Bí kíp giải hệ phương trình chỉ trong 10 phút - Đỗ Duy Thành

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Bí kíp giải hệ phương trình chỉ trong 10 phút" trình bày phương pháp giải nhanh hệ phương trình chỉ trong 10 phút do thầy giáo – tiến sĩ Đỗ Duy Thành biên soạn. Hy vọng tài liệu sẽ giúp các em ôn tập và làm tốt các bài tập nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bí kíp giải hệ phương trình chỉ trong 10 phút - Đỗ Duy Thành

Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán BÍ KÍP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH CHỈ TRONG 10 PHÚT - Khi máy tính casio bó tay - Khi các kỹ năng phân tích nhân tử đưa về phương trình tích vô hiệu hóa  Các em học sinh sẽ phải xử lý thế nào ? Hãy áp dụng những phương pháp cực hữu ích sau đây Chuyên đề 1. Phƣơng pháp miền giá trị giải hệ phƣơng trình 1. Dấu hiệu nhận biết:  Trƣờng hợp 1: Hệ có 1 trong 2 phương trình là bậc 2 với x, y . Cách giải: Coi phương trình là bậc 2 ẩn x , giải   0  điều kiện của y. Coi phương trình là bậc 2 ẩn y , giải   0  điều kiện của x. Dùng điều kiện của x, y để đánh giá phương trình còn lại.  Trƣờng hợp 2: Hệ có 2 phương trình cùng là bậc hai với x (hoặc cùng là bậc hai với y ). Cách giải: Với phương trình (1), coi x là ẩn, giải   0  điều kiện của y. Với phương trình (2), coi x là ẩn, giải   0  điều kiện của y. So sánh điều kiện của ở 2 phương trình và rút ra kết luận. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  4 697 x y  2 (1)  81  x 2  y 2  xy  3x  4 y  4  0 (2) Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x : x2  ( y  3) x  y 2  4 y  4  0 Phương trình có nghiệm    0  ( y  3) 2  4( y 2  4 y  4)  0  y 2  6 y  9  4 y 2  16 y  16  0  3 y 2  10 y  7  0 7 1 y  3
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn y : y 2  ( x  4) y  x 2  3x  4  0 Phương trình có nghiệm    0  ( x  4) 2  4( x 2  3 x  4)  0  x 2  8 x  16  4 x 2  12 x  16  0  3x 2  4 x  0 4 0 x 3  7  4 4 2 y  1,  , x  0,  thì x 4  y 2        4 7 697  VT(1)  VP(1), do đó  3  3 3 3 81 4 7 4 7 VT(1)=VP(1) khi x  , y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,  . 3 3 3 3 Ví dụ 2: Giải hệ phƣơng trình  7  (2 x  1)(2 y  1)  xy 2 2 (1)  2   x  y  xy  7 x  6 y  14  0 (2) 2 2 Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x : x2  ( y  7) x  y 2  6 y  14  0 Phương trình có nghiệm    0  y 2  14 y  49  4 y 2  24 y  56  0  3 y 2  10 y  7  0 7 1 y  3 Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn y : y 2  ( x  6) y  x 2  7 x  14  0 Phương trình có nghiệm    0  x 2  12 x  36  4 x 2  28 x  56  0  3x 2  16 x  20  0 10 2 x 3 x  y  0 không là nghiệm của hệ.
