KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Trọng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

496
lượt xem 166
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trước hết như chúng ta đã nói ở đầu chủ đề, việc đầu tiên là dự đoán nghiệm của hệ. Bằng cách nhẩm tính (trong kì thi ĐH nghiệm thông thường là các số nguyên), dễ dàng thấy hệ có nghiệm:  Quay lại với hệ phương trình, hãy xem ta sẽ xoay sở như thế nào?

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

K Ĩ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TR Ì NH T RONG K Ì T HI Đ Ạ I H Ọ C Kĩ thuật này có phần tương tự v ới việc dự đoán điểm rơi trong chứng minh bất đẳng thức. Sau đây chúng ta sẽ đi xét một vài ví dụ cụ thể. V D1. Giải hệ phương trình: 1  xy  xy  x  1 1 y y 3 y  x x x Trước hết như chúng ta đã nói ở đầu chủ đề, việc đầu tiên là dự đoán nghiệm của hệ. Bằng cách nhẩm tính (trong kì thi ĐH nghiệm thông thường là các số nguyên), dễ dàng thấy hệ có nghiệm:  x, y   1,0 Quay lại v ới hệ phương trình, hãy xem ta sẽ xoay sở như thế nào? Một phản xạ rất tự nhiên có lẽ x  a, y  b.(a  0, b  0) và nhân chia c ộng trừ tung toé lên. Dĩ nhiên trong nhiều người sẽ đặt bài viết này chúng ta sẽ không làm điều đó. Với kết luận x  1 ở trên, hãy chú ý phương trình thứ 1 1  nhất của hệ kèm theo điều kiện x  0, y  0 , VT (1)  1 → VP(1)  x  1→ (*). ‘=’ khi và xx x chỉ khi x  1 . Với kết luận (*) ở trên, rõ ràng từ phương trình (2) ta có thể đưa ra kết luận y y  3 y để đảm y  0 bảo đẳng thức. Song điều trên lại tương đương v ới  (b). Chúng ta cũng không quên đi dự y  3 đoán y  0 từ đầu. Vậy làm sao để loại bỏ trường hợp y  3 ? Lại trở lại với phương trình (1). Đặt a  x (a  0) . (1)   y  1 a  ya  1  0 . 2 Cố định y , xem VT c ủa phương trình trên là một tam thức bậc 2 v ới a . Để phương trình có nghiệm (ở đây chúng ta không c ần xét điều kiện nghiệm phải dương), trước hết   y  4  y  1  3 y  4  0 4  y (c) 3 Từ (b) và (c) suy ra y  0 . Thay y  0 vào một trong 2 phương trình ta được x  1 .Cuối cùng là việc kết luận nghiệm của hệ. Các bạn hãy tự thử trình bày lại bài giải tường minh cho bài toán và nhận xét v ề độ dài và phức tạp của nó so v ới các cách giải thông thường. o0DarkLord0o
V D2. Giải phương trình:   3 1  x  1  x3  2 Trước hết hãy thử xét một cách giải thông thường. C 1. Điều kiện x  1. Với điều kiện trên ta có biến đổi sau: x3  2   x3  1  1   x  1  x  1  3x   1   x  1  3x  x  1  1 2 3   x  1 t  0 . Đặt t    P hương trình tương đương:  t  1  t 6  3 t 2  1 t 2  1 . 3 Nhận xét v ới t  0 cả 2 v ế của phương trình đều không âm. Bình phương 2 v ế của phương trình ta được: t 6  6t 5  15t 4  20t 3  15t 2  6t  1  t 6  3t 4  3t 2  1  6t 5  18t 4  20t 3  12t 2  6t  0 t  0  6t  18t  20t  12t  6  0 4 3 2 Với t  0 ta hoàn toàn có thể loại trường hợp (2). Vậy phương trình có nghiệm khi t  0 hay x  1 (thoả mãn điều kiện). Chú ý việc bình phương 2 v ế của phương trình không phải là ngẫu nhiên mà là căn cứ trên việc cả 2 v ế của phương trình đều chứa tham số tự do 1. Nhìn bài giải thì có v ẻ khá 2 ngắn gọn nhưng thực sự việc khai triển bình phương  t  1  vẫn không phải là tối ưu nhất. Hãy 3   xét cách giải dưới đây. C 2. D ự đoán nghiệm: x  1 . Điều kiện tương tự. Ta biến đổi: 1 x 1  3 x3  2 Hai v ế của phương trình không âm. Bình phương ta được o0DarkLord0o
