intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 

Cẩm nang cho mùa thi: Tìm hiểu các kỹ thuật giải hệ phương trình - Nguyễn Hữu Biển

Chia sẻ: Phan Hùng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:77

Thêm vào BST
Báo xấu
152
lượt xem 38
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cẩm nang cho mùa thi "Tìm hiểu các kỹ thuật giải hệ phương trình" giới thiệu đến các bạn một số phương pháp giải hệ phương trình như: Phương pháp rút - thế, phương pháp nhóm nhân tử chung, phương pháp dùng bất đẳng thức vec tơ, phương pháp dùng số phức, phương pháp nhân liên hợp và đánh giá,...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Cẩm nang cho mùa thi: Tìm hiểu các kỹ thuật giải hệ phương trình - Nguyễn Hữu Biển

  1. CẨM NANG CHO MÙA THI TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH (ÔN THI THPT QUỐC GIA) NGUYỄN HỮU BIỂN
  2. LỜI GIỚI THIỆU Các em học sinh thân thân mến, trong đề thi ĐH môn Toán những năm gần đây thường xuyên xuất hiện câu giải hệ phương trình, câu hỏi này thường là thuộc hệ thống câu hỏi khó, có tính chất phân loại trong đề thi, mốc đạt điểm từ 8 đến 10. Phương pháp suy luận để giải quyết đối với loại câu hỏi này cũng khá đa dạng, thầy có thể kể ra một số phương pháp phổ biến như sau: (1) Phương pháp rút - thế (2) Phương pháp nhóm nhân tử chung (3) Phương pháp dùng hàm số và đạo hàm (4) Phương pháp dùng BĐT vec - tơ (5) Phương pháp dùng số phức (6) Phương pháp nhân liên hợp và đánh giá (7) Phương pháp lượng giác hóa Sự phân chia và liệt kê các phương pháp nói trên cũng chỉ mang tính chất tương đối, vì trên thực tế trong đề thi chúng ta thường phải vận dụng kết hợp nhiều phương pháp đan xen hợp lý để giải quyết bài tập (rất ít đề thi chỉ dùng 1 phương pháp độc lập). Vậy câu hỏi đặt ra là “làm thế nào nhận biết được bài tập đã cho dùng phương pháp nào?”, đôi khi có bài tập có một vài cách giải khác nhau tuy nhiên sẽ có cách hay nhất, dễ hiểu nhất. Để giảm bớt “nỗi lo âu” của các em học sinh đối với loại bài tập này, thầy biên soạn cuốn tài liệu TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH, tài liệu bao gồm 120 bài tập giải hệ phương trình - minh họa đầy đủ các kỹ thuật giải hệ phương trình trong đề thi đại học, đặc biệt 24 bài tập đầu thầy không chỉ hướng dẫn làm bài mà quan trọng hơn đó là đi sâu vào phân tích, tìm hiểu kỹ thuật giải tương ứng, như vậy dần dần các em sẽ tích lũy được thành kinh nghiệm - “bí kíp” cho riêng mình. Sau 24 bài tập, thầy sẽ đưa ra một loạt các bài tập tự luyện kèm hướng dẫn giải bám sát cấu trúc ra đề theo xu thế mới hiện nay để các em tự thực hành và đối chiếu hướng dẫn giải. Phương châm và mong muốn của thầy là học xong tài liệu này, các em sẽ giải quyết tốt câu giải hệ phương trình trong đề thi sắp tới (nếu có).
  3. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  x 4y3 + 3y + 5y 2 − x 2 = y 2 x 2 + 4y 2 + 8 (1)  Bài 1 : Giải hệ phương trình  ( ) ( ) x + 12 − 2x = 2y 2 − 2 y − 4 (2) Phân tích tìm lời giải  x 2 ≤ 5y 2  + ĐK: 0 < x ≤ 6 y ≥ 0  + Trước hết quan sát ta thấy phương trình (2) có hình thức đơn giản hơn (1). Tuy rằng (2) có biến x và y cô lập ở từng vế nhưng ta không thể biến đổi để sử dụng “hàm đại diện” được. Vì vậy, ta sẽ “mò nghiệm” để tìm quan hệ của x và y. Thật vậy: - Từ (2) ta cho y = 4 ⇒ x + 12 − 2x = 24 , bấm máy ta thấy phương trình này vô nghiệm, vì vậy ta bỏ qua việc suy luận từ (2) + Bây giờ ta chỉ còn cách quay về (1) để “nghiên cứu”. Ta thấy như sau: ( ) - Từ (1) ta cho y = 1 ⇒ x 7 + 5 − x 2 = x 2 + 12 , bấm máy giải phương trình này có x = 2 - Từ (1) ta cho y = 2 ⇒ x ( 38 + ) ( ) 20 − x 2 = 4 x 2 + 24 , bấm máy giải phương trình có x = 4 Vậy với 2 giá trị ta nhận thấy dự đoán x = 2y ⇔ x − 2y = 0 , điều này khiến ta có suy luận rằng, nếu biến đổi (1) một cách khéo léo, ta sẽ ép được nhân tử chung là ( x − 2y ) . Bây giờ ta sẽ “ép nhân tử chung” từ (1) như sau: ( ) ( x 4y3 + 3y + 5y 2 − x 2 = y 2 x 2 + 4y 2 + 8 ) ⇔ 4xy3 + 3xy + x 5y 2 − x 2 = x 2 y 2 + 4y 4 + 8y 2 ( ) ( ) ( ⇔ 2xy3 − 4y 4 + x 5y 2 − x 2 − xy + 4xy + 2xy3 − 8y 2 − x 2 y 2 = 0 ) ⇔ 2y3 ( x − 2y ) + x ( 5y 2 − x 2 − y ) + y ( 4x + 2xy 2 ) − 8y − x 2 y = 0 x ( x − 2y )( x + 2y ) ⇔ 2y3 ( x − 2y ) − + y ( x − 2y )( 4 + xy ) = 0 5y 2 − x 2 − y  x ( x + 2y )  ⇔ ( x − 2y ) 3y3 − + y ( 4 + xy )  = 0  5y 2 − x 2 + y  + Như vậy ta đã ép được nhân tử chung ( x − 2y ) từ (1), tuy nhiên cái ngoặc vuông “khổng lồ” gắn kèm kia ta rất khó để chứng minh được nó khác 0. Có lẽ cách làm này vẫn không khả thi cho lắm. + Sau một hồi suy luận mất khá nhiều thời gian và công sức, ta cũng chỉ mới biết được x = 2y ⇔ x − 2y = 0 . Bây giờ con đường cuối cùng là ta đổi hướng làm theo kiểu “đánh giá”, chú ý phải “biến đổi ép” để có ( x − 2y ) nhé. Thật vậy, từ (1) ta biến đổi như sau: Trang 1
  4. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ( ) ( x 4y3 + 3y + 5y 2 − x 2 = y 2 x 2 + 4y 2 + 8 ) ⇔ 4xy3 + 3xy + x 5y 2 − x 2 = x 2 y 2 + 4y 4 + 8y 2 ⇔ 3xy + x 5y 2 − x 2 − 8y 2 = x 2 y 2 + 4y 4 − 4xy3 2 ⇔ 3xy + x 5y 2 − x 2 − 8y 2 = 2y 2 − xy ( ) (3) 2 + Nhận thấy ( 2y 2 − xy ) ≥ 0 , vậy từ (3) ⇒ 3xy + x 5y 2 − x 2 − 8y 2 ≥ 0 2 x x x ⇔ 3  + 5−  −8 ≥ 0 y y y 2 x x x ⇔ 5 −   ≥ 8 − 3   (4) y y  y 2 2 x 2 x x + Mặt khác, từ ĐK x ≤ 5y ⇔   ≤ 5 ⇔ 0 < ≤ 5 ⇒ 8 − 3   > 0 , vậy BPT (4) có 2 vế  y y y không âm nên bình phương 2 vế và biến đổi ta được kết quả: 4 2 x x x x   + 4   − 48   + 64 ≤ 0 , đặt t = ≥ 0 y y y y 2 ⇒ t 4 + 4t 2 − 48t + 64 ≤ 0 ⇔ ( t − 2 ) t 2 + 4t + 16 ≤ 0( ) 2 ⇔ ( t − 2 ) ≤ 0 (do t 2 + 4t + 16 > 0, ∀t ≥ 0) 2 x ⇔ ( t − 2) = 0 ⇔ t = 2 ⇒ = 2 ⇔ x = 2y y + Cuối cùng ta đã tìm được hướng làm đúng, bây giờ thì thay x = 2y vào (2) ta có: 2y + 12 − 4y = 2y 2 − 2 y − 4 ⇔ 3 − y + y = y2 − y − 2  y 2 − y − 2 ≥ 0 ⇔ y ≥ 2 (do y ≥ 0)  ⇔ 2 2 ( ) ( 2  3 − y + y = y − y − 2 (5) ) + Từ (5) biến đổi ta được: y 4 − 2y3 − 3y 2 + 4y + 1 = 2 y ( 3 − y ) (6) + Phương trình (6) quả thật không dễ gì giải quyết được, nếu bình phương 2 vế tiếp tục, sẽ được phương trình bậc 8 (ghê gớm quá) nên không ai đi làm thế cả !!! + Bây giờ bạn hãy quan sát căn bậc 2 bên phải, ta đoán rằng sẽ tạo ra lượng thích hợp để nhân liên hợp rồi đoán nhân tử chung, vậy trước hết ta sẽ nghĩ đến việc tạo ra lượng ) (y (3 − y ) − 1) − y 2 − 3y + 1 ( ) ( y (3 − y ) −1 ⇒ y (3 − y ) −1 = ⇒ đoán nhân tử chung là ( y 2 − 3y + 1) . + Vậy vấn đề là ta phải ép cho vế trái của (6) có được nhân tử chung là ( y 2 − 3y + 1) : Trang 2
  5. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH y 4 − 2y3 − 3y 2 + 4y − 1 = 2 ( y (3 − y ) −1 ) ⇔ y 4 + y3 − y 2 − 3y3 − 3y 2 + 3y + y 2 + y − 1 = 2 ( y (3 − y ) −1) ( −2 y 2 − 3y + 1 ) 2 ( 2 ) ( 2 ⇔ y y + y − 1 − 3y y + y − 1 + y + y − 1 = ) ( 2 ) y (3 − y ) + 1 ( 2 y 2 − 3y + 1 ) =0 ( 2 )( ⇔ y + y − 1 y − 3y + 1 +2 ) y (3 − y ) + 1  2  ( 2  2 ) ⇔ y − 3y + 1 y + y − 1 +  =0  y ( 3 − y )  + 1 2 ⇔ y 2 − 3y + 1 = 0 do y 2 + y + 1 + >0 y (3 − y ) + 1  3− 5 y =
  6. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH y − 1 + 2y 2 + 1 = x + x 2 + xy + 3y ⇔ y − 1 − x = x 2 + xy + 3y − 2y 2 − 1 y −1 − x ⇔ = x 2 + xy + 3y − 2y 2 − 1 (3) y −1 + x + Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là ( y − x − 1) , công việc này không hề đơn giản. Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là phương trình bậc 2 ẩn x: x 2 + xy + ( 3y − 2y 2 − 1) = 0 2 - Tính ∆ = y 2 = 4.1. ( 3y − 2y 2 − 1) = ( 3y − 2 ) ≥ 0 , vậy phương trình x 2 + xy + ( 3y − 2y 2 − 1) = 0 có 2 nghiệm là :  − y + 3y − 2 x = 2 x − y + 1 = 0  ⇔ ( ) ⇒ x 2 + xy + 3y − 2y 2 − 1 = ( x − y − 1)( x + 2y − 1)  x = − y − 3y + 2  x + 2y − 1 = 0  2 - Vậy (3) y −1 − x ⇔ = ( x − y − 1)( x + 2y − 1) y −1 + x  1  ⇔ ( y − x − 1)  + x + 2y − 1 = 0  y −1 + x     1  - Ta thấy với ĐK x ≥ 0; y ≥ 1 ⇒  + x + 2y − 1 > 0 ⇒ y − x − 1 = 0 ⇒ y = x + 1 thay  y −1 + x    vào (1) ta được: x 2 + x + 1 + 3 = x 2 − x + 1 + 7 (4) , bấm máy thấy phương trình này có nghiệm x = 2 , vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là ( x − 2 ) : Bình phương 2 vế và biến đổi ta được: x − 2 = 7x 2 − 7x + 7 − 3x 2 + 3x + 3 4x 2 − 10x + 4 ⇔ x−2= 7x 2 − 7x + 7 + 3x 2 + 3x + 3 2 ( x − 2 )( 2x − 1) ⇔ x−2= 7x 2 − 7x + 7 + 3x 2 + 3x + 3  4x − 2  ⇔ ( x − 2 ) 1 − =0  7x 2 − 7x + 7 + 3x 2 + 3x + 3  + Đến đây mặc dù đã xuất hiện nhân tử chung là ( x − 2 ) , tuy nhiên đại lượng trong dấu  4x − 2  ngoặc thứ hai là 1 −  ta không thể chứng minh cho nó ≠ 0 ,  7x 2 − 7x + 7 + 3x 2 + 3x + 3  Trang 4
  7. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  4x − 2  hơn nữa nếu xét phương trình 1 −  = 0 thì việc giải phương  7x 2 − 7x + 7 + 3x 2 + 3x + 3  trình này là rất khó. + Bây giờ ta phải quay trở về phương trình (4) để đổi hướng làm bài như sau: x 2 + x + 1 + 3 = x 2 − x + 1 + 7 (4) ⇔ x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = 7 − 3 (5) + Ý tưởng làm bài lúc này là ta sẽ chứng minh cho VT của (5) là hàm đơn điệu để suy ra x = 2 là nghiệm duy nhất của (5). - Xét hàm số : 2x + 1 2x − 1 f (x) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 ⇒ f '(x) = − 2 2 x + x +1 2 x2 − x +1 2x + 1 2x − 1 ⇔ f '(x) = − 2 2 ( 2x + 1) +3 ( 2x − 1) +3 t 3 - Xét hàm số f (t) = 2 , t ∈ R ⇒ f '(t) = 2 > 0, ∀t ⇒ f (t) là hàm đồng biến t +3 ( t2 + 3 ) 2x + 1 2x − 1 - Mặt khác ta có 2x + 1 > 2x − 1 ⇒ g(2x + 1) > g(2x − 1) ⇒ 2 > 2 ( 2x + 1) +3 ( 2x − 1) +3 2x + 1 2x − 1 ⇒ f '(x) = − > 0 ⇒ f (x) là hàm đồng biến. 2 2 ( 2x + 1) +3 ( 2x − 1) +3 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của (5). KL: (x; y) = (2;3)  x 4 + x 3 − x 2 + 1 = x ( y − 1)3 + 1 (1)  Bài 3: Giải hệ phương trình  2 2 3 4 3 2 3  x − y + 2 x + x + y = 2y y − 1 x + x (2) 3 ( ) Phân tích tìm lời giải x3 − x 2 + 1 ≥ 0 + ĐK:  y ≥ 1 + Ở bài này đối với phương trình (1) trong căn là đa thức có 3 hạng tử nên ta loại trừ PP nhân lượng liên hợp, vậy ta xuất phát từ (2) để biến đổi mấy căn rắc rối kia xem hình dạng biểu thức thu được ra sao nhé ! + Từ (2) ta biến đổi: x 2 − y 2 + 2 3 x 4 + 3 x 2 + y3 = 2y y − 1 x + 3 x ( ) ⇔  x 2 + 2x. 3 x + ( x )  − 2y y − 1 ( x + x ) + y − y = 0 2 3 3 3  2 2 ( ⇔ x+3 x ) − 2y y − 1 ( x + x ) + ( y y − 1 ) = 0 3 2 ⇔ (x + 3 x − y y −1) = 0 ⇔ x + 3 x − y y −1 = 0 Trang 5
  8. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3 ⇔( x) 3 + 3 x = ( y − 1 + 1) . y − 1 3 3 ⇔( x) 3 +3x= ( ) y − 1 + y − 1 (3) + Như vậy sau khi biến đổi (2) thì kết quả thu được tự nhiên rất tốt, do đó đây là điều hết sức may mắn và ngẫu nhiên. + Đến đây ta xét hàm số f (t) = t 3 + t ⇒ f '(t) = 3t 2 + 1 > 0 ⇒ f (t) là hàm đồng biến Vậy từ (3) ⇒ f ( x)=f ( 3 ) y − 1 ⇒ 3 x = y − 1 ⇒ ( y − 1) = x 2 thay vào (1) ta được: 3 x 4 + x3 − x 2 + 1 = x3 + 1 ⇔ ( ) ( x3 − x 2 + 1 − x 2 + x 4 − x3 + x 2 −1 = 0 ) x3 − x2 + 1 − x4 ⇔ 3 2 2 ( + x 4 − x3 + x 2 −1 = 0 ) x − x +1 + x  1  ( ⇔ x 4 − x 3 + x 2 − 1 1 − ) =0  x3 − x 2 + 1 + x 2   x 4 − x3 + x 2 −1 = 0 ⇔  x 3 − x 2 + 1 + x 2 = 1 x = 1  ⇔  1 − x ≥ 0 2  3 2 2   x − x + 1 = 1 − x 2 ( ) x = 1 ⇒ y = 2 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1 KL: HPT có nghiệm (x; y) = (1; 2), (0;1) 3x 2 + 3y 2 + 8 = ( y − x ) y 2 + xy + x 2 + 6 (1) ( )  Bài 4: Giải hệ phương trình  ( x + y − 13) 3y − 14 − x + 1 = 5 (2) ( ) Phân tích tìm lời giải  x ≥ −1  + ĐK:  14  y ≥ 3 + Quan sát phương trình (1), nếu ta thực hiện mở dấu ngoặc và chuyển vế thì sẽ cô lập được x và y sang từng vế, thật vậy: 3x 2 + 3y 2 + 8 = ( y − x ) y 2 + xy + x 2 + 6( ) ⇔ 3x 2 + 3y 2 + 8 = ( y − x )  y 2 + xy + x 2 + 6  ( ) ⇔ 3x 2 + 3y 2 + 8 = y3 − x 3 + 6 ( y − x ) ⇔ x 3 + 3x 2 + 6x + 8 = y3 − 3y 2 + 6y (3) Trang 6