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán  1  1 7 (1)   2 x   2 y    (3)  x  y 2 1 1 Đặt f  t   2t   f '  t   2  2  0  f  t  đồng biến trên (;0) và (0; ) . t t  f 1  1  7  1 89  7  Xét t  1;     7  89  1  2 y   y  1;  .  3  f    y 21  3   3  21  7  f  2   Xét t   2;     10  10 2 7 1 191    2x   x   2;  .  3  f  10  191 2 x 30  3      3  30 7  x 1  VT (3)  . Dấu “=” xảy ra   . Vậy hệ có nghiệm (1;2). 2 y  2 Ví dụ 3: Giải hệ phƣơng trình  x2 y 2  2x  y 2  0 (1)  2  2x  4x  3  y  0 3 (2) Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn x : x2 y 2  2 x  y 2  0 . Phương trình có nghiệm   '  0  1  y 4  0  1  y  1 . (3) Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x : 2 x2  4 x  3  y3  0 . Phương trình có nghiệm   '  0  4  2  3  y3   0  1  y3  0  y  1. (4) Từ (3) và (4)  y  1. Thay vào hệ ta được x=1. Vậy hệ có nghiệm (1;-1). 2. Bài tập tự luyện  x3  y 2  2  2  x  xy  y  y  0 2
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Chuyên đề 2. Phƣơng pháp nhân chia giải hệ phƣơng trình 3. Dấu hiệu nhận biết:  Trƣờng hợp 1: Hệ phương trình tích  Trƣờng hợp 2: Hệ phương trình chưa phải là hệ phương trình tích nhưng có thể sử dụng các biến đổi đại số để đưa về hệ phương trình tích Ví dụ 1: Giải hệ phƣơng trình  x ( x  y ) y  (1)  2 ( x  y ) x  3 y (2)  Điều kiện: x, y  0 +) Dễ thấy x  y  0 là 1 nghiệm của hệ +) Với x, y  0 , chia 2 vế của phương trình (1) và (2) cho nhau ta được: ( x  y) y x  ( x  y) x 6 y  6 y( x  y)  x( x  y)  x2  5xy  6 y 2  0  x  3y   x  2y Với x  3 y , thay vào phương trình (1) ta được: 3y 2y y  2
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán 3y  4 y3  4  16 y  3 y 3  y (16 y 2  3)  0 y  0   3 y  4 Đối chiếu với điều kiện ta được: 3 3 3 y  x 4 4 Với x  2 y , thay vào phương trình (1) ta được: 2y y y 2  2y y  2y  4 y3  2 y  2 y(2 y 2 1)  0 y  0    2 y  2 Đối chiếu với điều kiện ta được: 2 y  x 2 2 3 3 3 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (0, 0); ( , ) ; ( 2, ). 4 4 2 Ví dụ 2: Giải hệ phƣơng trình
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán  ( x 1) y 2  x  y  3   ( y  2) x  y  x  1 2  ( x 1) y 2  ( x 1)  2  y    ( y  2) x  ( y  2)  x 1 2  ( x 1)( y 2  1)  2  y   (1)  ( y  2)( x  1)  x 1 2 (2) +) Nhận thấy x  1, y  2 là nghiệm của hệ phương trình. +) Với x  1, y  2 , nhân 2 vế của phương trình (1) và (2) cho nhau, ta được: ( x2 1)( y 2 1)  1 (3) x2  1  1 Do y2 1  1  VT (3)  VP(3) Khi đó VT(3)=VP(3)  x  y  0 . Thay x  y  0 vào hệ ban đầu không thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1,2). Ví dụ 3: Giải hệ phƣơng trình  1  (4  y  2 x ) x  2 3    (4  1 ) y  4  y  2x Điều kiện: x, y  0  1 2 3 4   (1)  y  2x x Hệ phương trình   4  1  4 (2)   y  2x y
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Cộng 2 vế của phương trình (1) và (2), trừ 2 vế của phương trình (1) và (2) ta được hệ :  2 3 4 8   (3)  x y   2 2 3 4  y  2x  x  y (4)  Nhân 2 vế của phương trình (3) và (4) ta được: 16 12 16   2x  y x y  8x2  2xy  3 y 2  0  x 1 y (thỏa mãn)   2 3  x y (loại) 4 Với y  2 x , thế vào phương trình ban đầu ta được:  1  4 x 2 3  4 x   (16 x 1) x  8x 3  16 x 1  8 x 3  (16 x 1)2  192 x  256 x 2 160 x  1 0  5 2 6 x  16   52 6 x   16