x  2  2 1  x  3 x3  2 Với dự đoán ban đầu x  1 , ta sẽ có 2 1  x  0 . Hiện tại ta chưa có căn c ứ cho đánh giá này. Song rõ ràng 2 1  x  0 . Sử dụng đánh giá đó ta kết luận: x  2  x3  2 . Lập phương 2 v ế của bất 3 phương trình bên: x3  6 x2  12 x  8  x3  2  6 x2  12 x  6  0  6  x  1  0 2 Bất phương trình trên chỉ đúng khi x  1 tức dấu đẳng thức xảy ra. Kết luận nghiệm: x  1 (thoả mãn điều kiện). Thử so sánh C 1 ,C2 và chọn cho mình cách giải ưu việt hơn. V D3. Giải hệ phương trình:     19   3x  4  5  x 2  2   3x  8  y x    y  log x  1  2 D ự đoán nghiệm: x  4 . Bỏ qua việc đặt điều kiện và biến đổi đơn giản phương trình (2) để được đẳng thức cuối cùng: 2 2y  (*). Mục tiêu tiếp theo là c h ặn số nghiệm của phương trình để đưa ra kết luận nghiệm cuối x cùng. Thay (*) vào phương trình (1) ta được:   2  2 19  3x  8x  3x  4  5  x 2 xx 2 Chia 2 v ế của phương trình cho (# 0) : x 3x  4  5  x  3x2  8x  19 Với dự đoán ban đầu hệ có duy nhất một nghiệm x  4 . Ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số để kết luận phương trình có duy nhất 1 nghiệm. Cụ thể như sau: f ( x)  3 x  4  5  x o0DarkLord0o
g ( x)  3x 2  8x  19  4  Dễ thấy f ( x) là hàm tăng trên tập xác định D   ,5 3   g ( x) là một tam thức bậc 2 v ới a  3  0 . Nếu gọi A là định của đồ thị hàm số g ( x) thì hoành độ b 4  4 4  4  của A là xA   . Xét trên tập xác định của hệ, g ( x) tăng trên  ,  và giảm trên  ,5 .  3 3 3  2a 3  4 4  Xét f ( x), g ( x) trên  ,  , ta có:  3 3   4   33  6 2  f max  f     3 3   g  g  4   3   min 3   4 4   4 4  → f max  g min x   → phương trình f ( x)  g ( x) không có nghiệm trên  3 , 3 . ,  3 3    4  Trên  ,5 ta có f ( x) tăng và g ( x) giảm → phương trình f ( x)  g ( x) có tối đa 1 nghiệm. Đồng  3 thời f (4)  g(4)  3 → phương trình có nghiệm duy nhất x  4 . o0DarkLord0o
Bằng cách trên chúng ta đã tránh được việc đặt ẩn hoặc xét dấu 2 v ế và thực hiện bình phương. Một V D khác o0DarkLord0o đã từng post trên LSSF. V D4. Giải phương trình (ĐH - B-2011): 3 2  x  6 2  x  4 4  x 2  10  3x Bên cạnh cách giải ngắn gọn nhất bằng cách đặt t  3 2  x  6 2  x , ta hoàn toàn có thể giải bằng cách dự đoán nghiệm. 6 D ự đoán nghiệm: x  . 5 Điều kiện 2  x  2 . Với điều kiện trên 10  3x  0x  D 3 2  x  4 4  x 2  (10  3x)  6 2  x Cả 2 v ế của phương trình đều không âm. Bình phương ta được: 25x2  105x  90   60 x  72  2  x o0DarkLord0o
 6 x 6 và VT  0   VT  0   x  3 5  5 x  3 6 6 VP  0   x  2 và VP  0  x  5 5 Khảo sát trên toàn tập xác định 6  x  2 thì VP  0,VT  0 . Với 5 6 Với 2  x  thì VP  0,VT  0 5 6  x2 6 x Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi  5 5 VT  VP  0  Ở đây ý tưởng chuy ển v ế để bình phương hoàn toàn không phải là trùng hợp. Hãy chú ý: 2  x 4  x 2   2  x  2  x hay nói cách khác sau khi thực hiện thao tác trên thì biểu thức 2  x tạo ra sự thuận lợi cho việc dồn căn thức về một vế và trong căn duy nhất còn lại ở cả 2 v ế là xét dấu 2 v ế của phương trình. Từ VD trên ta thấy rằng kĩ thuật dự đoán nghiệm không phải lúc nào cũng là tối ưu, đồng thời việc phát hiện ra những dấu hiệu đặc biệt trong phương trình, hệ phương trình để xử lí nó cũng không hề đơn giản và máy móc được, song trong những trường hợp ngược lại ít nhất nó cũng đóng góp cho chúng ta thêm một cách giải khác. o0DarkLord0o