  9. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH + Ở phương trình (3) đã cô lập x và y sang từng vế, mặt khác mỗi vế đều có dạng đa thức bậc ba, với hình thức phương trình kiểu này, ta thường nghĩ đến phương pháp sử dụng “hàm đại diện”. x 3 + 3x 2 + 6x + 8 = y3 − 3y 2 + 6y 3 3 ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) = ( y − 1) + 3 ( y − 1) (4) + Đến đây ổn rồi, xét hàm số f (t) = t 3 + 3t ⇒ f '(t) = 3t 2 + 3 > 0 ⇒ f (t) là hàm đồng biến Vậy từ (4) ⇒ f (x + 1) = f (y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ y = x + 2 thay vào (2) ta được: 5 ( 2x − 11) ( ) 3x − 8 − x + 1 = 5 ⇔ 3x − 8 − x + 1 = 2x − 11 5 8 11 ⇔ 3x − 8 − x + 1 − =0 (5); ≤ x ≠ 2x − 11 3 2 + Ở phương trình (5) ta nhẩm thấy (hoặc dùng máy tính) phương trình có 2 nghiệm x = 3; x = 8 , tuy nhiên việc giải phương trình (5) là rất khó. Trong trường hợp này ta sẽ dùng phương pháp đồ thị để chứng tỏ phương trình (5) chỉ có đúng 2 nghiệm x = 3; x = 8 . 5 8 11 + Xét hàm số f (x) = 3x − 8 − x + 1 − ; ≤x≠ 2x − 11 3 2 3 1 10 ⇒ f '(x) = − + 2 2 3x − 8 2 x + 1 ( 2x − 1) 3 x + 1 − 3x − 8 10 8 11 ⇔ f '(x) = + 2 > 0, ∀x ≥ ; x ≠ 2 3x − 8. x + 1 ( 2x − 1) 3 2 + Ta có bảng biến thiên sau: 8 11 x 3 2 +∞ f'(x) + + f(x) + Từ BBT ta thấy hàm số f(x) cắt Ox tại tối đa 2 điểm, vậy phương trình (5) chỉ có 2 nghiệm x = 3; x = 8 KL: HPT có nghiệm là (x; y) = (3;5); (8;10) Nhận xét: Nếu ta giải phương trình ( 2x − 11) ( ) 3x − 8 − x + 1 = 5 bằng phương pháp nhân liên hợp thì ta sẽ biến đổi như sau: ( 2x − 11) ( 3x − 8 − x + 1 = 5 ) ⇔ ( 2x − 11) ( ) 3x − 8 − 1 − ( 2x − 11) ( ) x + 1 − 2 − 2 ( x − 3) = 0 ( 2x − 11) .3 ( x − 3) ( 2x − 11) . ( x − 3) ⇔ − − 2 ( x − 3) = 0 ( 3x − 8 + 1 ) ( x +1 + 2 ) Trang 7
  10. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  3 2x − 11  ( ) ( 2x − 11) ⇔ ( x − 3)  − − 2 = 0  3x − 8 + 1  ( ) ( x +1 + 2 )  + Tuy nhiên đến đây ta gặp khó khăn khi lý luận cho phương trình ở dấu ngoặc vuông kia có nghiệm duy nhất x = 8  3 2x − 11   ( ) − ( 2x − 11) − 2 = 0 (  3x − 8 + 1 ) ( x +1 + 2 )     y + y2 + 5  6 ln    = ( x − y ) x 2 + xy + y 2 − 1 (1)  x + x2 + 5  ( ) Bài 5: Giải hệ phương trình     4 2 3 4y − 6y + 2 3 − 4x − = 0 (2)  4 Phân tích tìm lời giải 3 + ĐK: 0 < x ≤ 4 + Nhận thấy (1) có dạng đặc biệt nên biến đổi (1) ta được: ( ) ( ) ⇔ 6 ln y + y 2 + 5 − 6 ln x + x 2 + 5 = x 3 − y3 − 2x + 2y ⇔ 6 ln ( y + y + 5 ) + y − 2y = 6 ln ( x + x + 5 ) + x − 2x (3) 2 3 2 3 6 + Xét hàm số f (t) = 6 ln ( t + t + 5 ) + t − 2t, t ∈ R ⇒ f '(t) = 2 3 + 3t − 2 2 2 t +5 + Đến đây ta vẫn chưa chứng minh được f(t) là hàm đơn điệu, vậy ta sẽ tính f’’(t) và sử dụng PP “min - max”, thật vậy:    1  ⇒ f ''(t) = 6t 1 − 3  , xét f ''(t) = 0 ⇔ t = 0 , ta có bảng biến thiên sau:   (t 2 +5 )   t -∞ 0 +∞ f''(t) - 0 + f'(t) 6 -2 5 6 + Từ BBT ta thấy f '(t) ≥ − 2 > 0 ⇒ f '(t) > 0 ⇒ f (t) là hàm đồng biến. 5 3 + Vậy từ (3) f (x) = f (y) ⇒ x = y thay vào (2) ta có: 4x 4 − 6x 2 + 2 3 − 4x − = 0 (4) 4 Trang 8
  11. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH + Việc giải phương trình (4) cũng không hề đơn giản, bây giờ ta dùng đến máy tính và 1 thấy phương trình (4) chỉ có nghiệm duy nhất x = , do đó ta phải chứng minh cho hàm 2 số ở vế trái của (4) là hàm đơn điệu, thật vậy:  3 3 + Xét hàm số g(x) = 4x 4 − 6x 2 + 2 3 − 4x − , x ∈  0;  4  4  4 4  3 ⇒ g '(x) = 16x 3 − 12x 2 − 3 − 4x ( = 4x 4x 2 − 3 − 3 − 4x ) < 0, ∀x ∈  0;   4 1 1 ⇒ g(x) là hàm nghịch biến ⇒ x = là nghiệm duy nhất của (4) ⇒ y = 2 2 1 1 KL: HPT có nghiệm ( x; y ) =  ;  2 2  2x − x 2 + y = 2 (1) Bài 6: Giải hệ phương trình  3 2  x − 3x + 2 + ( y + 2 ) 1 − y = 0 (2) Phân tích tìm lời giải 2x − x 2 ≥ 0 0 ≤ x ≤ 2 + ĐK:  ⇔ 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 + Nhận thấy phương trình (2) có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác VT là đa thức bậc 3 đối với x, VP chứa căn bậc hai của đa thức bậc nhất đối với y, đối với hình thức này, ta thường sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy: x 3 − 3x 2 + 2 + ( y + 2 ) 1 − y = 0 ⇔ x 3 − 3x 2 + 2 = − ( y + 2 ) 1 − y ( ) ⇔ x 3 − 3x 2 + 3x − 1 − 3 ( x − 1) = (1 − y ) − 3 1 − y 3 3 ⇔ ( x − 1) − 3 ( x − 1) = ( 1− y ) − 3 1 − y (3) 0 ≤ x ≤ 2  −1 ≤ x − 1 ≤ 1 + Xét hàm số f (t) = t 3 − 3t , ta thấy  ⇔ ⇒ −1 ≤ t ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ 1 − y ≤ 1 ( ) ⇒ f '(t) = 3t 2 − 3 = 3 t 2 − 1 ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ f (t) là hàm nghịch biến.  x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 + Từ (3) f ( x − 1) = f ( ) 1 − y ⇒ x −1 = 1 − y ⇔  2 ( x − 1) = 1 − y ⇔ 2  y = − x + 2x + Thay vào (1) ta được: 2x − x 2 + 2x − x 2 = 2,1 ≤ x ≤ 2 , giải PT này ⇒ x = 1 KL: HPT có nghiệm (x; y) = (1;1) 3 1 − x 2 + 3x 2 − y − 1 = 3 (1)  Bài 7: Giải hệ phương trình  5 2  x − 5x = y + 2y − 4 y + 1 (2) ( ) Phân tích tìm lời giải Trang 9
  12. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1 − x 2 ≥ 0 −1 ≤ x ≤ 1  2  + ĐK: 3x − y − 1 ≥ 0 ⇔  y + 1 ≤ 3x 2 y + 1 ≥ 0  y ≥ −1   + Quan sát thấy phương trình (2) cô lập được x và y sang mỗi vễ, hơn nữa đa thức trong căn bậc hai là bậc nhất nên ta sẽ nghĩ đến việc biến đổi (2) theo PP “hàm đại diện”. ( x 5 − 5x = y 2 + 2y − 4 ) y +1 ⇔ x 5 − 5x = ( y + 1) − 5 y + 1 2   5 ⇔ x 5 − 5x = ( ) y + 1 − 5 y + 1 (3) + Xét hàm số f (t) = t 5 − 5t  x ∈ [ −1;1]  + Ta cần tìm điều kiện của :  y + 1 ≤ 3x 2  ⇒ t ∈  −1; 3    ⇒ y + 1 ∈  0; 3    y +1 ≥ 0  + Ta có f '(t) = 5t 4 − 5 = 5 ( t 4 − 1) , rõ ràng với t ∈  −1; 3  thì ta chưa thể xác định được hàm f(t) đơn điệu, điều này chứng tỏ ĐK của t tìm chưa sát (vẫn còn thiếu). Bây giờ ta phải nghiên cứu kỹ hơn để tìm ĐK cho t thật sát. + Xét (1) ta thấy: 3 = 3. 1 − x 2 + 1. 3x 2 − y − 1 ⇔ 3 = 3. 3 − 3x 2 + 1. 3x 2 − y − 1 ⇔ 3 ≤ 3 + 1. 3 − 3x 2 + 3x 2 − y − 1 1 3 3 ⇔ 3≤ 2 2−y ⇔ y ≤ − ⇔ y +1 ≤ ⇔ 0 ≤ y +1 ≤ 4 4 2  x ∈ [ −1;1]  + Như vậy cuối cùng ta có   3  ⇒ t ∈ [ −1;1]  y + 1 ∈  0;    2  ⇒ f '(t) = 5 ( t 4 − 1) ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ f (t) là hàm nghịch biến. 0 ≤ x ≤ 1 + Từ (3) ⇒ f ( x ) = f ( ) y +1 ⇒ x = y +1 ⇔  2  x = y + 1 ⇒ y = x 2 − 1 thay vào (1) ta được: 3 1 − x 2 + 2x 2 = 3 , đặt X = x 2 ⇒ X ∈ [ 0;1] ⇒ 3 1 − X + 2X = 3 (4) + Phương trình (4) giải bằng cách bình phương 2 vế 2 lần  6 2 49  KL: HPT có nghiệm là (x; y) = (0; −1);  ± ;−   11 121  Qua bài này ta thấy việc tìm ĐK cho hàm “đại diện” f(t) sẽ lấy hợp các ĐK của 2 hàm số ở VT và VP, đôi khi chúng ta cần tìm thật sát ĐK của f để chứng minh hàm số f(t) đơn điệu. Trang 10
  13. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1) Bài 8 (KA-2013): Giải hệ phương trình  2 2  x + 2x ( y − 1) + y − 6y + 1 = 0 (2) Phân tích tìm lời giải + ĐK: x ≥ 1 + Ta thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, vậy rất có thể sẽ sử dụng được PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy: x + 1 + 4 x −1 − y4 + 2 = y ⇔ x + 1 + 4 x − 1 = y4 + 2 + y 4 ⇔ ( 4 ) x − 1 + 2 = y 4 + 2 + y (3) + Xét hàm số f (t) = t 4 + 2 + t , do y ∈ R, x ≥ 1 ⇒ t ∈ R 2t 3 ⇒ f '(t) = + t , rõ ràng với t ∈ R thì hàm số f(t) không đơn điệu, vậy ta cần tìm điều t4 + 2 kiện sát hơn đối với t như sau. + Xét (2) x 2 + 2x ( y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0 ⇔ x 2 + 2xy − 2x + y 2 − 6y + 1 = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 1 + 2xy − 2x − 2y = 4y 2 ⇔ ( x + y − 1) = 4y ⇒ 4y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 x ≥ 1 2t 3 + Như vậy với  ⇒ t ≥ 0 ⇒ f '(t) = + t ≥ 0, ∀t ≥ 0 ⇒ f (t) là hàm đồng biến. y ≥ 0 t4 + 2 + Từ (3) ⇒ f ( 4 ) x − 1 = f ( y ) ⇒ 4 x − 1 = y ⇒ x = y 4 + 1 thay vào (2) ta được: y = 0 ( ) y y7 + 2y 4 + y − 4 = 0 ⇔  7 4  y + 2y + y − 4 = 0 (4) + Ở phương trình (4) ta thấy có 1 nghiệm y = 1 , mặt khác xét hàm số ở vế trái của (4) ta có: g(y) = y7 + 2y 4 + y − 4 ⇒ g '(y) = 7y6 + 8y3 + 1 > 0 nên g(y) là hàm đồng biến, vậy y = 1 là nghiệm duy nhất của (4). KL: HPT có nghiệm (x; y) = (1; 0), (2;1) 2y3 − 2x 1 + x = 3 1 + x − y (1) Bài 9: Giải hệ phương trình  2 2 2 2  5x + 2y + 12x + 7 − x − y − 19 = 5y (2) Phân tích tìm lời giải  x ≥ −1  + ĐK: 5x 2 + 2y 2 + 12x + 7 ≥ 0  2 2  x − y − 19 ≥ 0 + Nhận thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, hơn nữa đa thức trong căn là bậc 1, y bậc 3 nên ta sẽ nghĩ đến PP sử dụng “hàm đại diện”, thật vậy: https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 11