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán 52 6 52 6  52 6 52 6  Vậy hệ có 2 nghiệm  ,  và  , .  16 8   16 8  4. Bài tập tự luyện  1  (1  y  x ) 3x  2  Bài 1.   (1  1 ) 2 y  4 2  yx  12  (1  y  3x ) x 2  Bài 2.   (1  12 ) y 6  y  3x
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Chuyên đề 3. Phƣơng pháp thế hạng tử tự do Chú ý: Ở phương pháp này ta cần làm những bước sau để giải được bài toán:  Đưa các số hạng cùng bậc về cùng một nhóm  So sánh bậc của hai phương trình để tìm cách thế hợp lí.  x3  2 xy 2  y  0 (1) Ví dụ 1. Giải hệ phƣơng trình  2 8 y  x  1 2 (2) Giải: Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta được: x3  2 xy 2  (8 y 2  x 2 ) y  0  x3  2 xy 2  x 2 y  8 y 3  0 (3)  Nhận thấy x=0 không là nghiệm của hệ phương trình.  Khi x  0 , chia cả 2 vế của phương trình (3) cho x3  0 ta được: 2 3  y  y  y : 1  2       8    0. (4)  x  x  x y Đặt  t , thì phương trình (4) có dạng: x 8t 3  2t 2  t  1 0  (2t  1)(4t 2  t  1)  0 1 t   x  2 y 2  1 1 y  2 3 3 x Thế vào phương trình (2) ta được 12 y  1   2  1 1  y  2 3 x 3  1 1   1 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ; ,  ; .  3 2 3  3 2 3
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán  x3  y 3  1 (1) Ví dụ 2. Giải hệ phƣơng trình  5  x  y  x  y (2) 5 2 2 Giải: Thế phương trình (1) vào (2) ta được x5  y 5  ( x 2  y 2 )( x3  y 3 )  x 2 y 3  x3 y 2  0  x2 y 2 ( x  y)  0 x  0   y  0  x   y. Nếu x  0 thì từ (1) suy ra y  1 . Nếu y  0 thì từ (1) suy ra x  1 . Nếu x   y thì từ (1) suy ra 0  1, dẫn tới phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y) = (0;1), (1;0). Ví dụ 3. Giải hệ phƣơng trình  x3 -8x = y3 +2y  2 2  x -3 = 3(y +1) Giải:  x3 -8x = y3 +2y  x3  y 3  2(4 x  y ) (1)   2 x  3y  6 2 2 2  x -3 = 3(y +1) (2) Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta đươc 3( x3  y 3 )  ( x 2  3 y 2 )(4 x  y )  3x3  3 y 3  4 x3  x 2 y  12 xy 2  3 y 3  x3  x 2 y  12 xy 2  0 x  0  2  x  xy  12 y  0 (3) 2
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Nếu x=0 thì từ (2) suy ra phương trình vô nghiệm. Nếu x  0 , thì chia cả 2 vế của phương trình (3) cho x 2  0 ta được: 2  y  y 1     12    0 . x  x  1  t  y 3  x  3y Đặt  t , ta có phương trình sau 1  t  12t 2  0    x t  1  x  4 y  4  y 1 x  3 Với x=3y, thay vào phương trình (2) ta được 6 y 2  6    y  1  x   3 Với x=-4y, thay vào phương trình (2) ta được  6 6 y   x  4 13 13 13 y  6   2  6 6 y   x4  13 13  6 6  6 6  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   ( 3; 1),(3;1),  4 ; , 4 ; .  13 13   13 13  Ví dụ 4: Giải hệ phƣơng trình (ĐHKA-2011)  5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2( x  y )  0 (1)   xy ( x  y )  2  ( x  y) 2 2 2 (2) Giải: Ta có: (2)  ( xy  1)( x2  y 2  2)  0  xy  1 hoặc x 2  y 2  2.  Nếu xy  1 thì từ (1) suy ra: y 4  2 y 2  1  0  y  1. Suy ra: (x;y)=(1;1) hoặc (x;y)=(-1;-1)  Nếu x 2  y 2  2 thì từ (1) suy ra:
