y) ⇔ = y ⇔ x = y y y √ √ Thay vào (2) ⇒ 4x + + x + = √ √ −5 Xét g (x) = 4x + + x + có g (x) = √ + √ > 0, ∀x > 4x + x + Từ (3) ⇒ f 99 Suy hàm số đồng biến −5 ; +∞ Mà g(1) = ⇒ x = 1; y = ±1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(1; −1) , (1; 1)} Nhận xét 4.4 Với phương trình bậc cao việc hạ bậc đặt ẩn phụ hữu ích Bài toán 4.25 Giải hệ phương trình (x + y) (2x − y) + = −6x − 3y √ √ 3x − + (2x + 1) = y − + 3y (1) (2) Định hướng Ta thấy (2) có dạng đơn điệu tìm hàm đặc trưng Như rõ ràng phải thay đổi x y → phân tích (1) (1) ⇔ (x + y + 1)(2x − y + 4) = → Rút y theo x Giải Điều kiện x ≥ ; y ≥ (*) (x + y) (2x − y) + = −4 (x + y) − (2x − y) ⇔ (x + y + 1) (2x − y + 4) = ⇔ 2x − y + = (do đk(∗) → x + y + > 0) ⇔y = 2x + √ √ 3x − + (2x + 1) = 2x + + (2x + 4) √ √ ⇔ (3x − 1) + 3x − = (2x + 3) + 2x + (3) √ Xét f (t) = 2t + t, t ≥ có f (t) = + √ > 0, ∀t > t Suy hàm số đồng biến [0; +∞) Thay vào (2) ⇒ Từ (3) ta có f (3x − 1) = f (2x + 3) ⇔ 3x − = 2x − ⇔ x = 4; y = 12 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (4; 12) Bài toán 4.26 Giải hệ phương trình y + 3xy − 17x + 27 = x3 − 3x2 + 13y x2 + y + xy − 6y − 5x + 10 = (1) (2) Định hướng + Sự xuất xy hai phương trình làm độc lập hai ẩn → Lấy (1) − 3.(2) ta y − 3y + 5y − = x3 + 2x (3) 100 + Chọn V P (3) hàm đặc trưng → Phân tích V T (3) = g (y) + 2g (y) Đồng hệ số → g(y) = y − Giải Hệ phương trình cho tương đương với y − 13y + 3xy + 27 = x3 − 3x2 + 17x 3y − 18y + 3xy + 30 = −3x2 + 15x Trừ theo vế ta y − 3y + 5y − = x3 + 2x ⇔ (y − 1)3 + (y − 1) = x3 + 2x (4) Xét f (t) = t3 + 2t, t ∈ R có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R ⇒ Hàm số ĐB R Từ (4) ⇒ f (y − 1) = f (x) ⇔ x = y − ⇔ y = x + Thay vào (2) ta có x2 + (x + 1)2 + x (x + 1) − (x + 1) − 5x + 10 = x = 1; y = ⇔3x2 − 8x + = ⇒ x = ;y = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 2) , 4.2.5 ; 3 Phương pháp dùng bất đẳng thức Về ý tưởng, dùng bất đẳng thức phương trình hệ phương trình tương tự Nhưng nhiều hệ, việc đánh giá ẩn phức tạp nhiều Bài toán 4.27 Giải hệ phương trình x4 + y = x3 − 2x2 + 2x = y (1) (2) Giải Hệ phương trình tương đương với x4 + y = (x − 1) x2 − x + = y − + Nếu x > ⇒ (x − 1) x2 − x + > ⇒ y > ⇒ y > ⇒ x4 + y > ⇒ Hệ vô nghiệm + Nếu < x < ⇒ (x − 1) x2 − x + < ⇒ y < 101 ⇒ y < ⇒ x4 + y < ⇒ Hệ vô nghiệm + Nếu x < ⇒ x3 − 2x2 + 2x < ⇒ y < 0: vô lý + Tại x = ⇒ y4 = (vô nghiệm) y2 = y4 = ⇒ y = ±1 y2 = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(1; 1) , (1; −1)} + Tại x = ⇒ Bài toán 4.28 (Vô địch toán Bungari 1997) Giải hệ phương trình   2x2    x +1 =y         2y =z +1 2z =x z2 + y2 Giải + Ta thấy x = y = z = nghiệm hệ phương trình + Nếu x=0 y = ⇒ x, y, z > Khi nhân vế hệ phương trình ta có z=0 8x2 y z = xyz ⇔ x2 + + 1) (y + 1) (z + 1) (x y2 + z + = 8xyz Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có x2 + y2 + z + ≥ 2x.2y.2z = 8xyz (do x, y, z > 0) Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y, z) = {(0; 0; 0) , (1; 1; 1)} Bài toán 4.29 Giải hệ phương trình √ √ x + √32 − x − y = −3 √ x + 32 − x + 6y = 24 Giải Điều kiện ≤ x ≤ 32 Cộng theo vế ta √ x+ √ 32 − x + √ x+ √ 32 − x = y − 6y + 21 (1) 102 y − 6y + 21 = (y − 3)2 + 12 ≥ 12 √ √ x + 32 − x ≤ (x + 32 − x) = √ √ √ √ √ x + 32 − x ≤ x + 32 − x ≤ 2.8 = √ √ √ √ Từ (∗), (∗∗) suy x + 32 − x + x + 32 − x ≤ 12 Ta có (2) (∗) (∗∗) (3) Kết hợp (1), (2), (3) ta có đẳng thức xảy √ x+ √ √ 32 − x + x+ √ 32 − x = y − 6y + 21 = 12 ⇔ x = 16 y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (16; 3) Bài toán 4.30 Giải hệ phương trình   x + √ 2xy   y+  x − 2x + 2xy y2 − 2y + = x2 + y (1) = y + x (2) Định hướng Đây hệ phương trình đối xứng loại II làm theo cách thông thường khó khăn có xuất bậc ba + Để ý cộng hai vế phương trình → VT xuất 2xy → VP xuất x2 + y + Do hệ phương trình đối xứng loại II → x = y Từ ta nghĩ tới việc đánh giá 2xy x2 + y Giải + Nếu x = ⇒ y = + Xét x, y = Cộng theo vế (1) (2) ta 2xy √ x2 − 2x + + y2 − 2y + = x2 + y ⇒ xy > Mặt khác √ = x2 − 2x + ⇒2xy y − 2y + √ = x2 (x − 1)2 + − 2x + 1 ≤ √ =       1  ⇒ √x2 − 2x + + ≤ √ =     (y − 1) + + y2 − 2y + ≤ 2xy ≤ x2 + y 103 y − 2y + ≤1 Đẳng thức xảy ⇔ x = y = (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(0; 0) , (1; 1)} Bài toán 4.31 Giải hệ phương trình √ x (1) √ + x +y+3=2 √ x + + y + = 13 (2) Giải Điều kiện x ≥ 0; x2 + y + ≥ 0; y + ≥ Từ phương trình (2), sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schawarz ta có √ 132 = x + + y+8 ≤ 13 (x + + y + 8) ⇒ x + y ≥ (3) Từ phương trình (1), bình phương hai vế ta đươc x + y = − x2 − x (x2 + y + 3) ⇒ x + y ≤ (4) x+y =1 √ √ x+4 y+8 ⇔ = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (0; 1) Đẳng thức từ (3) (4) xảy ⇔ 104 x=0 (thỏa mãn) y=1 KẾT LUẬN Kiến thức phương trình hệ phương trình đại số nhiều người nghiên cứu sáng tạo; toán liên quan đến phương trình hệ phương trình đa dạng vô phong phú Luận văn "Phương trình hệ phương trình đại số" đạt số kết sau: Trình bày cách hệ thống phương pháp giải tổng quát hóa số dạng phương trình hệ phương trình đại số Trình bày phương pháp giải toán phương trình có chứa tham số ví dụ minh họa Một số hướng phát triển tiếp theo: - Phương pháp sáng tác phương trình hệ phương trình - Ứng dụng phương pháp vào để giải phương trình, hệ phương trình nói chung Mặc dù cố gắng, trình độ thời gian có hạn, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả luận văn mong muốn nhận góp ý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh 105 Tài liệu tham khảo [1] Hồ Văn Diên - Mai Văn Chinh,Chinh phục phương trình, bất phương trình đại số, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Hoàng Kỳ (2001), Căn số toán vô tỉ, Nhà xuất Giáo dục, Việt Nam [3] Nguyễn Vũ Lương - Phạm Văn Hùng - Nguyễn Ngọc Thắng, (2000),Hệ phương trình phương trình vô tỉ thức, NXB ĐHQG Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (2003), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, Nhà xuất Giáo dục, Việt Nam [5] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Văn Tiến (2009), Một số chuyên đề Đại số bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, Nhà xuất Giáo dục, Việt Nam [6] Tạp chí toán học tuổi trẻ (2004), Tuyển tập 30 năm tạp chí toán học tuổi trẻ, Nhà xuất Giáo dục, Việt Nam [7] Tổng tập đề thi Olympic 30 tháng lớp 10, (2012), Nhà xuất ĐH Sư phạm Hà Nội 106