  14. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2y3 − 2x 1 + x = 3 1 + x − y ⇔ 2y3 + y = 2x 1 + x + 3 1 + x ⇔ 2y3 + y = 2 (1 + x ) − 1 1 + x + 3 1 + x ⇔ 2y3 + y = 2  1 + x − 1+ x  + 3 1+ x 3  ( )  3 ⇔ 2y3 + y = 2 ( 1+ x ) + 1 + x (3) + Xét hàm số f (t) = 2t 3 + t, t ∈ R ⇒ f '(t) = 6t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R ⇒ f (t) là hàm đồng biến, từ (3) f ( y ) = f ( ) 1 + x ⇔ y = 1 + x thay vào (2) ta có: 5x 2 + 14x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1, x ≥ 5 ⇔ 5x 2 + 14x + 9 = 5 x + 1 + x 2 − x − 20 + Bình phương 2 vế ta được: 2x 2 − 5x + 2 = 5 ( x + 1)( x − 5)( x + 4 ) (4) + Đối với dạng phương trình (4) ta sẽ giải bằng PP đặt 2 ẩn phụ như sau: a = ( x + 1)( x − 5 ) ≥ 0 a 2 = x 2 − 5x − 5 - Đặt  ⇒ 2 thay vào (4) ta có: b = x + 4 > 0 b = x + 4 a 2 2 a 2 a b =1 a = b 2a + 3b = 5ab ⇔ 2   − 5   + 3 = 0 ⇔  ⇔ b b a = 3  2a = 3b  b 2  5 + 61 7 + 61 ( x + 1)( x − 5 ) = x + 4 x = ⇒y= ⇒ ⇔ 2 2  4 ( x + 1)( x − 5 ) = 9 ( x + 4 )  x = 8 ⇒ y = 3  5 + 61 7 + 61  KL: HPT có nghiệm ( x; y ) =  ;  ; ( 8;3)  2 2     1 2 ( 3 x + y + 2 ) 2 = 2 (10 − xy ) (1) Bài 10: Giải hệ phương trình   ( x − y) 2x + 1 = 5 (2)  x−y Phân tích tìm lời giải + ĐK: x ≠ y + Nhận thấy dạng HPT trên sẽ nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để giải quyết, thật vây :  1  2 2 1 ( 2 2 3 x + y + ) 2 = 2 (10 − xy ) 2 ( x + y ) + ( x − y ) + 2 = 20  ( x − y)  ( x − y)  ⇔ 2x + 1 = 5 ( x + y ) + ( x − y ) + 1 = 5  x−y  x−y https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 12
  15. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH a = ( x + y ) a = 3 ⇒ b = 2  2a 2 + b 2 − 2 = 20  + Đặt  1 ⇒ ⇔  b = ( x − y ) + x − y a + b = 5 a = 1 ⇒ b = 14   3 3  8 + 10 1 − 10   8 − 10 1 + 10  KL: HPT có nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) ;  ; ; ;   3 3   3 3   2 3 2 5  x + y + x y + xy + xy = − (1) 4 Bài 11 (KA-2008): Giải hệ phương trình   x 4 + y 2 + xy (1 + 2x ) = − 5 (2)  4 Phân tích tìm lời giải + HPT đã cho nếu biến đổi một chút ta sẽ thấy xuất hiện nhân tử chung:  2 5  2 5 3 2  x + y + x y + xy + xy = − 4 ( ) ( 2 )  x + y + xy + xy x + y = − 4  ⇔  x 4 + y 2 + xy (1 + 2x ) = − 5 (  x 2 + y 2 + xy = − 5 )  4  4  5  5  5  a + b + ab = −  b = − − a2  a =0⇒b=− a = x + y  2 4  4 4 + Đặt  ⇒ ⇔ ⇔ b = xy a 2 + b = − 5 a 3 + a 2 + = 0a a = − ⇒ b = − 3 1  4  4  2 2  5 x 2 + y = 0 x = 3 5   4 + Với a = 0, b = − ⇒  5 ⇔ 4  xy = −  y = − 3 25  4  16 1 3 3 + Tương tự với a = − ; b = − ⇒ x = 1; y = − 2 2 2  5 25   3 KL: HPT đã cho có nghiệm ( x; y ) =  3 ; − 3  ; 1; −   4 16   2  x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y3 + 3y 2 − 9y (1)  Bài 12 (KA-2012): Giải hệ phương trình  2 2 1  x + y − x + y = (2)  2 Phân tích tìm lời giải + Nhận thấy (1) có x và y cô lập sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x và y đều là 3, vậy ta sẽ biến đổi (1) theo PP “hàm đại diện” x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y3 + 3y 2 − 9y 3 3 ⇔ ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) (3) + Xét hàm số f (t) = t 3 − 12t, t ∈ R ⇒ f '(t) = 3 ( t 2 − 4 ) , ta thấy f(t) không phải hàm đơn điệu, do đó ta cần đi tìm điều kiện sát hơn đối với biến t như sau: + Từ (2) ta biến đổi sẽ thấy: https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 13
  16. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  1  3 1 2 2  −1 ≤ x − ≤ 1  − ≤ x − 1 ≤ 1  1  1  2  2 2 3 3 x 2 + y2 − x + y = ⇔  x −  +  y +  = 1 ⇒  ⇔ ⇒− ≤t≤ 2  2  2  −1 ≤ y + 1 ≤ 1  − 1 ≤ y + 1 ≤ 3 2 2  2  2 2 3 3 + Như vậy với điều kiện của t là − ≤ t ≤ ⇒ f '(t) < 0 ⇒ f (t) là hàm nghịch biến. 2 2 + Vậy từ (3) ⇒ f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇒ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 thay vào (2) và biến đổi ta  1 3 x = ⇒y=− 2 2 2 được: 4x − 8x + 3 = 0 ⇔  x = 3 1 ⇒y=−  2 2 1 3 3 1 KL: HPT có nghiệm ( x; y ) =  ; −  ;  ; −  2 2 2 2 Nhận xét: Ta có thể giải HPT trên bằng PP đặt ẩn phụ như sau:  x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y3 + 3y 2 − 9y ( x − y )3 + 3xy ( x − y ) − 3 ( x − y )2 + 2xy  − 9 ( x − y ) + 22 = 0      2 2 1 ⇔ 1 x + y − x + y = 2 ( x − y ) + 2xy − ( x − y ) =  2  2 a 3 + 3ab − 3a 2 − 6b − 9a + 22 = 0 (1) a = x − y  + Đặt  ⇒ 2 1 b = xy a + 2b − a = (2)  2 2 2a − 2a − 1 + Từ (2) ⇒ b = thay vào (1) và biến đổi ta được: 4  3 3 2  a =2⇒b= −2a + 6a − 45a + 82 = 0 ⇔ 4  2 a − 2a + 41 = 0 (3)  3 1 a = 2 x + y = 2  x= ⇒y=−   2 2 + Do phương trình (3) vô nghiệm nên với  3⇒ 3 ⇔ b = 4  xy = 4 x = 1 3 ⇒y=−  2 2 1 3 3 1 KL: HPT có nghiệm ( x; y ) =  ; −  ;  ; −  2 2 2 2  x y 2 + 6 + y x 2 + 3 = 7xy (1)  Bài 13: Giải hệ phương trình   x x 2 + 3 + y y 2 + 6 = 2 + x 2 + y 2 (2) Phân tích tìm lời giải + Nhận thấy HPT đã cho có thể giải bằng PP đặt ẩn phụ, tuy nhiên để đặt được ẩn phụ, ta cần biến đổi một chút như sau: Nhận thấy x = y = 0 không phải là nghiệm của HPT nên ta chia 2 vế của (1) cho xy ≠ 0 , còn (2) ta chuyển vế và nhóm nhân tử, ta sẽ được: https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 14
  17. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  y2 + 6 x2 + 3  x y 2 + 6 + y x 2 + 3 = 7xy  + =7   y x  ⇔   x x 2 + 3 + y y 2 + 6 = 2 + x 2 + y 2  2 ( 2 ) (  x x + 3 − x + y y + 6 − y = 2 (*) ) + Ở phương trình (*) ta biến đổi tiếp bằng cách “nhân liên hợp” x ( x2 + 3 − x + y ) ( ) y2 + 6 − y = 2 3x 6y ⇔ + =2 x2 + 3 + x y2 + 6 + y 3 6 ⇔ + =2 2 2 x +3 y +6 +1 +1 x y  y2 + 6 a = a + b = 7 a = 5 ⇒ b = 2  y  + Đến đây ta đặt  ⇒ 3 6 ⇔   b + 1 + a + 1 = 2 a = 7 ⇒ b = 7 x2 + 3  2 2 b =  x  4 8   1 + Đoạn cuối bạn đọc tự giải, cuối cùng ta có đáp số ( x; y ) =  ;  ; 1;   15 15   2   3 3 2 x −1  x − 3x − y − 6y − 9y − 2 + ln y + 1 = 0 (1) Bài 14: Giải hệ phương trình   y log ( x − 3) + log y  = x + 1 (2)   2 3  Phân tích tìm lời giải x > 3 + ĐK:  y > 0 + Quan sát (1) ta thấy có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác x và y đều có mũ cao nhất là 3, vì vậy ta sẽ sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy: x −1 x 3 − 3x − y3 − 6y 2 − 9y − 2 + ln =0 y +1 ⇔ x 3 − 3x 2 − 2 + ln ( x − 1) = y3 + 6y 2 + 9y + ln ( y + 1) 3 2 3 2 ⇔ ( x − 1) + 3 ( x − 1) + ln ( x − 1) = ( y + 1) + 3 ( y + 1) + ln ( y + 1) (3) x > 3 1 + Xét hàm số f (t) = t 3 + 3t 2 + ln t , do  ⇒ t > 0 f '(t) = 3t 2 + 6t + > 0, ∀t > 0 ⇒ f(t) là y > 0 t hàm đồng biến. + Từ (3) ⇒ f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇒ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 thay vào (2) ta được: https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 15
  18. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ( x − 2 ) log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 ) = x + 1 x +1 ⇔ log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 ) − = 0 (4) x−2 + Nhận thấy phương trình (4) không dễ gì giải quyết được, vậy la dùng phương pháp hàm số. Ta thấy (4) có 1 nghiệm là x = 5 , mặt khác ta xét hàm số: x +1 g(x) = log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 ) − ,x > 3 x−2 1 1 3 ⇒ g '(x) = + + > 0, ∀x > 3 ( x − 3) ln 2 ( x − 2 ) ln 3 ( x − 2 )2 Vậy g(x) là hàm đồng biến ⇒ x = 5 là nghiệm duy nhất của (4). ĐS: ( x; y ) = ( 5;3)  y3 3x 2 + 2x − 1 + 4y = 8 ( ) Bài 15: Giải hệ phương trình  2 3 2 2  y x + 4y x − 6y + 5y = 4 Phân tích tìm lời giải + Ta nhận thấy hệ đã cho có thể cô lập được x và y sang từng vế để sử dụng PP “hàm đại diện” giải HPT. + Do y = 0 không phải là nghiệm của HPT nên:  2 8 4  3x + 2x − 1 = 3 − 2 (1)  y 3x + 2x − 1 + 4y = 8 3 ( 2 ) 3 2 (  y 3x + 2x − 1 = 8 − 4y   ) y y  2 3 ⇔ ⇔ (  x 3 + 4x + 5 = 4 + 6 (2) ) 2 2 2 3  y x + 4y x − 6y + 5y = 4  y x + 4x + 5 = 4 + 6y  y2 y + Ta cộng vế của (1) và (2) 3 3 2 8 6 3 2 2 ⇒ x + 3x + 6x + 4 = 3 + ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) =   + 3   (3) y 6 y y + Xét hàm số f (t) = t + 3t, t ∈ R ⇒ f '(t) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ R ⇒ f (t) là hàm đồng biến 3 2 2 2 + Từ (3) ⇒ f ( x + 1) = f   ⇒ x + 1 = thay vào (2) ta có:  y y 2 x 3 + 4x + 5 = ( x + 1) + 3 ( x + 1) ⇔ x = ±1 (với x = −1 không tìm được y) ⇒ (x; y) = (1;1)  2 y  x − x − y = 3 x − y (1) Bài 16: Giải hệ phương trình  2 x 2 + y 2 − 3 2x − 1 = 11 (2)  ( ) Phân tích tìm lời giải  x 2 − x − y ≥ 0  + ĐK  x − y ≠ 0  1 x ≥  2 https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 16
  19. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH + Ở phương trình (1) ta nhận thấy: y - Nếu cho x = 2 ⇒ 2 − y − = 0 , bấm máy tính giải PT này ta có y = 1 3 2−y y - Nếu cho x = 3 ⇒ 6 − y − = 0 , bấm máy tính giải PT này ta có y = 2 3 3− y ⇒ ta thấy y luôn kém x là 1 đơn vị ⇒ y = x − 1 ⇒ như vậy (1) sẽ có nhân tử chung là y − x + 1 = − ( x − y − 1) , bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung:  1  x=0< + Ta thấy x − x − y ≠ 0 vì : nếu x − x − y = 0 thì theo (1) ⇒ y = 0 ⇒ 2 2 2  x = 1 ⇒ x = 0; y = 0 không là nghiệm của HPT, vậy từ (1) thực hiện nhân liên hợp ta có: y y y y − x2 − x − y x2 − x − y = ⇔ 3 x−y = ⇔ 3 x − y −1 = −1 = 3 x−y x2 − x − y x2 − x − y x2 − x − y ⇔ x − y −1 = ( x + y )( y + 1 − x ) 3 (x − y) 2 + 3 x − y +1 (y + x2 − x − y ) x2 − x − y   ⇔ ( x − y − 1)  1 + ( x + y)  = 0 (*) 3  2 2 ( 2  ( x − y ) + x − y + 1 y + x − x − y x − x − y  3 ) + Đến đây ta cần tìm cách chứng minh cho phương trình ở dấu ngoặc vuông vô nghiệm.    1 + ( x + y) ≠0 3  2 2 (  ( x − y ) + x − y + 1 y + x − x − y x − x − y  3 2 )  1 3 >0 2  ( x − y) + x − y +1 3  + Ta thấy  x 2 − x − y > 0 vậy ta chỉ còn chứng minh cho y > 0   x2 − x − y > 0  x > 0 1 + Giả sử y < 0 , vậy từ (1) ⇒ 3 x − y < 0 ⇔ x − y < 0 ⇔ ≤ x < y (vô lý) ⇒ y > 0 2  1 3 >0 2  ( x − y ) + 3 x − y +1  + Như vậy với hàng loạt dữ kiện có được là  x 2 − x − y > 0 thì ta luôn có:   x2 − x − y > 0   x > 0, y > 0 https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 17
  20. TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1 + ( x + y) > 0 , vậy từ (*) x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1 3 ( x − y) 2 + x − y +1 3 ( y + x2 − x − y ) x2 − x − y + Thay y = x − 1 vào (2) ta được: 2 ( ) 2 2x 2 − 2x + 1 + 3 2x − 1 = 11 ⇔ ( 2x − 1) + 3 2x − 1 − 10 = 0 5 3 + Đặt t = 2x − 1 ⇒ t 4 + 3t − 10 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ 2x − 1 = 2 ⇔ x = ⇒y= 2 2 (1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y (1) Bài 17 (KB-2014): Giải hệ phương trình  2 2y − 3x + 6y + 1 = 2 x − 2y − 4x − 5y − 3 (2) Phân tích tìm lời giải + ĐK: x − y ≥ 0; y ≥ 0; x − 2y ≥ 0; 4x − 5y − 3 ≥ 0 (*) + Ta thử với phương trình (1) thì thấy quy luật sau: y = 0 - Cho x = 1 ⇒ (1 − y ) 1 − y − 1 + y y = 0 ⇔  y = 1 - Cho x = 2 ⇒ (1 − y ) 2 − y + ( y − 1) y = 0 ⇔ y = 1 Như vậy ta có quy luật y = x − 1 , điều này chứng tỏ (1) sẽ có nhân tử chung là − ( x − y − 1) + Bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung là − ( x − y − 1) (1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y ⇔ (1 − y )  x − y − 1 + 1 − y + x − 2 − ( x − y − 1) y =0 (1 − y )( x − y − 1) ⇔ + ( x − y − 1) (1 − y ) = 0 x − y +1 ⇔ (1 − y )( x − y − 1) + ( x − y − 1)(1 − y ) = 0 x − y +1 1+ y  1 1  ⇔ (1 − y )( x − y − 1)  =0  x − y + 1 1 + y  +   + Với y = 1 thay vào (2) ta có 9 − 3x = 0 ⇔ x = 3 + Với y = x − 1 thay vào (2) ta có 2x 2 − x − 3 = 2 − x ( ) ( ⇔ 2 x2 − x −1 + x −1 − 2 − x = 0 )  1  ( ⇔ x 2 − x − 1 2 + ) =0 x −1 + 2 − x   1± 5 ⇔ x2 − x −1 ⇔ x = 2  1 + 5 −1 + 5  Kết hợp ĐK: ( x; y ) = ( 3;1) ;  ;   2 2  https://www.facebook.com/luyenthipro.vn Trang 18
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
24=>0