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán 3 y ( x 2  y 2 )  4 xy 2  2 x 2 y  2( x  y )  0  6 y  4 xy 2  2 x 2 y  2( x  y )  0  xy  1  (1  xy )(2 y  x)  0   x  2y Với x=2y, từ x 2  y 2  2 suy ra:  2 10 10   2 10 10  ( x; y )   ;  hoặc ( x; y )    ; .  5 5   5 5   2 10 10   2 10 10  Vậy hệ có nghiệm: (1;1),(1; 1),  ; ,  ; .  5 5   5 5  Bài tập tự luyện Giải các hệ phƣơng trình sau: Bài 1.  y 3  y 2 x  3x  6 y  0   x 2  xy  3 Bài 2.  x x  8 y  x  y y    x y 5 Bài 3.  x3  8 y 3  4 xy 2  1  4 2 x  8 y  2 x  y  0 4
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Chuyên đề 4. Phƣơng pháp hàm đặc trƣng 5. Nội dung phƣơng pháp: Phương pháp này ta sẽ sử dụng với hệ mà các phương trình có x và y độc lập với nhau hoặc có thể biến đổi về hệ phương trình có x và y độc lập với nhau. Sau đó xét một hàm số f  t  đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D . Khi đó phương trình f (u)  f (v)  u  v. Để xuất hiện hàm đặc trƣng cần chú ý:  Hàm đặc trưng sẽ xuất hiện từ (1) trong (2) phương trình của hệ thông qua biến đổi đại số, đặt ẩn phụ hoặc chia cả hai vế của phương trình cho cùng một biếu thức.  Hàm đặc trưng sẽ xuất hiện sau khi cộng hoặc trừ hai phương trình của hệ.  x3 (2  3 y )  1 Ví dụ 1. Giải hệ phƣơng trình   x( y  2)  3 3 Giải:  Xét x=0 không là nghiệm của hệ phương trình.  1 2  3 y  (1)  x (2  3 y )  1  3  x 3  Xét x  0 :    x ( y 3  2)  3  y3  2  3 (2)   x 1 3 Cộng 2 phương trình (1) và (2) ta được: 3   y 3  3 y .(3) x x Xét hàm : f  t   t 3  3t . Ta có f '  t   3t 2  3  0 suy ra hàm f (t ) đồng biến trên .
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán 1 (3)  f    f ( y ) x 1  y x Thay vào phương trình (1) ta được:  1 3  x  y2 x (2  )  1  2 x  3x  1  0  3 3 2 2 x   x  1  y  1 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ;2  ,  1; 1 . 2   x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 (1) Ví dụ 2. Giải hệ phƣơng trình  x 1  y  y  2 y  2  3  1 (2) 2 Giải:  y 1   x  1   x  1 2  1  3 y 1  x  x  2x  2  3  1 2     y  y  2 y  2  3  1  y  1   y  1 x 1   1  3x 1 2 2 Trừ hai vế của 2 phương trình cho nhau ta đươc:  x  1   x  1  1  3x1   y  1   y  1  1  3 y 1 (3) 2 2 t Xét hàm f (t )  t  t 2  1  3t. Ta có f ' (t )  1   3t ln t  0, t suy ra hàm f (t ) t 1 2 đồng biến trên . (3)  f  x  1  f ( y  1) x y Thay vào 1 trong 2 phương trình được:
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán x 1   x  1  1  3x1 2 Đặt u  x 1 Ta được phương trình u  u 2  1  3u   3u u  u 2  1  1     Xét hàm: g  u   3u u  u 2  1  g '  u   3u ln3. 1   u u  2  1 0.  Suy ra hàm g (u ) nghịch biến trên . Mặt khác, g(0)=1, do đó phương trình có 1 nghiệm duy nhất u=0 suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1).   x  xy  y  y 5 4 10 6 (1) Ví dụ 3. Giải hệ phƣơng trình   4x  5  y  8  6  2 (2) Giải: Nhận thấy y  0 không là nghiệm của hệ nên ta chia cả 2 vế phương trình (1) cho y 5  0 :ta được: 5 x x     y  y (3) 5  y y Ta xét hàm: f  t   t 5  t  f '(t )  5t 4  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên .
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán x (3)  f    f ( y )  y x  y y  x  y2 Thay vào phương trình (2): 4x  5  x  8  6     4x  5  3   x8 3  0 4( x  1) x 1   0 4x  5  3 x8 3  4 1   ( x  1)   0  4x  5  3 x8 3  x 1   4 1  x  1  y  1   0  4 x  5  3 x8 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   (1;1) , (1;-1) Ví dụ 4 (ĐHKA-2010). Giải hệ phƣơng trình  4 x  1 x   y  3 5  2 y  0  2 (1)  2 4 x  y  2 3  4 x  7  2 (2) Giải: 5  t2 Đặt 5  2 y  t (t  0)  y  . 2 1  t 2 (1)   4 x  1 x  2 .t  0 2  2 x  2 x   1   t 2  1 t (3) 2  
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Ta xét hàm: f  t   (t 2  1)t  f '(t )  3t 2  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên . (3)  f  2x   f (t )  2x  t  2x  5  2 y x  0   5  4x 2 y   2 Thế vào (2) ta được: 2 5  3 4x    2x2   2 3  4 x  7 2 (4), 0 x 2  4 3 Dễ thấy x  0, x  không là nghiệm của (4) . 4 2 5   3 Xét g ( x)  4 x    2 x 2   2 3  4 x trên  0;  . 2 2   4 5  4 4 g '( x)  8 x  8 x   2 x 2    12 x  16 x3  2  3  4x 3  4x  3  4 x  4 x 2  3  4  0 x   0;  3  4x  4  3 1 1 Suy ra hàm g ( x) nghịch biến trên  0;  . Mặt khác g    0  x  là nghiệm duy  4 2 2 nhất của (4)  y  2. 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   2 ;2    NOTE: Chúng ta chỉ xét hàm trên (a,b) chứ không xét hàm trên [a,b], vì trong một số trường hợp tại các điểm mút a,b đạo hàm không xác định. Vì vậy các em nên tách 2 điểm đầu mút xét riêng xem có là nghiệm của phương trình không.
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán  e x  y  e x  y  2  x  1 (1) Ví dụ 5. Giải hệ phƣơng trình  x  y e  x  y  1 (2) Giải: Đặt u  x  y, v  x  y . Hệ có dạng: eu  ev  u  v  2   u  1   v  1   eu  v  1 eu  ev   u  1  eu   eu  v  1 ev  u  1 (3)  u e  v  1 (4) Trừ 2 vế của (3) và (4) cho nhau ta được: ev  eu  u  v  ev  v  eu  u (5) Ta xét hàm: f  t   et  t  f '(t )  et  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên . (5)  f  u   f (v) uv  x y  x y  y 0 Từ (2)  e x  x  1  e x  x  1 . (6) Đặt g ( x)  e x  x , g '( x)  e x  1.  Nếu x  0  g ' ( x)  0  g ( x) đồng biến trên (0; ) .  g ( x)  g (0)  g ( x)  1 . Suy ra (6) vô nghiệm.  Nếu x  0  g ' ( x)  0  g ( x) nghịch biến trên (;0)  g ( x)  g (0) .  g ( x)  1. Suy ra (6) vô nghiệm.  Nếu x  0  VT(6)  VP(6)  1  x  0 là nghiệm duy nhất của (6).
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y)  (0;0). 6. Bài tập tự luyện Giải các hệ phƣơng trình sau: Bài 1. 2 y 3  2 x 1  x  3 1  x  y   y  2 x  1  2 xy 1  x 2 Bài 2. 2  2 x  1  2 x  1   2 y  3 y  2  3   4x  2  2 y  4  6  Bài 3.   y  y  x  3x  4 x  2 3 3 2   1 x  y  2  y 1  2 Bài 4.  3  x  2  x  2 y 2 y  1  0    2 2  x   2 y  1  1 3
Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Chuyên đề 5. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ 7. Nội dung phƣơng pháp: Sử dụng phƣơng pháp khi hệ phƣơng trình có vế phải độc lập với x hoặc y. Khi đó ta khử x, y ở vế phải của cả hai phƣơng trình và lựa chọn ẩn phụ cho phù hợp.  y  xy 2  6 x 2 Ví dụ 1. Giải hệ phƣơng trình  1  x y  5 x 2 2 2 Giải:  Xét x=0 không là nghiệm của hệ phương trình.  Xét x  0 , chia cả 2 vế của hai phương trình cho x 2  0 ta được:  y y2  2  6 x x   1  y2  5  x 2  y1   x  x  y 6     2  1  y   2 y  5  x   x y 1 Đặt u  ; v   y ta được hệ phương trình: x x   6  u.v  6 u   6  v  u u  2  2   v  v  2u  5 v 2  2 6  5  0 v3  5v  12  0 v  3   v Với u=2, v=3: